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三十一 数列求和
(建议用时:45 分钟)
A 组 全考点巩固练
1.(2020·某某二模)已知数列{an}是各项不相等的等差数列.若 a1=4,且 a2,a4,a8
成等比数列,则数列{an}的前 8 项和 S8=( )
A.112B.144
C.288D.110
B 解析:数列{an}是各项不相等的等差数列,设公差为 d,d≠0,
若 a1=4,且 a2,a4,a8 成等比数列,
可得 a2a8=a2
4,
即(4+d)(4+7d)=(4+3d)2,
解得 d=4(0 舍去),
则数列{an}的前 8 项和 S8=8×4+
8×7
2
×4=144.
2.在数列{an}中,a1=5,(an+1-2)(an-2)=3(n∈N*),则该数列的前 2 020 项的和
是( )
A.2 020B.2 022
C.8 080D.16 160
C 解析:由(an+1-2)(an-2)=3,得(an+2-2)·(an+1-2)=3,因此 an+2-2=an-2,
即 an+2=an,所以数列{an}是以 2 为周期的数列.又 a1=5,因此(a2-2)(a1-2)=3(a2-2)
=3,故 a2=3,a1+a2=8.又 2 020=2×1 010,因此该数列的前 2 020 项的和等于 1 010(a1
+a2)=8 080.
3.(2020·某某二模)已知数列{an}满足 an+1=
n
n+1
an,a1=1,则数列{anan+1}的前 10
项和为( )
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A.
10
11
B.
11
10
C.
9
10
D.
10
9
A 解析:因为 an+1=
n
n+1
an,a1=1,所以(n+1)·an+1=nan,所以数列{nan}是每项
均为 1 的常数列,所以 nan=1.所以 an=
1
n
,anan+1=
1
n n+1
=
1
n
-
1
n+1
,
所以数列{anan+1}的前 10 项和为
1
1
-
1
2 +
1
2
-
1
3 +…+
1
10
-
1
11 =1-
1
11
=
10
11
.
4.(2020·某某二模)已知函数 y=f(x)满足 f(x)+f(1-x)=1.若数列{an}满足 an=f(0)+
f
1
n +f
2
n +…+f
n-1
n +f(1),则数列{an}的前 20 项和为( )
A.100B.105
C.110D.115
D 解析:因为函数 y=f(x)满足 f(x)+f(1-x)=1,an=f(0)+f
1
n +f
2
n +…+f
n-1
n
+f(1)①,
所以 an=f(1)+f
n-1
n +f
n-2
n +…+f
1
n +f(0)②.
由①+②可得 2an=n+1,
所以 an=
n+1
2
,所以数列{an}是首项为 1,公差为
1
2
的等差数列,其前 20 项和为
20
1+
20+1
2
2
=115.
5.(2020·某某三模)将正整数 20 分解成两个正整数的乘积有 1×20,2×10,4×5 三种,
其中 4×5 是这三种分解中两数差的绝对值最小的.我们称 4×5 为 20 的最佳分解.当 p×
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q(p≤q 且 p,q∈N*)是正整数 n 的最佳分解时,定义函数 f(n)=q-p,则数列{f(3n)}(n∈
N*)的前 100 项和 S100 为( )
A.350+1B.350-1
C.
350-1
2
D.
350+1
2
B 解析:根据题意,知 f(3)=3-1=2,f(32)=3-3=0,f(33)=32-3=6,f(34)=
32-32=0,…,f(32k-1)=3k-3k-1=2×3k-1,f(32k)=3k-3k=0.
所以数列{f(3n)}(n∈N*)的前 100 项和 S100 为 2×30+0+2×31+0+…+2×349+0=
2(30+31+32+…+349)=2×
1-350
1-3
=350-1.
6.数列 1,2,4,…,2n+1 的前 n 项和 Sn=________,各项和为________.
2n-1 2n+2-1 解析:数列的通项公式为 an=2n-1,数列共有 n+2 项,所以前 n 项
的和为 Sn=2n-1,各项的和为前 n+2 项的和,即 Sn+2=2n+2-1.
7.在等比数列{an}中,a1+a2+…+a6=10,
1
a1
+
1
a2
+…+
1
a6
=5,则 a1·a2·…·a6=________.
8 解析:由等比数列的前 n 项和公式,a1+a2+…+a6=
a1-a6q
1-q
=10,
1
a1
+
1
a2
+…+
1
a6
=
1
a1
-
1
a6
·
1
q
1-
1
q
=
a6q-a1
a1a6
q-1
=5,把 a1-a6q=10(1-q)代入,得 a1a6=2.
又 a1·a2·…·a6=(a1·a6)3=23=8.
8.设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1,a2=2,且 an+2=2Sn-Sn+1+3,记 bn=
log2a2n-1+log2a2n,则数列{(-1)n·b2
n}的前 10 项和为________.
