2022届-数学一轮(理科)浙江专用-第五章-平面向量-5-4.docx

第4讲　数列求和

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为
(　　)
A．120 B．70
C．75 D．100
解析　由于＝n＋2，所以的前10项和为10×3＋＝75.
答案　C
2．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于
(　　)
A．0 B．100
C．－100 D．10 200
解析　由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…[phone]＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－1＋101＝100.故选B.
答案　B
3．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为
(　　)
A．31 B．120 C．130 D．185
解析　a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－＝240－110＝130.
答案　C
4．(2021·台州质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 016＝
(　　)
A．22 016－1 B．3·21 008－3
C．3·21 008－1 D．3·21 007－2
解析　a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2.
∴＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 016＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 015＋a2 016
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 016)
＝＋＝3·21 008－3.故选B.
答案　B
5．已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)
A. B. C. D.
解析　an＝＝，
∴bn＝＝＝4，
∴Sn＝4
＝4＝.
答案　B
二、填空题
6．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________．
解析　由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，
∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18
＝S10－(S18－S10)＝60.
答案　60
7．(2021·湖州测试)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 013＝________.
解析　由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，该数列是周期为4的数列，所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.
答案　－1 005
8．(2022·武汉模拟)等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，
则a＋a＋…＋a＝________.
解析　当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，
又∵a1＝1适合上式．
∴an＝2n－1，∴a＝4n－1.
∴数列{a}是以a＝1为首项，以4为公比的等比数列．
∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
答案　(4n－1)
三、解答题　
9．(2021·金华十校联考)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.
解　(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝，
当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，
则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，
所以an＝an－1(n≥2)．

故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．
故an＝·n－1＝2·n(n∈N*)．
(2)由于1－Sn＝an＝n.
所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1，
由于＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝－＝.
10．(2021·山东卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n，(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.
解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得

解得a1＝1，d＝2.
因此an＝2n－1，n∈N*.
(2)由题意知Tn＝λ－，
所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－1)n－1，n∈N*，
所以Rn＝0×0＋1×1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1，
则Rn＝0×1＋1×2＋2×3＋…＋(n－2)×n－1＋(n－1)×n，
两式相减得
Rn＝1＋2＋3＋…＋n－1－(n－1)×n＝－(n－1)×n＝－n，
整理得Rn＝.
所以数列{cn}的前n项和Rn＝.
力量提升题组
(建议用时：35分钟)
11．(2021·西安模拟)数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝
(　　)
A. B．6 C．10 D．11
解析　依题意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，则an＋2＝an，即数列{an}中的奇数项、偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6，故选B.
答案　B
12．(2021·温州十校联考)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝
(　　)
A．－100 B．0
C．100 D．10 200
解析　若n为偶数，则an＝f(n)＋f(n＋1)＝n2－(n＋1)2＝－(2n＋1)，为首项为a2＝－5，公差为－4的等差数列；若n为奇数，则an＝f(n)＋f(n＋1)＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，为首项为a1＝3，公差为4的等差数列．所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝50×3＋×4＋50×(－5)－×4＝－100.
答案　A
13．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.
解析　由an＋2－an＝1＋(－1)n知a2k＋2－a2k＝2，
a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.
∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600.
答案　2 600
14．(2021·湖南卷)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则：
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
解析　n≥2时，∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－－(－1)n－1an－1＋，
∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋.
当n为偶数时，an－1＝－，
当n为奇数时，2an＋an－1＝，
∴当n＝4时，a3＝－＝－.
依据以上{an}的关系式及递推式可求．
a1＝－，a3＝－，a5＝－，a7＝－，
a2＝，a4＝，a6＝，a8＝.
∴a2－a1＝，a4－a3＝，a6－a5＝，…，
∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－
＝－
＝.
答案　(1)－　(2)
15．若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求等比数列S1，S2，S4的公比；
(2)若S2＝4，求数列{an}的通项公式；
(3)在(2)的条件下，设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对全部n∈N*都成立的最小正整数m.
解　(1)由于{an}为等差数列，设{an}的公差为d(d≠0)，
所以S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.
由于S1，S2，S4成等比数列且设其公比为q，
所以S1·S4＝S.
所以a1(4a1＋6d)＝(2a1＋d)2.所以2a1d＝d2.
由于公差d≠0.所以d＝2a1.
所以q＝＝＝4.
(2)由于S2＝4，所以2a1＋d＝4.
又d＝2a1，所以a1＝1，d＝2.所以an＝2n－1.
(3)由于bn＝＝，所以
Tn＝＝<.
要使Tn<对全部n∈N*都成立，
则有≥，即m≥30.
由于m∈N*，所以m的最小值为30.
16．已知数列{an}与{bn}满足bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，bn＝，n∈N*，且a1＝2，a2＝4.
(1)求a3，a4，a5的值；
(2)设cn＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；
(3)设Sk＝a2＋a4＋…＋a2k，k∈N*，证明 ＝1 ＜(n∈N*)．
(1)解　由bn＝，n∈N*，
可得bn＝
又bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，
当n＝1时，a1＋a2＋2a3＝0，由a1＝2，a2＝4，可得a3＝－3；
当n＝2时，2a2＋a3＋a4＝0，可得a4＝－5；
当n＝3时，a3＋a4＋2a5＝0，可得a5＝4.
(2)证明　对任意n∈N*，
a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，①
2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，②
a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0，③
②－③，得a2n＝a2n＋3，④
将④代入①，可得a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)，即cn＋1＝－cn(n∈N*)．又c1＝a1＋a3＝－1，故cn≠0，因此＝－1.所以{cn}是等比数列．
(3)证明　由(2)可得a2k－1＋ a2k＋1＝(－1)k，于是，对任意k∈N*且k≥2，有a1＋a3＝－1，－(a3＋a5)＝－1，
a5＋a7＝－1，(－1)k(a2k－3＋a2k－1)＝－1.
将以上各式相加，得a1＋(－1)ka2k－1＝－(k－1)，即a2k－1＝(－1)k＋1(k＋1)，此式当k＝1时也成立．由④式得a2k＝(－1)k＋1·(k＋3)．
从而S2k＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a4k－2＋a4k)＝－k，S2k－1＝S2k－a4k＝k＋3，
所以，对任意n∈N*，n≥2，

＝
＝
＝＋ ＋
<＋ ＋
＝＋·
＋＝＋－·＋
<.
对于n＝1，不等式明显成立.
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