备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第4讲数列求和

第4讲数列求和1.[2024山东潍坊模拟]在数列{an}中，an＝1n+1＋2n+1＋…＋nn+1（n∈N＋），bn＝1anan+1，则数列{bn}的前n项和S10＝（　D　）A.1011B.2011C.3011D.4011解析　∵an＝1n+1＋2n+1＋…＋nn+1＝1+2+…＋nn+1＝n（n+1）2n+1＝n2，∴bn＝1anan+1＝1n（n+1）4＝4n（n+1）＝4（1n－1n+1），∴S10＝4×（1－12＋12－13＋…＋110－111）＝4×（1－111）＝4011.故选D.2.[2023上海宜川中学5月模拟]德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称.相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，此方法也被称为高斯算法.已知某数列的通项公式为an＝2n－1002n－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（　C　）A.98B.99C.100D.101解析　解法一　由数列的通项公式为an＝2n－1002n－101，可得当1≤n≤100，n∈N*时，an＋a101－n＝2n－1002n－101＋2（101－n）－1002（101－n）－101＝2n－1002n－101＋102－2n101－2n＝4n－2022n－101＝2，所以a1＋a100＝a2＋a99＝a3＋a98＝…＝a100＋a1＝2，所以2（a1＋a2＋…＋a100）＝2×100＝200，所以a1＋a2＋…＋a100＝100，故选C.解法二　函数f（x）＝2x－1002x－101的图象关于点（1012，1）对称，所以f（x）＋f（101－x）＝2，则f（1）＋f（100）＝f（2）＋f（99）＝…＝f（50）＋f（51）＝2，即a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51＝2，所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.故选C.3.[2023石家庄市三检]已知数列{an}的通项公式为an＝n－1，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab9＝　502　.解析　因为an＝n－1，所以abn＝bn－1，所以ab1＋ab2＋…＋ab9＝（b1－1）＋（b2－1）＋…＋（b9－1）＝（b1＋b2＋…＋b9）－9＝1×（1－29）1－2－9＝502.4.[2023惠州调研]已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，现有如下三个条件：条件①a5＝5；条件②an＋1－an＝2；条件③S2＝－4.请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.（1）求数列{an}的通项公式； （2）设数列{bn}满足bn＝1an·an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.解析　（1）选①②时.解法一　由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.又a5＝5，a5＝a1＋（5－1）×d，所以a1＝－3，故an＝－3＋2（n－1），即an＝2n－5（n∈N*）.解法二　由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.又a5＝5，an＝a5＋（n－5）×d，所以an＝5＋（n－5）×2，即an＝2n－5（n∈N*）.选②③时.由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.由S2＝－4可知a1＋a2＝－4，即2a1＋2＝－4，解得a1＝－3，故an＝－3＋2（n－1），即an＝2n－5（n∈N*）.（备注：选①③这两个条件无法确定数列.）（2）bn＝1an·an+1＝1（2n－5）·（2n－3）＝12（12n－5－12n－3），Tn＝12[（1－3－1－1）＋（1－1－11）＋（11－13）＋…＋（12n－5－12n－3）]　＝12（－13－12n－3）　＝－16－14n－6，所以Tn＝n－6n+9.5.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝2，b5＝16，a1＝2b1，a3＝b4.（1）求{an}，{bn}的通项公式；（2）设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.解析　（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则q3＝b5b2＝162＝8，q＝2，∴b1＝b2q＝1，∴bn＝2n－1.∵a1＝2b1＝2，a3＝b4＝23＝8，∴d＝a3－a13－1＝8－22＝3，∴an＝2＋3（n－1）＝3n－1.（2）由（1）得cn＝（3n－1）×2n－1，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn ＝2×20＋5×21＋8×22＋…＋（3n－4）×2n－2＋（3n－1）×2n－1，则2Sn＝2×21＋5×22＋8×23＋…＋（3n－4）×2n－1＋（3n－1）×2n，两式相减得－Sn＝2×20＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－1－（3n－1）×2n，则－Sn＝3（20＋21＋…＋2n－1）－（3n－1）×2n－1＝3×1－2n1－2－（3n－1）×2n－1，Sn＝3－3×2n＋（3n－1）×2n＋1＝（3n－4）×2n＋4.6.[2023大同学情调研]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＝2an（n∈N*）.（1）证明：数列{Sn＋2}是等比数列.（2）设数列{2n（an－1)(an+1－1）}的前n项和为Tn，求证：23≤Tn＜1.解析　（1）当n＝1时，S1＋2＝2a1，∴S1＝a1＝2.当n≥2时，Sn＋2＝2an＝2（Sn－Sn－1），∴Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2（Sn－1＋2），易知Sn－1＋2≠0，∴Sn+2Sn－1+2＝2，∴数列{Sn＋2}是首项为S1＋2＝4，公比为2的等比数列.