2022年高三數學一輪復習 專項訓練 數列求和（含解析）

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1、2022年高三數學一輪復習 專項訓練 數列求和（含解析） 1、已知數列{an}的通項公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n項和Sn. 解　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3， 所以當n為偶數時， Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1； 當n為奇數時， Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3 ＝3n－ln 3－ln 2－1. 綜上所述，Sn＝ 2、在等比數列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1，等差數列{bn}滿足b1＝

2、a1，b4＝a2，b13＝a3. (1)求數列{an}與{bn}的通項公式； (2)記cn＝(－1)nbn＋an，求數列{cn}的前n項和Sn. 解　(1)設等比數列{an}的公比為q，等差數列{bn}的公差為d. 由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d， 故??q＝3或1(舍去)． 所以d＝2，所以an＝3n，bn＝2n＋1. (2)由題意，得cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n， Sn＝c1＋c2＋…＋cn ＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－1(2n－1)＋ (－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋

3、…＋3n. 當n為偶數時，Sn＝n＋－＝＋n－； 當n為奇數時，Sn＝(n－1)－(2n＋1)＋－＝－n－. 所以Sn＝ 3．若數列{an}的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數列{an}的前n項和為 (　　)． A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1 C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2 解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2. 答案　C 4．數列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，則S17＝ (　　)． A．9 B．8 C．17 D．16 解析　S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋

4、15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案　A 5．已知等比數列{an}滿足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中項． (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值． 解　(1)設等比數列{an}的公比為q，依題意，有 即 由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2. 當q＝1時，不合題意，舍去； 當q＝2時，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n. 故所求數列{a

5、n}的通項公式an＝2n(n∈N*)． (2)bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n. 所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n ＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n) ＝－＝2n＋1－2－n－n2. 因為Sn－2n＋1＋47<0， 所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0， 即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10. 因為n∈N*，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數n的最小值為10. 6．已知在正項等比數列{an}中，a1＝1，a2a4＝16，則|a1－12|＋|a2－12|＋…＋|a8－12|＝(　　)． A．224

6、B．225 C．226 D．256 解析　由a2a4＝a＝16，解得a3＝4，又a1＝1， ∴q2＝4，∴q＝2，∴an＝2n－1，令2n－1≥12，解得n的最小值為5. ∴|a1－12|＋|a2－12|＋…＋|a8－12|＝12－a1＋12－a2＋12－a3＋12－a4＋a5－12＋a6－12＋a7－12＋a8－12 ＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8) ＝－15＋240＝225. 答案　B 1、正項數列{an}的前n項和Sn滿足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求數列{an}的通項公式an； (2)令bn＝，數列{bn}的

7、前n項和為Tn，證明：對于任意的n∈N*，都有Tn＜. 解　(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正項數列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n. 于是a1＝S1＝2，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 綜上，數列{an}的通項an＝2n. (2)證明　由于an＝2n，bn＝， 則bn＝＝. Tn＝ ＝ ＜＝. 2、(xx·濱州一模)已知數列{an}的前n項和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝log(1－

8、Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn. 解　(1)當n＝1時，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝， 當n≥2時，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1， 則Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)， 所以an＝an－1(n≥2)． 故數列{an}是以為首項，為公比的等比數列． 故an＝·n－1＝2·n(n∈N*)． (2)因為1－Sn＝an＝n. 所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1， 因為＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＝. 3、已知數列{an}的前n項和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．

9、(1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn. 解　(1)當n＝1時，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝， 當n≥2時，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1， 則Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)， 所以an＝an－1(n≥2)． 故數列{an}是以為首項，為公比的等比數列． 故an＝·n－1＝2·n(n∈N*)． (2)因為1－Sn＝an＝n. 所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1， 因為＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＝. 4.已知函

10、數f(x)＝x2＋2bx過(1,2)點，若數列的前n項和為Sn，則S2 014的值為 (　　)． A. B. C. D. 解析　由已知得b＝，∴f(n)＝n2＋n， ∴＝＝＝－， ∴S2 014＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－＝. 答案　D 5．正項數列{an}滿足：a－(2n－1)an－2n＝0. (1)求數列{an}的通項公式an； (2)令bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)由a－(2n－1)an－2n＝0得(an－2n)(an＋1)＝0，由于{an}是正項數列，則an＝2n. (2)由(1)知an＝2n，故bn＝＝ ＝， ∴

11、Tn＝ ＝＝. 6．已知函數f(x)＝x2－2x＋4，數列{an}是公差為d的等差數列，若a1＝f(d－1)，a3＝f(d＋1)， (1)求數列{an}的通項公式； (2)Sn為{an}的前n項和，求證：＋＋…＋≥. (1)解　a1＝f(d－1)＝d2－4d＋7，a3＝f(d＋1)＝d2＋3， 又由a3＝a1＋2d，可得d＝2，所以a1＝3，an＝2n＋1. (2)證明　Sn＝＝n(n＋2)， ＝＝， 所以，＋＋…＋ ＝ ＝≥＝. 7．設各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn，滿足4Sn＝a－4n－1，n∈N*, 且a2，a5，a14構成等比數列． (1)證明：a

