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考点测试32 数列求和
高考概览
本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值5分、12分，中等难度
考纲研读
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式
2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法
3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题
一、根底小题
1．我国古代数学名著?算法统宗?中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵．〞那么该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有( )
A.(87－8)人 B．(89－8)人
C．8＋(87－8)人 D．8＋(89－84)人
答案 D
解析 由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有8＋84＋85＋86＋87＋88＝8＋＝8＋(89－84)，应选D.
2．数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，那么其前100项和为( )
A．250 B．200
C．150 D．100
答案 D
解析 当n为奇数时得an＋an＋1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2×50＝100.应选D.
3．数列的前2022项的和为( )
A.＋1 B．－1
C.＋1 D．－1
答案 B
解析 ＝＝－，数列的前2022项的和为－1＋－＋－＋…＋－＋－＝－1.应选B.
4．数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前n项和为Sn，那么S1·S2·S3·…·S10＝( )
A. B．
C． D．
答案 B
解析 因为2a1＋22a2＋…＋2nan＝n，所以2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，两式作差，可得2nan＝1，即an＝(n≥2)，又当n＝1时，2a1＝1，即a1＝，满足an＝，因此an＝＝2－n(n∈N*)；所以＝＝＝－；因为数列的前n项和为Sn，所以Sn＝＋＋…＋＝1－＝，因此S1·S2·S3·…·S10＝···…·＝.应选B.
5．数列{an}的前n项和为Sn，直线y＝x－2与圆x2＋y2＝2an＋2交于An，Bn(n∈N*)两点，且Sn＝|AnBn|2.假设a1＋2a2＋3a3＋…＋nan<λa＋2对任意n∈N*恒成立，那么实数λ的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B．
C．[0，＋∞) D．
答案 B
解析 圆心O(0,0)到直线y＝x－2，即x－y－2＝0的距离d＝＝2，由d2＋2＝r2，且Sn＝|AnBn|2，得22＋Sn＝2an＋2，∴4＋Sn＝2(Sn－Sn－1)＋2，即Sn＋2＝2(Sn－1＋2)且n≥2；
∴{Sn＋2}是以a1＋2为首项，2为公比的等比数列．
由22＋Sn＝2an＋2，取n＝1，解得a1＝2，
∴Sn＋2＝(a1＋2)·2n－1＝2n＋1，那么Sn＝2n＋1－2；
∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n(n≥2)，
∵a1＝2适合上式，∴an＝2n.
设Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
∴－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2；
∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2，假设a1＋2a2＋3a3＋…＋nan<λa＋2对任意n∈N*恒成立，
即(n－1)·2n＋1＋2<λ(2n)2＋2对任意n∈N*恒成立，即λ>对任意n∈N*恒成立．
设bn＝，∵bn＋1－bn＝－＝，
∴b1<b2＝b3>b4>…>bn>bn＋1>…，
故bn的最大值为b2＝b3，
∵b2＝b3＝，∴λ>.应选B.
6．数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，那么a＋a＋a＋…＋a＝________.
答案 1020
解析 ∵数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，∴q2＝＝2，∴a＝(a1qn－1)2＝4×(q2)n－1＝4×2n－1＝2n＋1，∴a＋a＋a＋…＋a＝＝1020.
7．数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1，bn＝log2(a·2an)，数列{bn}的前n项和为Tn，那么满足Tn>1024的最小n的值为________．
答案 9
解析 当n＝1时，a1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
所以an＝所以bn＝
所以Tn＝
当n＝9时，T9＝210＋9×10＋2＝1116>1024；当n＝8时，T8＝29＋8×9＋2＝586<1024，所以满足Tn>1024的最小n的值为9.
8．在数列{an}中，a1＝2,2n(an＋an＋1)＝1，设Tn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn＝________.
答案 2n＋1－2
解析 由题意可知，因为Tn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，
所以2Tn＝2a1＋22a2＋…＋2nan，
两式相加3Tn＝a1＋2(a1＋a2)＋22(a2＋a3)＋…＋2n－1(an－1＋an)＋2nan
＝2＋2×＋22×＋…＋2n－1×＋2nan
＝2＋(n－1)×1＋2nan＝n＋1＋2nan，
所以bn＝2n，
从而Sn＝＝2n＋1－2.
二、高考小题
9．(2022·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码〞的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项为哪一项20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推，求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330
C．220 D．110
答案 A
解析 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，那么第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意知，N>100，令>100，解得n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．第n组的各项和为＝2n－1，前n组所有项的和为－n＝2n＋1－2－n.设N是第n＋1组的第k项，假设要使前N项和为2的整数幂，那么N－项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)，所以n最小为29，此时k＝5.那么N＝＋5＝440.应选A.
