備考2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第五章數(shù)列第4講數(shù)列求和

第4講數(shù)列求和1.[2024山東濰坊模擬]在數(shù)列{an}中，an＝1n+1＋2n+1＋…＋nn+1（n∈N＋），bn＝1anan+1，則數(shù)列{bnA.1011 B.2011 C.3011 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－2.[2024上海宜川中學(xué)5月模擬]德國數(shù)學(xué)家高斯是近代數(shù)學(xué)奠基者之一，有“數(shù)學(xué)王子”之稱.相傳，幼年的高斯就表現(xiàn)出超人的數(shù)學(xué)天賦，他在進行1＋2＋3＋…＋100的求和運算時，提出了倒序相加法的原理，該原理基于所給數(shù)據(jù)前后對應(yīng)項的和呈現(xiàn)確定的規(guī)律生成，此方法也被稱為高斯算法.已知某數(shù)列的通項公式為an＝2n－1002n－101，則a1＋a2＋…＋A.98 B.99 C.100 D.101解析解法一由數(shù)列的通項公式為an＝2n可得當(dāng)1≤n≤100，n∈N*時，an＋a101－n＝2n－1002n－101＋2（101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，故選C.解法二函數(shù)f（x）＝2x－1002x所以f（x）＋f（101－x）＝2，則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.故選C.3.[2024石家莊市三檢]已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝n－1，數(shù)列{bn}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，則ab1＋ab2＋…＋ab解析因為an＝n－1，所以abn＝bn－1，所以ab1＋ab2＋…＋ab9＝（b1－1）＋（b2－1）＋…＋（b9－1）＝（b1＋b2＋…＋b9）4.[2024惠州調(diào)研]已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，現(xiàn)有如下三個條件：條件①a5＝5；條件②an＋1－an＝2；條件③S2＝－4.請從上述三個條件中選擇能夠確定一個數(shù)列的兩個條件，并完成解答.（1）求數(shù)列{an}的通項公式；（2）設(shè)數(shù)列{bn}滿意bn＝1an·an+1，求數(shù)列{bn}解析（1）選①②時.解法一由an＋1－an＝2可知數(shù)列{an}是公差d＝2的等差數(shù)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可知數(shù)列{an}是公差d＝2的等差數(shù)列.又a5＝5，an＝a5＋（n－5）×d，所以an＝5＋（n－5）×2，即an＝2n－5（n∈N*）.選②③時.由an＋1－an＝2可知數(shù)列{an}是公差d＝2的等差數(shù)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*）.（備注：選①③這兩個條件無法確定數(shù)列.）（2）bn＝1an·an+1＝1（Tn＝12[（1－3－1－1）＋（1－1－11）＋（11－13＝12（－13－＝－16－1所以Tn＝n－5.[2024江西分宜中學(xué)、臨川一中等校聯(lián)考]已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且b2＝2，b5＝16，a1＝2b1，a3＝b4.（1）求{an}，{bn}的通項公式；（2）設(shè)cn＝an·bn，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.解析（1）設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則q3＝b5b2＝162＝8，q＝2，∴b1＝b2q＝1，∴bn∵a1＝2b1＝2，a3＝b4＝23＝8，∴d＝a3－a13∴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，則2Sn＝2×21＋5×22＋8×23＋…＋（3n－4）×2n－1＋（3n－1）×2n，兩式相減得－Sn＝2×20＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－1－（3n－1）×2n，則－Sn＝3（20＋21＋…＋2n－1）－（3n－1）×2n－1＝3×1－2n1－2－（3n－1）Sn＝3－3×2n＋（3n－1）×2n＋1＝（3n－4）×2n＋4.6.[2024大同學(xué)情調(diào)研]已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿意Sn＋2＝2an（n∈N*）.（1）證明：數(shù)列{Sn＋2}是等比數(shù)列.（2）設(shè)數(shù)列{2n（an－1)(an+1－1）解析（1）當(dāng)n＝1時，S1＋2＝2a1，∴S1＝a1＝2.