12、2＝； (2)求數列{an}的通項公式； (3)證明：對一切正整數n，有＋＋…＋<. (1)證明　當n＝1時，4a1＝a－5，a＝4a1＋5， 又an>0，∴a2＝. (2)解　當n≥2時，4Sn－1＝a－4(n－1)－1， ∴4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4， 即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2， 又an>0，∴an＋1＝an＋2， ∴當n≥2時，{an}是公差為2的等差數列． 又a2，a5，a14成等比數列． ∴a＝a2·a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3. 由(1)知a1＝1.又a2－a1＝3－1＝2， ∴數列{an}是首項a1

13、＝1，公差d＝2的等差數列． ∴an＝2n－1. (3)證明?。剑? ＝ ＝<. 考點三　錯位相減法求和 1、(xx·山東卷)設等差數列{an}的前n項和為Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設數列{bn}的前n項和為Tn，且Tn＋＝λ(λ為常數)，令cn＝b2n(n∈N*)，求數列{cn}的前n項和Rn. 解　(1)設等差數列{an}的首項為a1，公差為d. 由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得 解得a1＝1，d＝2. 因此an＝2n－1，n∈N*. (2)由題意知Tn＝λ－， 所以n≥2時，

14、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， 則Rn＝0×()1＋1×()2＋2×()3＋…＋(n－2)×()n－1＋(n－1)×()n， 兩式相減得 Rn＝()1＋()2＋()3＋…＋()n－1－(n－1)×()n＝－(n－1)×()n＝－()n， 整理得Rn＝(4－)． 所以數列{cn}的前n項和Rn＝(4－)． 2、在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝3an＋2. (1)記bn＝an＋1，求證：數列{bn}為等比數列； (2)求數列{nan}

15、的前n項和Sn. (1)證明　由an＋1＝3an＋2，可得an＋1＋1＝3(an＋1)． 因為bn＝an＋1，所以bn＋1＝3bn， 又b1＝a1＋1＝3，所以數列{bn}是以3為首項，以3為公比的等比數列． (2)解　由(1)知an＋1＝3n，an＝3n－1，所以nan＝n·3n－n， 所以Sn＝(3＋2·32＋…＋n·3n)－(1＋2＋…＋n)， 其中1＋2＋…＋n＝， 記Tn＝3＋2·32＋…＋n·3n，① 3Tn＝32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1，② 兩式相減得－2Tn＝3＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1， 即Tn＝·3n＋1＋，

16、所以Sn＝－. 3．已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－2. (1)求數列{an}的通項公式； (2)記Sn＝a1＋3a2＋…＋(2n－1)an，求Sn. 解　(1)∵Sn＝2an－2，∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)， 即an＝2an－2an－1，∵an≠0，∴＝2(n≥2，n∈N*)． ∵a1＝S1，∴a1＝2a1－2，即a1＝2. 數列{an}是以2為首項，2為公比的等比數列．∴an＝2n. (2)Sn＝a1＋3a2＋…＋(2n－1)an ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n， ① ∴2Sn＝1×22＋3×

17、23＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1， ② ①－②得－Sn＝1×2＋(2×22＋2×23＋…＋2×2n)－(2n－1)2n＋1， 即－Sn＝1×2＋(23＋24＋…＋2n＋1)－(2n－1)2n＋1 ∴Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6. 4．設{an}是公比大于1的等比數列，Sn為數列{an}的前n項和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4構成等差數列． (1)求數列{an}的通項公式． (2)令bn＝nan，n＝1,2，…，求數列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)由已知，得解得a2＝2. 設數列{an}的公比為q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q. 又

18、S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0， 解得q＝2或.由題意得q＞1，所以q＝2.則a1＝1. 故數列{an}的通項為an＝2n－1. (2)由于bn＝n·2n－1，n＝1,2，…， 則Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1， 所以2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n， 兩式相減得－Tn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝2n－n×2n－1， 即Tn＝(n－1)2n＋1. 5．已知數列{an}的首項a1＝4，前n項和為Sn，且Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設函數f(x

19、)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函數f(x)的導函數，令bn＝f′(1)，求數列{bn}的通項公式，并研究其單調性． 解　(1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)，得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)， 兩式相減得an＋1－3an－2＝0，可得an＋1＋1＝3(an＋1)(n≥2)， 又由已知得a2＝14，所以a2＋1＝3(a1＋1)，即{an＋1}是一個首項為5，公比q＝3的等比數列，所以an＝5×3n－1－1(n∈N*)． (2)因為f′(x)＝an＋2an－1x＋…＋na1xn－1，所以f′(1)＝an＋2an－1＋…＋na1