200 解析:因为 a1=1,a2=2,且 an+2=2Sn-Sn+1+3,
所以 a3=2-3+3=2.
因为 an+2=2Sn-Sn+1+3,
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所以 n≥2 时,an+1=2Sn-1-Sn+3,
两式相减可得
an+2-an+1=2(Sn-Sn-1)-(Sn+1-Sn)(n≥2),
即 n≥2 时,an+2-an+1=2an-an+1 即 an+2=2an.
因为 a3=2a1,
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列,公比均为 2,
所以 a2n=2×2n-1=2n,a2n-1=1×2n-1=2n-1,
所以 bn=log2a2n-1+log2a2n=n-1+n=2n-1,
则(-1)n·b2
n=(-1)n(2n-1)2,则数列{(-1)nb2
n}的前 10 项和为
Tn=(32-12)+(72-52)+…+(192-172)
=2×(4+12+20+28+36)
=200.
9.已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,且 b2=3,b3=9,a1=b1,a14=
b4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设=an+bn,求数列{}的前 n 项和.
解:(1)设等比数列{bn}的公比为 q,则 q=
b3
b2
=
9
3
=3,
所以 b1=
b2
q
=1,b4=b3q=27,
所以 bn=3n-1.
设等差数列{an}的公差为 d.
因为 a1=b1=1,a14=b4=27,
所以 1+13d=27,即 d=2.
所以 an=2n-1.
(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1,
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因此=an+bn=2n-1+3n-1.
从而数列{}的前 n 项和
Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1
=
n 1+2n-1
2
+
1-3n
1-3
=n2+
3n-1
2
.
10.某企业进行技术改造,有两种方案,甲方案:一次性贷款 10 万元,第一年便可获
利 1 万元,以后每年比前一年增加 30%的利润;乙方案:每年贷款 1 万元,第一年可获利
1 万元,以后每年比前一年增加 5 千元.两种方案的使用期都是 10 年,到期一次性归还本
息.若银行两种形式的贷款都按年息 5%的复利计算,试比较两种方案中,哪种获利更多?
(取 1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)
解:甲方案是等比数列,乙方案是等差数列.
①甲方案获利:1+(1+30%)+(1+30%)2+…+(1+30%)9=
1.310-1
0.3
≈42.62(万元),
银行贷款本息:10(1+5%)10≈16.29(万元),
故甲方案纯利:42.62-16.29=26.33(万元).
②乙方案获利:1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…+(1+9×0.5)=10×1+
10×9
2
×0.5=
32.50(万元);
银行本息和:1.05×[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)9]=1.05×
1.0510-1
0.05
≈
13.21(万元).
故乙方案纯利:32.50-13.21=19.29(万元).
综上可知,甲方案更好.
B 组 新高考培优练
11.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:“今有良马与驽马发长安
至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增一十三里;驽马初日行九
十七里,日减半里.良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.问:几日相逢?”( )
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A.8 日 B.9 日
C.12 日 D.16 日
B 解析:设经过 n 日相逢,则依题意得 103n+
n n-1
2
×13+97n+
n n-1
2
×
-
1
2 =1 125×2,整理得 n2+31n-360=0,解得 n=9(负值舍去).故选 B.
12.(多选题)已知数列{an}是首项为 1 的等差数列,数列{bn}是公比为
1
2
的等比数列,已
知数列{an·bn}的前 n 项和 Sn=3-
2n+3
2n
,则( )
A.数列{an}的公差为
1
2
B.b1=2
C.
an
bn
=(2n-1)2n
D.数列
an
bn 的前 n 项和为(2n-3)2n+1+6
CD 解析:因为数列{an·bn}的前 n 项和 Sn=3-
2n+3
2n
,则 a1b1=S1=3-
2+3
2
=
1
2
,
a2b2=S2-S1=3-
2×2+3
22
-
1
2
=
3
4
.
设等差数列的公差为 d,等比数列的公比为 q.
依题意,得 b1=
1
2
,
1+d
4
=
3
4
⇒d=2,所以 an=1+(n-1)d=2n-1,bn=
b1qn-1=
1
2n
,
所以
an
bn
=(2n-1)2n.
考试
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所以数列
an
bn 的前 n 项和为 Tn=
a1
b1
+
a2
b2
+…+
an
bn
=1·21+3·22+5·23+…+(2n-3)·2n-
1+(2n-1)·2n.①
两边同乘 2,得 2Tn=1·22+3·23+5·24+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1.②
①-②,得-Tn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1=2+2·
4 2n-1-1
2-1
-(2n-
1)2n+1=-(2n-3)·2n+1-6.
所以 Tn=(2n-3)2n+1+6.