10．(2022·江苏高考)集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，那么使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________．
答案 27
解析 设An＝2n－1，Bn＝2n，n∈N*，当Ak<Bl<Ak＋1(k，l∈N*)时，2k－1<2l<2k＋1，有k－<2l－1<k＋，那么k＝2l－1，设Tl＝A1＋A2＋…＋A2l－1＋B1＋B2＋…＋Bl，那么共有k＋l＝2l－1＋l个数，即Tl＝S2l－1＋l，而A1＋A2＋…＋A2l－1＝×2l－1＝22l－2，B1＋B2＋…＋Bl＝＝2l＋1－2.那么Tl＝22l－2＋2l＋1－2，那么l，Tl，n，an＋1的对应关系为
l
Tl
n
an＋1
12an＋1
1
3
2
3
36
2
10
4
5
60
3
30
7
9
108
4
94
12
17
204
5
318
21
33
396
6
1150
38
65
780
观察到l＝5时，Tl＝S21<12a22，l＝6时，Tl＝S38>12a39，那么n∈[22,38)，n∈N*时，存在n，使Sn≥12an＋1，此时T5＝A1＋A2＋…＋A16＋B1＋B2＋B3＋B4＋B5，那么当n∈[22,38)，n∈N*时，Sn＝T5＋＝n2－10n＋87.an＋1＝An＋1－5＝An－4,12an＋1＝12[2(n－4)－1]＝24n－108，Sn－12an＋1＝n2－34n＋195＝(n－17)2－94，那么当n≥27时，Sn－12an＋1>0，即nmin＝27.
11．(2022·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，那么 ＝________.
答案
解析 设等差数列{an}的公差为d，那么
∴∴an＝n.
∴等差数列{an}的前n项和
Sn＝1＋2＋…＋n＝，
∴＝＝2，
∴ ＝2
＝2＝2·＝.
12．(2022·北京高考){an}为等差数列，Sn为其前n项和．假设a1＝6，a3＋a5＝0，那么S6＝________.
答案 6
解析 设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝6，a3＋a5＝0，∴6＋2d＋6＋4d＝0，∴d＝－2，∴S6＝6×6＋×(－2)＝6.
13．(2022·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，那么Sn＝________.
答案 －
解析 ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
又由a1＝－1，知Sn≠0，∴－＝1，
∴是等差数列，且公差为－1，＝＝－1，
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.
三、模拟小题
14．(2022·太原二模)＋＋＋…＋＝( )
A. B．
C． D．
答案 D
解析 由题意可知，数列的通项公式为＝＝·＝，故其前n项和Sn＝＝·，故S10＝×＝.应选D.
15．(2022·柳州市高三毕业班模拟)点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝log，数列{bn}的前n项和为Tn，那么Tn的最小值为( )
A．－25 B．－28
C．－30 D．－32
答案 C
解析 ∵点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上，∴an＝2n－1，∴{an}是首项为a1＝1，公比为q＝2的等比数列，∴Sn＝＝2n－1，那么bn＝log＝2n－12，∴{bn}是首项为－10，公差为2的等差数列，由bn≤0可得n≤6，那么Tn的最小值为T6＝－10×6＋＝－30.
16．(2022·咸阳二模)等比数列{an}的各项都为正数，满足a1＝2，a7＝4a5，设bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，那么数列的前2022项和S2022＝( )
A. B．
C． D．
答案 A
解析 设等比数列{an}的公比为q>0，∵a1＝2，a7＝4a5，∴q2＝4，解得q＝2.∴an＝2n，log2an＝n.∴bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋2＋…＋(n－1)＋n＝.∴＝2.那么数列的前2022项和S2022＝2＝2＝.
17．(2022·开封一模)数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，满足a1＝2,3Sn＝(n＋m)an(m∈R)，且anbn＝n.假设存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，那么实数λ的最小值为( )
A. B．
C． D．
答案 B
解析 ∵3Sn＝(n＋m)an，
∴3S1＝3a1＝(1＋m)a1，解得m＝2，
∴3Sn＝(n＋2)an，①
当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，②
由①－②可得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即(n－1)an＝(n＋1)an－1，
∴＝，
∴＝，＝，＝，…，＝，＝，
累乘可得＝.∴an＝n(n＋1)，
经检验a1＝2符合上式，
∴an＝n(n＋1)，n∈N*，
∵anbn＝n，∴bn＝，
令Cn＝T2n－Tn＝＋＋…＋，
那么Cn＋1－Cn＝＞0，
∴数列{Cn}为递增数列，∴Cn≥C1＝，
∵存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，
∴λ≥C1＝，故实数λ的最小值为.
