2024高考数学一轮总复习（导与练）第五章第4节　数列求和

第4节　数列求和

 [选题明细表]

1.若数列{2n-1}的前10项和等于数列{2n+k}的前6项和,则常数k等于(　A　)

A.-     B.- 

C.-     D.-

解析:{2n-1}的前10项和为=100,{2n+k}的前6项和为6k+

2+22+…+26=6k+=6k+126=100,

解得k=-.

2.已知数列{an}满足an=,n∈N*,且数列{an}的前n项和Sn=,则n的值为(　C　)

A.8    B.9    C.10    D.11

解析:因为an===-,

所以有Sn=1-+-+…+-=1-=⇒n=10.

3.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和Sn的值为(　A　)

A.n2+1-        B.2n2-n+1-

C.n2+1-     D.n2-n+1-

解析:由题意,可得Sn=(1+)+(3+)+(5+)+…+(2n-1+)=(1+3+5+…+

2n-1)+(+++…+)=+=n2+1-.

4.已知数列{an}满足a1=4,=an-2,则|a1|+|a2|+…+|a21|等于(　B　)

A.336     B.348 

C.492     D.516

解析:由题意,{an}是首项为4,公差为-2的等差数列,所以an=4-

2(n-1)=6-2n,

所以|a1|+|a2|+…+|a21|=a1+a2+a3-(a4+a5+…+a21)=-(a1+a2+…+a21)+

2(a1+a2+a3)=-+2×=348.

5.(多选题)将数列{3n-2}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an},则下列说法正确的是(　BD　)

A.数列{an}为等差数列

B.数列{an}为等比数列

C.an=4n+1

D.数列{(3n-2)an}的前n项和为(n-1)4n+1+4

解析:数列{3n-2}中的项为1,4,7,10,13,16,19,22,25,28,31,34,37,

40,43,46,49,52,55,58,61,64,67,…,

数列{2n}中的项为2,4,8,16,32,64,128,…,

所以数列{an}是首项为4,公比为4的等比数列,所以an=4n,故B正确,A,C错误;

又(3n-2)an=(3n-2)·4n,记数列{(3n-2)an}的前n项和为Tn,

则Tn=1×4+4×42+…+(3n-5)×4n-1+(3n-2)×4n,

4Tn=1×42+4×43+…+(3n-5)×4n+(3n-2)×4n+1,

两式相减,得-3Tn=4+3×(42+43+…+4n)-(3n-2)×4n+1

=4+3×-(3n-2)×4n+1

=-3·(n-1)×4n+1-12,

所以Tn=4+(n-1)×4n+1,故D正确.

6.数列1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+…+2n-1),…的前n项和为

　　　      　. 

解析:由于an=1+21+22+…+2n-1==2n-1,

所以前n项之和Tn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)

=(21+22+23+…+2n)-(1+1+…+1)

=-n=2n+1-n-2.

答案:2n+1-n-2

7.f(x)=,利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法,可求得f()+f()+…+f()=　    　　　. 

解析:由于f(x)=,

所以f(1-x)==,

故f(x)+f(1-x)=+==2.

设f()+f()+…+f()=a,①

故f()+f()+…+f()+f()=a,②

①+②得,2 020×[f()+f()]=2a,

解得a=2 020.

答案:2 020

8.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1.

(1)证明:{an}是等差数列;

(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.

(1)证明:由+n=2an+1,

得2Sn+n2=2nan+n,①

所以2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)an+1+(n+1),②

②-①,

得2an+1+2n+1=2(n+1)an+1-2nan+1,

化简得an+1-an=1,

所以数列{an}是公差为1的等差数列.

(2)解:由(1)知数列{an}的公差为1.

由=a4a9,得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),

解得a1=-12,

所以Sn=-12n+==(n-)2-,所以当n=12或13时,Sn取得最小值,最小值为-78.

9.已知数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:

a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,则数列{bn}的前100项的和为(　　)

A.178     B.191    C.206     D.216

解析:数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列a1,1,a2,

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

n(n+1)个数,

当n=13时,×13×14=91,

当n=14时,×14×15=105,

由于an=n,

所以S100=(a1+a2+…+a13)+(100-13)×1=+87=178.故选A.