20、＝(5×3n－1－1)＋2(5×3n－2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30)－， 令S＝3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30， 則3S＝3n＋2×3n－1＋3×3n－2＋…＋n×31， 作差得S＝－－，所以f′(1)＝－， 即bn＝－. 而bn＋1＝－，所以bn＋1－bn＝－n－＞0，所以{bn}是單調遞增數列. 求數列{|an|}的前n項和問題 1、在公差為d的等差數列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比數列． (1)求d，an； (2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋…＋|an|

21、. [規(guī)范解答] (1)由題意得5a3·a1＝(2a2＋2)2， (2分) 即d2－3d－4＝0.故d＝－1或4. (4分) 所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N* ， (6分) (2)設數列{an}的前n項和為Sn. 因為d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11. ∴Sn＝－n2＋n， (8分) 當n≤11時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝Sn＝－n2＋n. (10分) 當n≥12時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110. (12分) 綜上所述，|a1|＋|a

22、2|＋|a3|＋…＋|an| ＝ 2、已知等差數列{an}前三項的和為－3，前三項的積為8. (1)求等差數列{an}的通項公式； (2)若a2，a3，a1成等比數列，求數列{|an|}的前n項和． 解　(1)設等差數列{an}的公差為d， 則a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d， 由題意，得 解得或 所以由等差數列的通項公式，可得 an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7. 故an＝－3n＋5或an＝3n－7. (2)由(1)，知當an＝－3n＋5時，a2，a3，a1分別為－1，－4,2，不成等比數列；當an＝3n－7時，a2，a3，a1分別

23、為－1,2，－4，成等比數列，滿足條件． 故|an|＝|3n－7|＝ 記數列{|an|}的前n項和為Sn. 當n＝1時，S1＝|a1|＝4；當n＝2時，S2＝|a1|＋|a2|＝5； 當n≥3時，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an| ＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7) ＝5＋＝n2－n＋10. 當n＝2時，滿足此式．綜上，Sn＝ 考點：公式法 1．在等比數列{an}中，若a1＝，a4＝－4，則公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________. 解析　設等比數列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，代入數據解得q3＝

24、－8，所以q＝－2；等比數列{|an|}的公比為|q|＝2， 則|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－. 答案?。?　2n－1－ 2．在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，記Sn為{an}的前n項和，則S2 013＝________. 解析　由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，該數列是周期為4的數列，所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503×(－2)＋1＝－ 1 005. 答案?。? 0

25、05 3．等比數列{an}的前n項和Sn＝2n－1，則a＋a＋…＋a＝____. 解析　當n＝1時，a1＝S1＝1， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1， 又∵a1＝1適合上式．∴an＝2n－1，∴a＝4n－1. ∴數列{a}是以a＝1為首項，以4為公比的等比數列． ∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)． 答案　(4n－1) 4．已知函數f(n)＝n2cosnπ，且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝ (　　)． A．－100 B．0 C．100 D．10 200 解

26、析　若n為偶數，則an＝f(n)＋f(n＋1)＝n2－(n＋1)2＝－(2n＋1)，為首項為a2＝－5，公差為－4的等差數列；若n為奇數，則an＝f(n)＋f(n＋1)＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，為首項為a1＝3，公差為4的等差數列．所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100) ＝50×3＋×4＋50×(－5)＋×(－4)＝－100. 答案　A 倒序相加法 1．設f(x)＝，利用倒序相加法，可求得f＋f＋…＋f的值為______． 解析　當x1＋x2＝1時，f(x1)＋f(x2)＝＝＝1. 設S＝f＋f＋…＋f，倒序相加有2

27、S＝＋＋…＋f＋f＝10，即S＝5. 答案　5 構造法 1．設數列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差數列． (1)求a1的值； (2)求數列{an}的通項公式． 解　(1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1中 令n＝1得，2S1＝a2－22＋1， 令n＝2得，2S2＝a3－23＋1， 解得，a2＝2a1＋3，a3＝6a1＋13. 又2(a2＋5)＝a1＋a3，即2(2a1＋8)＝a1＋6a1＋13， 解得a1＝1. (2)由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1,2Sn＋1＝an＋2－2n＋2＋1，得an＋2＝

28、3an＋1＋2n＋1. 又a1＝1，a2＝5也滿足a2＝3a1＋21，∴an＋1＝3an＋2n對n∈N*成立， ∴an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)， ∴數列{an＋2n}以3為首項，公比為3的等比數列． ∴an＋2n＝(a1＋21)·3n－1＝3n， ∴an＝3n－2n. 考點： 1．已知在等比數列{an}中，a1＝1，且a2是a1和a3－1的等差中項． (1)求數列{an}的通項公式； (2)若數列{bn}滿足b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn＝an(n∈N*)，求{bn}的通項公式bn. 解　(1)由題意，得2a2＝a1＋a3－1，即2a1q＝a1＋a1q2－1，整理得2q＝q2. 又q≠0，解得q＝2，∴an＝2n－1. (2)當n＝1時，b1＝a1＝1； 當n≥2時，nbn＝an－an－1＝2n－2，即bn＝， ∴bn＝