18．(2022·金山中学摸底)数列{an}且
an＝假设Sn为数列{an}的前n项和，那么S2022＝________.
答案
解析 数列{an}且an＝
①当n为奇数时，an＝＝；
②当n为偶数时，an＝sin，
所以S2022＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2022)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2022)＝×＋(1＋0－1＋…＋0)＝＋1＝.
19．(2022·山东师大附中一模)对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，正数数列{an}满足Sn＝，n∈N*，其中Sn为数列{an}的前n项和，那么＝________.
答案 20
解析 由题意可知Sn＞0，当n＞1时，Sn＝化简可得S－S＝1，当n＝1时，S＝a＝1，所以数列{S}是首项和公差都为1的等差数列，即S＝n，所以Sn＝，又因为当n＞1时，2(－)＝＜＜＝2(－)，记S＝＋＋…＋，一方面S＞2[－＋…＋－1]＝2(－1)＞20，另一方面S＜1＋2[(－)＋…＋(－1)]＝1＋2(－1)＝21.所以20＜S＜21.即[S]＝20.
一、高考大题
1．(2022·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.
①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；
②求ici(n∈N*)．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意得解得
故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.
所以{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.
(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.
所以数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1.
②ici＝ai＋ai(ci－1)]
＝i＋2i(c2i－1)
＝＋(9×4i－1)
＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n
＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．
2．(2022·浙江高考)等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
解 (1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.
由a3＋a5＝20得8＝20，
解得q＝2或q＝，因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.
由(1)可知an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)·n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)
＋(b2－b1)＝(4n－5)·n－2＋(4n－9)·n－3＋…＋7·＋3.
设Tn＝3＋7·＋11·2＋…＋(4n－5)·n－2，n≥2，
那么Tn＝3·＋7·2＋…＋(4n－9)·n－2＋(4n－5)·n－1，
所以Tn＝3＋4·＋4·2＋…＋4·n－2－(4n－5)·n－1，
因此Tn＝14－(4n＋3)·n－2，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·n－2，n≥2.
经检验，当n＝1时，bn也成立．
故bn＝15－(4n＋3)·n－2.
3．(2022·天津高考)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)．
①求Tn；
②证明 ＝－2(n∈N*)．
解 (1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.
由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，
从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，
故Tn＝ (2k－1)＝2k－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
②证明：因为＝
＝＝－，
所以
＝＋＋…＋
＝－2.
二、模拟大题
4．(2022·淄博模拟)在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)假设数列{bn}满足：bn＝＋2log2an－1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
∵a1，a2，a3－2成等差数列，
∴2a2＝a1＋(a3－2)＝2＋(a3－2)＝a3，
∴q＝＝2，∴an＝a1qn－1＝2n(n∈N*)．
(2)∵bn＝＋2log2an－1＝n＋2log22n－1＝n＋2n－1，
∴Sn＝＋＋＋…＋
＝＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]
＝＋
＝n2－n＋1(n∈N*)．
5．(2022·怀化市二模)各项均不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，假设a8＝15，且a1，a2，S3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式与Sn；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
那么a8＝a1＋7d＝15.
由a1，a2，S3成等比数列知a＝a1S3，
即(a1＋d)2＝a1(3a1＋3d)＝3a1(a1＋d)．
所以(d－2a1)(a1＋d)＝0，因为a1＋d＝a2≠0，
所以d＝2a1，所以a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1，Sn＝＝n2.
(2)证明：因为bn＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝<.所以原不等式成立．
6．(2022·潍坊市三模)设数列{an}满足a1·2a2·3a3·…·nan＝2n(n∈N*)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
解 (1)由n＝1，得a1＝2，
因为a1·2a2·3a3·…·nan＝2n，
当n≥2时，a1·2a2·3a3·…·(n－1)an－1＝2n－1，
由两式作商，得an＝(n>1且n∈N*)，
又因为a1＝2符合上式，
所以an＝(n∈N*)．
(2)设bn＝，
那么bn＝n＋n·2n，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋2＋…＋n)＋(2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n)，
设Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， ①
所以2Tn＝22＋2·23＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n＋n·2n＋1， ②
由①－②，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
所以Sn＝Tn＋，
即Sn＝(n－1)·2n＋1＋＋2.
7．(2022·唐山一模)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋＝n＋1.
(1)求Sn，an；
(2)假设bn＝(－1)n－1·，{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解 (1)令n＝1，得a1＋＝2，(＋2)(－1)＝0，解得a1＝1，
所以＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1适合上式，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·
＝(－1)n－1·.
当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝－＋－＋…－＝1－＝，
当n为奇数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝－＋－＋…＋＝1＋＝，
综上所述，Tn＝
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