10.(多选题)已知正项数列{an}的首项为2,前n项和为Sn,且+Sn+an=Sn+1+1,bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn<16,则n的值可以为(　AB　)

A.543     B.542     C.546     D.544

解析:因为+Sn+an=Sn+1+1,所以-=2(an+1-an+1),

即-=2,故数列{}是首项为=1,公差为2的等差数列,

则=2n-1,则an=+1,

所以bn===,

则Tn=(-1+-+…+-)=(-1),

令(-1)<16,

解得<33,

即n<544.

11.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　. 

解析:因为数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,

所以当n=2k(k∈N*)时,a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*),

所以(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92.

当n=2k-1(k∈N*)时,a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*),

所以当k≥2时,

a2k-1=a1+(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k-1-a2k-3)=a1+2+8+14+…+

[6(k-1)-4]=a1+=a1+(3k-4)(k-1),当k=1时上式也成立,所以a2k-1=a1+(3k-4)(k-1)(k∈N*),即a2k-1=a1+3k2-7k+4(k∈N*).

法一　所以a1+a3+a5+a7+…+a15=8a1+3×(12+22+32+…+82)-7×(1+2+

3+…+8)+4×8=8a1+3×-7×+32=8a1+612-252+

32=8a1+392.

又前16项和为540,

所以92+8a1+392=540,

解得a1=7.

法二　所以a2k-1=a1+(3k2+3k+1)-10k+3=a1+[(k+1)3-k3]-10k+3,

所以a1+a3+a5+a7+…+a15=8a1+(23-13)+(33-23)+…+(93-83)-10×+

3×8=8a1+93-13-360+24=8a1+392.

又前16项和为540,所以92+8a1+392=540,

解得a1=7.

答案:7

12.(2022·江西萍乡三模)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足:

Sn=2an-a1(n∈N+),且a1,a2+1,a3成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)令bn=(n∈N+),求证:数列{bn}的前n项和Tn<.

(1)解:由题意,因为Sn=2an-a1(n∈N+),

所以Sn-1=2an-1-a1(n≥2,n∈N+),

两式相减得an=2an-1(n≥2,n∈N+),

又因为an>0,

所以{an}是首项为a1,公比为2的等比数列,

再由a1,a2+1,a3成等差数列得2(a2+1)=a1+a3,

即2(2a1+1)=a1+4a1,则a1=2,

所以{an}的通项公式为an=2n(n∈N+).

(2)证明:由题意知,bn===(-),

所以Tn=(1-+-+-+…+-+-)

=(1+--)

=-(+).

因为n∈N+,

所以Tn<.

13.(2022·广东佛山高三二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),n∈N*,a3=5.

(1)求a1,a2的值及数列{an}的通项公式an;

(2)设bn=anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.

解:(1)因为nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),n∈N*,a3=5,

取n=1和n=2得

解得a1=1,a2=3,

由nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),

得-=1,

数列{}是首项为=a1=1,公差d=1的等差数列,则=n,

即Sn=n2.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,而a1=1满足上式,

因此,数列{an}的通项公式为an=2n-1.

(2)由(1)知,bn=(2n-1)(2n+1)=4n2-1,

Tn=4×12-1+4×22-1+…+4n2-1=4(12+22+…+n2)-n

=4×-n=n(4n2+6n-1).

14.(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折 1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,

10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　 　　,如果对折n次,那么Sk=　　　　　　　 dm2. 

解析:依题意,得S1=120×2=240;

S2=60×3=180;

当n=3时,共可以得到5 dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形,且5×6=30,×12=30,10×3=30,20×=30,所以S3=30×4=120;

当n=4时,共可以得到5 dm×3 dm, dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3=15,×6=15,×12=15,10×=15,20×=15,

所以S4=15×5=75;

…

所以可归纳

Sk=×(k+1)=(k∈N*).

所以Sk=240(1+++…++),①

×Sk=240(+++…++),②

由①-②得,

×Sk=240(1++++…+-)=

240(1+-)=240(-),

所以Sk=240(3-) dm2.

答案:5　240(3-)