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.docx

1、第4讲 数列求和1.2024山东潍坊模拟在数列an中，an1n+12n+1nn+1（nN），bn1anan+1，则数列bn的前n项和S10（D）A.1011B.2011C.3011D.4011解析an1n+12n+1nn+11+2+nn+1n（n+1）2n+1n2，bn1anan+11n（n+1）44n（n+1）4（1n1n+1），S104（1121213110111）4（1111）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123100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于

2、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an2n1002n101，则a1a2a100（C）A.98B.99C.100D.101解析解法一由数列的通项公式为an2n1002n101，可得当1n100，nN*时，ana101n2n1002n1012（101n）1002（101n）1012n1002n1011022n1012n4n2022n1012，所以a1a100a2a99a3a98a100a12，所以2（a1a2a100）2100200，所以a1a2a100100，故选C.解法二函数f（x）2x1002x101的图象关于点（1012，1）对称，所以

3、f（x）f（101x）2，则f（1）f（100）f（2）f（99）f（50）f（51）2，即a1a100a2a99a50a512，所以a1a2a100502100.故选C.3.2023石家庄市三检已知数列an的通项公式为ann1，数列bn是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1ab2ab9502.解析因为ann1，所以abnbn1，所以ab1ab2ab9（b11）（b21）（b91）（b1b2b9）91（129）129502.4.2023惠州调研已知数列an的前n项和为Sn，nN*，现有如下三个条件：条件a55；条件an1an2；条件S24.请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，

4、并完成解答.（1）求数列an的通项公式；（2）设数列bn满足bn1anan+1，求数列bn的前n项和Tn.解析（1）选时.解法一由an1an2可知数列an是公差d2的等差数列.又a55，a5a1（51）d，所以a13，故an32（n1），即an2n5（nN*）.解法二由an1an2可知数列an是公差d2的等差数列.又a55，ana5（n5）d，所以an5（n5）2，即an2n5（nN*）.选时.由an1an2可知数列an是公差d2的等差数列.由S24可知a1a24，即2a124，解得a13，故an32（n1），即an2n5（nN*）.（备注：选这两个条件无法确定数列.）（2）bn1anan+1

5、1（2n5）（2n3）12（12n512n3），Tn12（1311）（1111）（1113）（12n512n3）12（1312n3）1614n6，所以Tnn6n+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b22，b516，a12b1，a3b4.（1）求an，bn的通项公式；（2）设cnanbn，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q3b5b21628，q2，b1b2q1，bn2n1.a12b12，a3b4238，da3a1318223，an23（n1）3n1.（2）由（1）得cn（3n1）2n1，Snc1c2c3cn

6、1cn220521822（3n4）2n2（3n1）2n1，则2Sn221522823（3n4）2n1（3n1）2n，两式相减得Sn22032132232n1（3n1）2n，则Sn3（20212n1）（3n1）2n1312n12（3n1）2n1，Sn332n（3n1）2n1（3n4）2n4.6.2023大同学情调研已知数列an的前n项和Sn满足Sn22an（nN*）.（1）证明：数列Sn2是等比数列.（2）设数列2n（an1)(an+11）的前n项和为Tn，求证：23Tn1.解析（1）当n1时，S122a1，S1a12.当n2时，Sn22an2（SnSn1），Sn2Sn12，Sn22（Sn12）

7、，易知Sn120，Sn+2Sn1+22，数列Sn2是首项为S124，公比为2的等比数列.（2）由（1）知Sn242n1，Sn2n12，代入Sn22an，得an2n，2n（an1)(an+11）2n（2n1)(2n+11）12n112n+11，Tn（1211221）（12211231）（12n112n11）112n+11.易得Tn112n+111.由n1，得2n14，2n113，12n+1113，即12n+1113，112n+1123.综上所述，23Tn1.7.已知等比数列an的前n项和为Sn，S67S3，且a2，1，a3成等差数列，则数列an的通项公式为an（2）n1；设bnan1，则数列bn

8、的前2n项和T2n22n1.解析设等比数列an的公比为q，由S67S3，得q1，所以a1（1q6）1qa1（1q3)(1+q3）1q（1q3）S37S3，因为S30，所以1q37，解得q2，由a2，1，a3成等差数列，可得a2a32，即2a14a12，所以a11，所以ana1qn1（2）n1.当n为偶数时，an12n110，当n为奇数时，an12n110，所以T2n（a11）（a21）（a31）（a41）（a2n11）（a2n1）a1a2a3a4a2n1a2n12222322n222n1122n1222n1.8.2024平许济洛第一次质检设数列an的前n项和为Sn，且an0，n2n+1Snn2

9、n+4Sn3.（1）求数列an的通项公式；（2）设数列bn满足bn2an，求数列（an1）bn的前n项和Tn.解析（1）由n2n+1Snn2n+4Sn3，得Sn2（n2n4）Sn3（n2n1）0，即（Sn3）Sn（n2n1）0，解得Sn3（舍去）或Snn2n1.当n2时，anSnSn1n2n1（n1）2（n1）12n，当n1时，a1S13，不适合上式，所以an3，n=1，2n，n2.（2）Tn（a11）2a1（a21）2a2（a31）2a3（a41）2a4（an1）2an223324526728（2n1）22n16342543744（2n1）4n12141342543（2n1）4n.令Rn14

10、1342543（2n1）4n，则4Rn142343544（2n3）4n（2n1）4n1，得：3Rn424224324n（2n1）4n1432（14n1）14（2n1）4n14323234n1（2n1）4n1203（532n）4n1.所以Rn209（2n359）4n1，所以Tn12209（2n359）4n112896n594n1，nN*.9.2024浙江名校联考设数列an的前n项和为Sn，已知Sn12（3an1）（nN*）.（1）求an的通项公式；（2）设bnnan，n为奇数，nan，n为偶数，求数列bn的前2n项和T2n.解析（1）由题意得，2Sn3an1，则2Sn13an11（n2），两式相

11、减得an3an1（n2）.数列an是等比数列，公比为3，令n1，则2a13a11，得a11，an的通项公式为an3n1.（2）由（1）得，bnn3n1，n为奇数，n3n1，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（1352n1）（30323432n2）n29n18，S偶数项2314336352（n1）32n32n32n1，则9S偶数项2334356372（n1）32n12n32n1，得，8S偶数项2（31333532n1）2n32n123（19n）192n32n1，S偶数项（24n3）32n+332.T2nn29n18（24n3）32n+332n2

12、（24n+1）32n132.10.2024南昌市模拟如图，第n个图形是由棱长为n1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：an3n23n1.（2）求和：122232n2.解析（1）棱长为n1的正方体的体积为（n1）3，棱长为n的正方体的体积为n3，所以an（n1）3n3n33n23n1n33n23n1.（2）由（1）可知an（n1）3n33n23n1，则a1a2an3123113223213n23n13（1222n2）3（12n）n3（1222n2）3n（n+1）2n，又a1a2an23133323（n1）3n3（n1）31n33n23n，所以3（1222n2）3n（n+1）2nn33n23n，即122232n22n3+3n2n6n（n+1)(2n+1）6.