2023-2024屆新高考一輪復(fù)習(xí)人教A版 第五章 第4節(jié)　數(shù)列求和 作業(yè)

第4節(jié)數(shù)列求和

課時(shí)作業(yè)靈活分層，高效提能________________________

［選題明細(xì)表］

知識點(diǎn)、方法題號

分組求和法1,3,4,6,13

裂項(xiàng)相消法2,10,12

錯(cuò)位相減法5,8,14

倒序相加法7

并項(xiàng)求和法9,11

「A級基礎(chǔ)］凡固練

1.若數(shù)列｛2nT｝的前10項(xiàng)和等于數(shù)列｛2n+k）的前6項(xiàng)和，則常數(shù)k等

于（A）

C.--D.--

34

解析：｛2nT｝的前10項(xiàng)和為但尸=］00,｛2n+k）的前6項(xiàng)和為6k+

2+22+???+26=6k+y^=6k+126=100,

解得k=-y.

2.已知數(shù)列區(qū)｝滿足an=√-,n∈N*,且數(shù)列瓜｝的前n項(xiàng)和S“岑,則n

n2+n11

的值為（C）

A.8B.9C.10D.11

解析：因?yàn)閍=1111

n?n2+nn(n+l)nn+l,

所以有Sn=IW+*+???+?■W=n=10?

π

所以數(shù)列｛atl｝是首項(xiàng)為4,公比為4的等比數(shù)列,所以an=4,故B正

確,A,C錯(cuò)誤；

π

又(3n-2)all=(3∏-2)?4,記數(shù)列｛(3n—2)an｝的前n項(xiàng)和為T”，

2nn

則Tn=IX4+4×4+???+(3n-5)×4'+(3n-2)×4,

23n+

4Tn=l×4+4×4+???+(3n-5)×4"+(3n-2)×4',

兩式相減,得-334+3X(42+43+???+4n)-(3n-2)×4n+1

=4+3X^―-(3n-2)×4n+1

1-4

=-3?(n-l)×4n+1-12,

所以Tn=4+(nT)X4*故D正確.

6.數(shù)列1,(1+2),(1+2+2，),…，(1+2+2,+…+2"T),…的前n項(xiàng)和為

解析：由于a=l+21+22+???+2n^'=-=2"-l,

n2-1

,2n

所以前n項(xiàng)之和Tn=(2-l)+(2-l)+???+(2-l)

=(2'+22+23+???+2n)-(l+l+???+l)

2x(2n-l)

-n=2n+'-∏-2.

2-1

答案:2田-52

7.f(x)?利用課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和的公式的方法,可求

1_2_)...f(Ξ2Ξ)

得f()+f(?++

202120212021

解析：由于f(X)=急,

2(l-x)_2x-2

所以f(l-X)

2(l-χ)-l2χ-l,

故f(x)+f(1-X)=2.

2x-l2x~l2x-l

122020

設(shè)f()+f(?)+???+f()=a,①

202120212021

故f(3)+f(3)+..?+f(?)+f(-l-)=a,②

2021202120212021

①+②得,2020×[f(-?-)+f(∣^)]=2a,

解得a=2020.

答案:2020

8.(2022?全國甲卷)記Sn為數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和.已知泡+n=2a√4.

n

(1)證明：ω是等差數(shù)列；

(2)若a4,a7,a9成等比數(shù)歹U,求Sn的最小值.

⑴證明：由泡+n=2a+l,

n11

2

得2Sn+n=2nan+π,①

2

所以2Slltl+(n+l)=2(n+l)a田+(n+l),②

②-①，

得2an+ι+2n+l=2(n+l)an÷ι-2πan+l,

-=

化簡得an+ιanIJ

所以數(shù)列｛a,,｝是公差為1的等差數(shù)列.

⑵解：由(1)知數(shù)列｛aj的公差為1.

由脛=a,∣a9,得(aj+6)J(a∣+3)(a∣+8),

解得aι=-12,

所以Sn=T2n+任P=專任=；(n-會2一等,所以當(dāng)n=12或I3時(shí),S0取得

22228

最小值,最小值為-78.

綜合運(yùn)用練

9.已知數(shù)列｛aj滿足an=π,在an,an+∣之間插入n個(gè)1,構(gòu)成數(shù)列｛bn｝:

ab1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,則數(shù)列｛bn)的前100項(xiàng)的和為()

A.178B.191C.206D.216

解析:數(shù)列｛a,,｝滿足an=π,在an,am之間插入n個(gè)1,構(gòu)成數(shù)列ab1,a2,

(n-1)(+n-1)

1,1,a3,1,1,1,a4,…,an,所以共有n+[l+2+???+(n-l)]=n+^,=

?(n+l)個(gè)數(shù)，

當(dāng)n=13時(shí)，13X14=91,

當(dāng)n=14時(shí),2X14X15=105,

由于an=n,

α+1xl3

所以Sioo=(al+a2+??→a13)+(100-13)×l=^÷87=178.故選A.

10.(多選題)已知正項(xiàng)數(shù)列｛aj的首項(xiàng)為2,前n項(xiàng)和為S11,且

嗎皿±?Sl?=Sm+1,bn=~~數(shù)歹U?｝的前n項(xiàng)和為Tn,

若TWI6,則n的值可以為(AB)

A.543B.542C.546D.544

解析：因?yàn)閐+in)｝+-3+Sn+an=S田+1,所以a"「嫌=2(antl-an+l),

2

即(ɑn+L1)-(αn-l)F故數(shù)列｛(心-1)?｝是首項(xiàng)為(a「l)2=1,公

差為2的等差數(shù)列，

貝！J(anT)2=2nT,貝IJa,l=√2∏-l+l,

-

以b—1_1-√2n+l√2n-l

-

"ttn÷dn+ι^~2V2n+l+√2nl2

貝!)T,,=∣(√3-l+√5-√3+???+√2n+l-√2nzT)=∣(√2n+1-1),

令y√2τι+1T)<16,

解得√2rr+1<33,

即n<544.