（2）由（1）知Sn＋2＝4×2n－1，∴Sn＝2n＋1－2，代入Sn＋2＝2an，得an＝2n，∴2n（an－1)(an+1－1）＝2n（2n－1)(2n+1－1）＝12n－1－12n+1－1，∴Tn＝（12－1－122－1）＋（122－1－123－1）＋…＋（12n－1－12n＋1－1）＝1－12n+1－1.易得Tn＝1－12n+1－1＜1.由n≥1，得2n＋1≥4，2n＋1－1≥3，∴12n+1－1≤13，即－12n+1－1≥－13，∴1－12n+1－1≥23.综上所述，23≤Tn＜1.7.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S6＝－7S3，且a2，1，a3成等差数列，则数列{an}的通项公式为　an＝（－2）n－1　；设bn＝｜an－1｜，则数列{bn}的前2n项和T2n＝　22n－1　.解析　设等比数列{an}的公比为q，由S6＝－7S3，得q≠1，所以a1（1－q6）1－q＝a1（1－q3)(1+q3）1－q＝（1＋q3）S3＝－7S3，因为S3≠0，所以1＋q3＝－7，解得q＝－2，由a2，1，a3成等差数列，可得a2＋a3＝2，即－2a1＋4a1＝2，所以a1＝1，所以an＝a1qn－1＝（－2）n－1.当n为偶数时，an－1＝－2n－1－1＜0，当n为奇数时，an－1＝2n－1－1≥0，所以T2n＝（a1－1）－（a2－1）＋（a3－1）－（a4－1）＋…＋（a2n－1－1）－（a2n－1）＝a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n＝1＋2＋22＋23＋…＋22n－2＋22n－1＝1－22n1－2＝22n－1.8.[2024平许济洛第一次质检]设数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0，n2＋n+1Sn＝n2＋n+4－Sn3. （1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足bn＝2an，求数列{（an－1）bn}的前n项和Tn.解析　（1）由n2＋n+1Sn＝n2＋n+4－Sn3，得Sn2－（n2＋n＋4）Sn＋3（n2＋n＋1）＝0，即（Sn－3）[Sn－（n2＋n＋1）]＝0，解得Sn＝3（舍去）或Sn＝n2＋n＋1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－（n－1）2－（n－1）－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，不适合上式，所以an＝3，n=1，2n，n≥2.（2）Tn＝（a1－1）·2a1＋（a2－1）·2a2＋（a3－1）·2a3＋（a4－1）·2a4＋…＋（an－1）·2an＝2×23＋3×24＋5×26＋7×28＋…＋（2n－1）×22n＝16＋3×42＋5×43＋7×44＋…＋（2n－1）×4n＝12＋1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n.令Rn＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n　①，则4Rn＝1×42＋3×43＋5×44＋…＋（2n－3）×4n＋（2n－1）×4n＋1　②，①－②得：－3Rn＝4＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－（2n－1）×4n＋1＝4＋32（1－4n－1）1－4－（2n－1）×4n＋1＝4－323＋23×4n＋1－（2n－1）×4n＋1＝－203＋（53－2n）×4n＋1.所以Rn＝209＋（2n3－59）·4n＋1，所以Tn＝12＋209＋（2n3－59）·4n＋1＝1289＋6n－59·4n＋1，n∈N*.9.[2024浙江名校联考]设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝12（3an－1）（n∈N*）.（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝n＋an，n为奇数，n·an，n为偶数，求数列{bn}的前2n项和T2n.解析　（1）由题意得，2Sn＝3an－1，则2Sn－1＝3an－1－1（n≥2），两式相减得an＝3an－1（n≥2）.∴数列{an}是等比数列，公比为3，令n＝1，则2a1＝3a1－1，得a1＝1，∴{an}的通项公式为an＝3n－1.（2）由（1）得，bn＝n＋3n－1，n为奇数，n×3n－1，n为偶数.记数列{bn}的前2n项中奇数项的和为S奇数项，偶数项的和为S偶数项， 则S奇数项＝（1＋3＋5＋…＋2n－1）＋（30＋32＋34＋…＋32n－2）＝n2＋9n－18，S偶数项＝2×31＋4×33＋6×35＋…＋2（n－1）×32n－3＋2n×32n－1　①，则9S偶数项＝2×33＋4×35＋6×37＋…＋2（n－1）×32n－1＋2n×32n＋1　②，①－②得，－8S偶数项＝2（31＋33＋35＋…＋32n－1）－2n×32n＋1＝2×3×（1－9n）1－9－2n×32n＋1，∴S偶数项＝（24n－3）×32n+332.∴T2n＝n2＋9n－18＋（24n－3）×32n+332＝n2＋（24n+1）×32n－132.10.[2024南昌市模拟]如图，第n个图形是由棱长为n＋1的正方体挖去棱长为n的正方体得到的，记其体积为{an}.（1）求证：an＝3n2＋3n＋1.（2）求和：12＋22＋32＋…＋n2.解析　（1）棱长为n＋1的正方体的体积为（n＋1）3，棱长为n的正方体的体积为n3，所以an＝（n＋1）3－n3＝n3＋3n2＋3n＋1－n3＝3n2＋3n＋1.（2）由（1）可知an＝（n＋1）3－n3＝3n2＋3n＋1，则a1＋a2＋…＋an＝3×12＋3×1＋1＋3×22＋3×2＋1＋…＋3×n2＋3×n＋1＝3×（12＋22＋…＋n2）＋3×（1＋2＋…＋n）＋n＝3×（12＋22＋…＋n2）＋3×n（n+1）2＋n　①，又a1＋a2＋…＋an＝23－13＋33－23＋…＋（n＋1）3－n3＝（n＋1）3－1＝n3＋3n2＋3n　②，所以3×（12＋22＋…＋n2）＋3×n（n+1）2＋n＝n3＋3n2＋3n，即12＋22＋32＋…＋n2＝2n3+3n2＋n6＝n（n+1)(2n+1）6.