13.(2021·某某质检)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3·…·an=2bn(n∈N*),若数列{an}为
等比数列,且 a1=2,a4=16,则数列{bn}的通项公式 bn=________,数列
1
bn 的前 n 项和
Sn=________.
n n+1
2
2n
n+1
解析:因为数列{an}为等比数列,且 a1=2,a4=16,
所以公比 q=
3 a4
a1
=
3 16
2
=2,
所以 an=2n,
所以 a1a2a3·…·an=21×22×23×…×2n
=21+2+3+…+n=2 .
因为 a1a2a3·…·an=2bn,
所以 bn=
n n+1
2
,
所以
1
bn
=
2
n n+1
=2
1
n
-
1
n+1 ,
所以数列
1
bn 的前 n 项和 Sn=b1+b2+b3+…+bn
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=2
1
1
-
1
2
+
1
2
-
1
3
+
1
3
-
1
4
+… +
1
n
-
1
n+1
=2
1-
1
n+1
=
2n
n+1
.
14.(2020·某某一模)在①A5=B3,②
1
a1
-
1
a2
=
4
B2
,③B5=35 这三个条件中任选一个,
补充在下面问题中,并解答.
已知等差数列{an}的公差为 d(d>0),等差数列{bn}的公差为 2d.设 An,Bn 分别是数列
{an},{bn}的前 n 项和,且 b1=3,A2=3,________.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设=2an+
3
bnbn+1
,求数列{}的前 n 项和 Sn.
解:方案一:选条件①.
(1)因为数列{an},{bn}都是等差数列,且 A2=3,A5=B3,
所以
2a1+d=3,
5a1+10d=9+6d,
解得
a1=1,
d=1.
所以 an=a1+(n-1)d=n,
bn=b1+(n-1)2d=2n+1.
综上 an=n,bn=2n+1.
(2)由(1)得:
=2n+
3
2n+1 2n+3
=2n+
3
2
1
2n+1
-
1
2n+3 ,
所以 Sn=(2+22+…+2n)+
3
2
1
3
-
1
5 +
1
5
-
1
7 +…
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+
1
2n+1
-
1
2n+3
=
2 1-2n
1-2
+
3
2
1
3
-
1
2n+3
=2n+1-
3 n+2
2n+3
.
方案二:选条件②.
(1)因为数列{an},{bn}都是等差数列,且
A2=3,
1
a1
-
1
a2
=
4
B2
,
所以
2a1+d=3,
4a1 a1+d =d 6+2d ,
解得
a1=1,
d=1,
所以 an=a1+(n-1)d=n,
bn=b1+(n-1)2d=2n+1,
综上,an=n,bn=2n+1.
(2)同方案一.
方案三:选条件③.
(1)因为数列{an},{bn}都是等差数列,且 A2=3,B5=35.
所以
2a1+d=3,
3×5+
5×4
2
×2d=35,
解得
a1=1,
d=1.
所以 an=a1+(n-1)d=n,
bn=b1+(n-1)2d=2n+1.
考试
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综上,an=n,bn=2n+1.
(2)同方案一.
15.(2020·某某高考名校联考信息优化卷)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,
a3=
1
16
,a1-a2=
1
8
,数列{bn}满足 b1=-3,且 1+bn+1 与 1-bn 的等差中项是 an.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)若=(-1)nbn,求数列{}的前 2n 项和 S2n.
解:(1)设数列{an}的公比为 q,由已知得
a1q2=
1
16
,
a1-a1q=
1
8
,
解得
a1=
1
4
,
q=
1
2
或
a1=
1
16
,
q=-1.
由于数列{an}的各项均为正数,所以 q>0,故
a1=
1
4
,
q=
1
2
,
所以 an=
1
4
·
1
2
n-1
=
1
2
n
+1
.
因为 1+bn+1 与 1-bn 的等差中项是 an,所以 1+bn+1+1-bn=2an=2·
1
2
n+1
,即
bn+1-bn=
1
2
n
-2.
于是 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=-3+
1
2
1
-2 +
1
2
2
-2 +…
+
1
2
n-1
-2 =-3+
1
2
1
+
1
2
2
+…+
1
2
n-1
-2(n-1)=-
1
2
n-1
-2n.
考试
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故数列{bn}的通项公式为 bn=-
1
2
n-1
-2n.
(2)由(1)知=(-1)nbn=
-
1
2
n-1
+(-1)n+1·2n,
所以 S2n=(1+2)+
-
1
2
-4
+
1
4
+6
+…+
-
1
2
2n-1
+ -1 2n+1·2·2n
=
1+
-
1
2 +
1
4
+…+
-
1
2
2n-1
+[2-4+6+8+…+2(2n-1)-2·2n]
=
1-
-
1
2
2n
1-
-
1
2
+(-2)×
2n
2
=
2
3
1-
1
4
n
-2n.