2024年2月19日发(作者：)

第四讲　数列求和A组基础巩固一、单选题1．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　A　)A．n2＋1－　C．n2＋1－　B．2n2－n＋1－D．n2－n＋1－[解析]　该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.2．已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则的前100项和为(　D　)A．　C．　B．　D．[解析]　∵an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，∴an＋1－an＝1＋n.∴an－an－1＝n(n≥2)．∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝.∴＝＝2.∴的前100项和为2＝2＝.故选D.3．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于(　D　)A．13　C．9　[解析]　∵an＝＝1－，∴Sn＝n－＝n－1＋.而＝5＋，∴n－1＋＝5＋.∴n＝6.4．在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　B　)A．(3n－1)2　C．9n－1　B．(9n－1)D．(3n－1)B．10　D．6[解析]　因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．则当n≥2时，an＝2·3n－1.当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．则数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列，a＋…＋a＝＝(9n－1)．故选B.5．(2021·黑龙江哈尔滨三中期末)数列{an}的前n项和为Sn，且an＝(－1)n(2n－1

1)，则S2 023＝(　C　)A．2 021　C．－2 023　B．－2 021D．2 023[解析]　本题考查用并项相加求数列的前n项和．由已知an＝(－1)n·(2n－1)，a2 023＝(－1)2 023(2×2 023－1)＝－4 045，且an＋an＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝(－1)n＋1(2n＋1－2n＋1)＝2×(－1)n＋1，因而S2 023＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 021＋a2 022)＋a2 023＝2×1 011－4 045＝－2 023.故选C.6．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，，，，…，；①(2)将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an.则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝(　C　)A．　C．　B．D．[解析]　依题意可得新数列为，，，…，×，所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝＋…＋＝＝×＝.故选C.二、多选题7．(2022·重庆月考)已知数列{an}满足a1＝－2，＝(n≥2，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则(　ABD　)A．a2＝－8　C．S3＝－30　B．an＝－2n·nD．Sn＝(1－n)·2n＋1－2[解析]　由题意可得，＝2×，＝2×，＝2×，…，＝2×(n≥2，n∈N*)，以上式子左、右分别相乘得＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)，故S3＝－34，故C错误，D正确．8．数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律：，，，，，，，，，，…，，，…，，以下说法正确的是(　ACD　)A．a24＝2

B．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比数列C．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n项和为Tn＝D．若存在正整数k，使Sk<10，Sk＋1≥10，则ak＝[解析]　对于选项A，a22＝，a23＝，a24＝，故A正确．对于选项B、C，数列，1，，2，…等差数列，Tn＝，故B错，C正确．对于选项D，S21>10，S20<10，a20＝，正确．故选A、C、D.三、填空题9．数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为 2 022 .[解析]　an＝＝－，Sn＝＋＋…＋＝1－＝＝，所以n＝2 022.10.＋＋＋…＋＝　－　.[解析]　∵＝＝＝，∴＋＋＋…＋＝＝＝－.11．(2021·海南三亚模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}满足bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝ 24 ，T30＝ 650 .[解析]　当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.12．(2021·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{an}满足：a1为正整数，an＋1＝如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝ 4 709 .[解析]　由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2 018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4 709.四、解答题13．(2021·宁夏银川金凤模拟)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，设bn＝.(1)证明数列{bn}是等差数列，并求其通项公式；(2)若cn＝2bn－n，求数列{cn}的前n项和．[解析]　(1)∵nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴－＝2，3

∵bn＝，∴bn＋1－bn＝2，b1＝＝2，∴数列{bn}是等差数列，首项与公差都为2.∴bn＝2＋2(n－1)＝2n.(2)cn＝2bn－n＝22n－n＝4n－n，∴数列{cn}的前n项和为－＝－.14．(2021·太原二模)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足bn＝an＋an＋1(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)若cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前n项和Tn.[解析]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2满足上式，∴an＝2n(n∈N*)，∴bn＝an＋an＋1＝3×2n.(2)由(1)得an＝2n，bn＝3×2n，∴cn＝log2an＝n，∴bn·cn＝3n×2n，∴Tn＝3×(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)，①①×2，得2Tn＝3×(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1)，②①－②，得－Tn＝3×(2＋22＋…＋2n－n×2n＋1)＝3×[(1－n)×2n＋1－2]，∴Tn＝3(n－1)×2n＋1＋6.B组能力提升1．(多选题)(2021·山东济宁期末)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，则下列说法正确的是(　AC　)A．a5＝－16B．S5＝－63C．数列{an}是等比数列D．数列{Sn＋1}是等比数列[解析]　因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，所以a1＝S1＝2a1＋1，所以a1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，故C正确；a5＝－1×24＝－16，故A正确；Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B错误；因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误．故选AC.2．已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为(　C4

)A．1 026　C．1 024　[解析]　∵＝1＋n，∴Tn＝n＋1－，∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，又m>T10＋1 013，恒成立∴整数m的最小值为1 024.3．已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 020项的和为(　D　)A．1 009　C．2 019　[解析]　设{an}的公差为d，则有解得∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，……，∴数列{ancos nπ}的前2 020项的和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×＝2 020.4．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知，S9＝－a5，若a1>0，使得Sn≥an的n的取值范围　 [1,10] n ∈ N 　 .[解析]　由S9＝－a5得a5＝0即d＝－故an＝－，Sn＝－由Sn≥an可得－≥－由于a1>0，故Sn≥an等价于－≥－即：n2－11n＋10≤0解得1≤n≤10所以n的取值范围是[1,10]n∈N.5．(2021·山东省济南市历城第二中学高三模拟考试)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝，设数列{cn}的前n项和Tn，求T2n.[解析]　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，5B．1 025　D．1 023B．1 010　D．2 020

由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，得，解得.∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，当n为奇数，cn＝＝－，当为偶数，cn＝2n－1.∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－＋＝＋(4n－1)．6