11.(2020?全國I卷)數(shù)列｛aj滿足an+2+(T)d=3n-1,前16項(xiàng)和為

540,貝IJa?=

n

解析：因?yàn)閿?shù)列｛afl｝滿足‰2+(-l)an=3n-l,

所以當(dāng)n=2k(k∈N*)時(shí)，a2k÷2+a2k=6k-1(k∈N*),

所以(az+a/i)+(&6+&8)+(aio+a%)+(ax+a。=5+17+29+41=92.

-

當(dāng)n=2k-l(k∈N*)時(shí)，a2k+ιa2k-ι=6k-4(k∈N*),

所以當(dāng)k22時(shí)，

a2k-ι=aι+(a?-a?+(a5-a3)+(a7-a5)+???+(a2k-i-a2k-3)=aι+2+8+14+???+

(2+6fe)(1)

[6(k-l)-4]=al+^°^=a,+(3k-4)(k-1),當(dāng)k=l時(shí)上式也成立，

所以H2k-ι=Hι÷(3k-4)(k-l)(k∈N*),BPa2k-ι=3ι+3k2-7k+4(k∈N*).

k222-

法一所以a1+a3+a5+a7+…+@15=8由+3X(1+2+3÷???+8J)7×(1+2+

3+???+8)+4X8=8a∣+3X8〉㈤與)*《xs+i)X(1+8)>8+32=8aι+612-252+

62

32=8a1+392.

又前16項(xiàng)和為540,

所以92+8a1+392=540,

解得aι=7.

23

法二所以a2k-,=a1+(3k+3k+l)-10k+3=a1+[(k+l)-k]-10k+3,

所以a1+a3+a5+a7+…+aκ=8aι+(2,?-1i)+(3t-2,i)+,,,+(9i-8i)-10×x8÷

3×8=8a1+9-l-360+24=8a,+392.

又前16項(xiàng)和為540,所以92+8a1+392=540,

解得a,=7.

答案：7

12.(2022?江西萍鄉(xiāng)三模)已知正項(xiàng)數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和Sn滿足：

Sn=2an-a∣(n∈N÷),且a?,a2+l,a3成等差數(shù)列.

⑴求數(shù)列｛atl｝的通項(xiàng)公式;

⑵令②iWH,求證:數(shù)列⑹的前n項(xiàng)和T，4

-

⑴解：由題意，因?yàn)镾n=2ana∣(n∈N+),

所以Sn-ι=2an--aι(n≥2,n∈N+),

兩式相減得an=2an-ι(n≥2,n∈N-),

又因?yàn)閍n>0,

所以瓜｝是首項(xiàng)為a1,公比為2的等比數(shù)列,

再由a?,a2+l,0.3成等差數(shù)列得2(s2÷l)≈aι?3,

即2(2aι+l)=aι+4aι,貝!jaι=2,

n

所以｛ar,｝的通項(xiàng)公式為all=2(π∈N+).

b

⑵證明：由題意知，-∏θg22n.10g2^÷2?i?

所以Tn=∣(ι-l+?i-∣+?..+-L--l-+l--l-)

4α+i^?^?

--i(J-+J-)

42n+1n+2

因?yàn)閚∈N÷,

所以τ,,<∣.

13.(2022?廣東佛山高三二模)已知數(shù)列｛afl｝的前n項(xiàng)和為5”且滿足

nS∏÷ι-(n+l)Sn=n(n+1),n∈N*,a3=5.

(1)求a”a2的值及數(shù)列｛aj的通項(xiàng)公式an;

⑵設(shè)bn=a,,a,l+b求數(shù)列｛bj的前n項(xiàng)和T,,.

解：⑴因?yàn)閚Sn÷-(n+l)Sn=π(n+1),n∈N*,a3=5,

(a[+α2)-2a1—2,

取n=l和n=2得

2(α1+a2+?)-3(α1+a7)=6,

解得Hl=l,@2=3,

由nSn÷-(π+l)Sn=n(n+l),

數(shù)列隹｝是首項(xiàng)為也a□,公差d=l的等差數(shù)列，則包=n,

n1n

2

即Sll=n.

22

當(dāng)n22時(shí),an=Sn-S∏-ι=n-(n-1)=2n-1,而a??l滿足上式，

因此,數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為a,1=2n-l.

2

(2)由(1)知，bπ=(2n-l)(2n+l)=4n-l,

222222

Tn=4×l-l+4×2-1+???+4Π-1=4(l+2+???+n)-n

=4*n("+ι)3+I)Fjn(4∏2+6n-l).

63

IJC級應(yīng)用創(chuàng)新練

14.(2021?新高考I卷)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙

時(shí)經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折.規(guī)格為20dm×12dm的長方形

紙,對折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm兩種規(guī)格的圖

形,它們的面積之和S1=240dn?對折2次共可以得到5dm×12dm,

2

10dmX6dm,20dmX3dm三種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S2=180dm,

以此類推.則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為,

n

如果對折n次,那么ΣS=dm]

k=lk

解析:依題意，得S1=120X2=240;

S2=60×3=180;

當(dāng)n=3時(shí)，共可以得到5dm×6dm,Idm×12dm,10dm×3dm,20dm×∣