當(dāng)n≥2時，Sn＋2＝2an＝2（Sn－Sn－1），∴Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2（Sn－1＋2），易知Sn－1＋2≠0，∴Sn+2S∴數(shù)列{Sn＋2}是首項為S1＋2＝4，公比為2的等比數(shù)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)(∴Tn＝（12－1－122－1）＋（122－1－123－1）＋…＋（12n由n≥1，得2n＋1≥4，2n＋1－1≥3，∴12n+1－1≤13∴1－12n+1－1≥23.綜上所述，7.已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S6＝－7S3，且a2，1，a3成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝（－2）n－1；設(shè)bn＝｜an－1｜，則數(shù)列{bn}的前2n項和T2n＝22n－1.解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為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，因為S3≠0，所以1＋q3＝－7，解得q＝－2，由a2，1，a3成等差數(shù)列，可得a2＋a3＝2，即－2a1＋4a1＝2，所以a1＝1，所以an＝a1qn－1＝（－2）n－1.當(dāng)n為偶數(shù)時，an－1＝－2n－1－1＜0，當(dāng)n為奇數(shù)時，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＋8.[2024平許濟洛第一次質(zhì)檢]設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an≠0，n2＋n（1）求數(shù)列{an}的通項公式；（2）設(shè)數(shù)列{bn}滿意bn＝2an，求數(shù)列{（an－1）bn}的前n項和T解析（1）由n2＋n得Sn2－（n2＋n＋4）Sn＋3（n2＋n＋1）＝即（Sn－3）[Sn－（n2＋n＋1）]＝0，解得Sn＝3（舍去）或Sn＝n2＋n＋1.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－（n－1）2－（n－1）－1＝2n，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3，不適合上式，所以an＝3（2）Tn＝（a1－1）·2a1＋（a2－1）·2a2＋（a3－1）·2a3＋（a4－1）·2a4＋…＋＝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）×4n①，則4Rn＝1×42＋3×43＋5×44＋…＋（2n－3）×4n＋（2n－1）×4n＋1②，①－②得：－3Rn＝4＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－（2n－1）×4n＋1＝4＋32（1－4n－1）1－4－＝4－323＋23×4n＋1－（2n－1）×4n＝－203＋（53－2n）×4n＋所以Rn＝209＋（2n3－59）·4所以Tn＝12＋209＋（2n3－59）·4n＋1＝1289＋6n－59·49.[2024浙江名校聯(lián)考]設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝12（3an－1）（n∈N*）（1）求{an}的通項公式；（2）設(shè)bn＝n＋an，n為奇數(shù)，n·an，n為偶數(shù)，解析（1）由題意得，2Sn＝3an－1，則2Sn－1＝3an－1－1（n≥2），兩式相減得an＝3an－1（n≥2）.∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，公比為3，令n＝1，則2a1＝3a1－1，得a1＝1，∴{an}的通項公式為an＝3n－1.（2）由（1）得，bn＝n記數(shù)列{bn}的前2n項中奇數(shù)項的和為S奇數(shù)項，偶數(shù)項的和為S偶數(shù)項，則S奇數(shù)項＝（1＋3＋5＋…＋2n－1）＋（30＋32＋34＋…＋32n－2）＝n2＋9nS偶數(shù)項＝2×31＋4×33＋6×35＋…＋2（n－1）×32n－3＋2n×32n－1①，則9S偶數(shù)項＝2×33＋4×35＋6×37＋…＋2（n－1）×32n－1＋2n×32n＋1②，①－②得，－8S偶數(shù)項＝2（31＋33＋35＋…＋32n－1）－2n×32n＋1＝2×3×（1－9n）1－9∴S偶數(shù)項＝（24∴T2n＝n2＋9n－18＋（24n10.[2024南昌市模擬]如圖，第n個圖形是由棱長為n＋1的正方體挖去棱長為n的正方體得到的，記其體積為{an}.（1）求證：an＝3n2＋3n＋1.（2）求和：12＋22＋32＋…＋n2.解析（1）棱長為n＋1的正方體的體積為（n＋1）3，棱長為n的正方體的體積為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，則a1＋a2