专题课2 数列求和-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册学习手册（人教B版）

高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 学 习 目 标 1. 熟练掌握等差数列、 等比数列的求和 公式 . 2. 掌握分组求和、 并项求和、 倒序相加 法求和、 裂项相消法求和、 错位相减法求和 的思想方法 . 要 点 精 析 要点 1 分组求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差 数列或等比数列或可求和的数列组成， 则求 和时可用分组求和法， 分别求和而后相加减 . 例 1 已知数列 {a n } 的首项 a 1 =3 ， 通项 a n =2 n p+nq （ n∈N * ， p ， q 为常数）， 且 a 1 ， a 4 ， a 5 成等差数列 . （ 1 ） 求 p ， q 的值； （ 2 ） 求数列 {a n } 前 n 项和 S n 的公式 . 分析 先通过题意求出 a n 的通项公式， 进而得到 p ， q 的值， 再根据分组求和法的 思想求出 S n . 解： （ 1 ） 由 a 1 =3 ， 得 2p+q=3 ， 又 ∵a 4 = 2 4 p+4q ， a 5 =2 5 p+5q ， 且 a 1 +a 5 =2a 4 ， 得 3+2 5 p+ 5q=2 5 p+8q ， 解得 p=1 ， q=1. （ 2 ） 由 （ 1 ） 知 a n =2 n +n ， ∴S n = （ 2+2 2 + … + 2 n ） + （ 1+2+ … +n ） =2 n+1 -2+ n （ n+1 ） 2 . 变式训练 1 已知数列 {a n } ， a 1 =1 ， a n+1 =4a n . 设 b n =log 4 a n+1 ， c n =a n +b n ， T n 是数列 {c n } 的前 n 项和， 求 T n . 要点 2 并项求和法 在一个数列的前 n 项和中， 可两两结合 求解， 则称之为并项求和 . 形如 a n = （ -1 ） n · f （ n ） 类型， 可采用两项合并求解 . 例 2 若数列 {a n } 的通项公式是 a n = （ -1 ） n+1 （ 4n+1 ）， 则 a 11 +a 12 + … +a 21 = （ ） A. 45 B. 65 C. 69 D. -105 分析 由题意可得 a n +a n+1 = （ -1 ） n+1 （ 4n+1 ） + （ -1 ） n+2 ·［ 4 （ n+1 ） + 1 ］ = （ -1 ） n+1 （ -4 ）， 从而可得 a 11 +a 12 + … +a 21 = （ a 11 +a 12 ） + … + （ a 19 +a 20 ） +a 21 . 解析： ∵a n = （ -1 ） n+1 （ 4n+1 ）， ∴a n +a n+1 = （ -1 ） n+1 （ 4n+1 ） + （ -1 ） n+2 ［ 4 （ n+1 ） +1 ］ = （ -1 ） n+1 （ -4 ）， 则 a 11 +a 12 + … +a 21 = （ a 11 +a 12 ） + … + （ a 19 +a 20 ） +a 21 =-4× 5+85=65. 故选 B. 专题课 2 数列求和 28 第五章 数 列 学 变式训练 2 已知数列 {a n } 中， a 1 =1 ， a n +a n+1 =3 ， S n 为其前 n 项和， 则 S 2 023 等于 （ ） A. 3 031 B. 3 032 C. 3 033 D. 3 034 要点 3 倒序相加法 如果一个数列 {a n } 的前 n 项中首末两 端等 “距离” 的两项的和相等且等于同一个 常数， 那么求这个数列的前 n 项和可用倒序 相加法， 如等差数列的前 n 项和公式即是用 此法推导的 . 例 3 已知函数 f （ x ） = ln ex e-x ， 满足 f e 2 019 ! " +f 2e 2 019 ! " + … +f 2 018e 2 019 ! " = 1 009 2 （ a+ b ） （ a ， b 均为正实数）， 则 1 a + 4 b 的最小值 为 . 分析 通过题目发现 f （ x ） +f （ e-x ） =2 ， 然后利用倒序相加法求出 a+b=4 ， 将 1 a + 4 b 转化为 1 4 1 a + 4 b ! " （ a+b ）， 展开， 利用基本 不等式即可求得最值 . 解析： f （ x ） +f （ e-x ） =ln ex e-x +ln e （ e-x ） e- （ e-x ） =ln ex e-x · e （ e-x ） x x $ =lne 2 =2 ， ∵ 1 009 2 （ a+b ） =f e 2 019 ! " +f 2e 2 019 ! " + … +f 2 018e 2 019 ! " ， ∴ 1 009 2 （ a+b ） =f 2 018e 2 019 ! " +f 2 017e 2 019 ! " + … +f e 2 019 ! " ， 两式相加得 1 009 （ a+b ） =2×2 018 ， ∴a+b=4 ， ∴ 1 a + 4 b = 1 4 1 a + 4 b ! " （ a+b ） = 1 4 5+ b a + 4a b ! " ≥ 1 4 5+2 b a · 4a b 姨 ! " = 9 4 ， 当且仅当 b a = 4a b ， 即 a= 4 3 ， b= 8 3 时， 等号 成立 . 变式训练 3 已知函数 f （ x ） = 2 4 x +1 +tanx ， 则 f （ -2 ） +f （ -1 ） +f （ 0 ） +f （ 1 ） +f （ 2 ） = . 要点 4 裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差， 在求和 时中间的一些项可以相互抵消， 从而求得 其和 . 例 4 定义 n p 1 +p 2 + … +p n 为 n 个正数 p 1 ， p 2 ， …， p n 的 “均倒数”， 若已知数列 {a n } 的前 n 项的 “均倒数” 为 1 2n+1 ， 又 b n = a n +1 4 ， 则 1 b 1 b 2 + 1 b 2 b 3 + … + 1 b 10 b 11 = （ ） A. 1 11 B. 1 12 C. 10 11 D. 11 12 分析 由已知得 a 1 +a 2 + … +a n =n （ 2n+1 ） = S n ， 求出 S n 后， 利用当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 29 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 即可求得通项 a n ， 最后利用裂项相消法即 可求和 . 解析 ： 由已知得 n a 1 +a 2 + … +a n = 1 2n+1 ， ∴a 1 +a 2 + … +a n =n （ 2n+1 ） =S n . 当 n≥2 时， a n =S n - S n-1 =4n-1 ， 验证知当 n=1 时也成立 ， ∴b n = a n +1 4 =n ， ∴ 1 b n · b n+1 = 1 n - 1 n+1 ， ∴ 1 b 1 b 2 + 1 b 2 b 3 + … + 1 b 10 b 11 = 1- 1 2 2 # + 1 2 - 1 3 2 3 + 1 3 - 1 4 4 3 + … + 1 10 - 1 11 2 3 = 10 11 . 故选 C. 变式训练 4 等比数列 {a n } 的各项均为正数 ， 且 2a 1 +3a 2 =1 ， a 2 3 =9a 2 a 6 . （ 1 ） 求数列 {a n } 的通项公式； （ 2 ） 设 b n =log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a n ， 求数 列 1 b n n ' 的前 n 项和 T n . 要点 5 错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列 和一个等比数列的对应项之积构成的， 那么 这个数列的前 n 项和即可用此法来求， 如等 比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的 . 例 5 已知数列 {a n } 是等比数列， a 1 a 2 = 1 3 ， a 3 = 1 9 ， 数列 {b n } 的前 n 项和 S n 满足 S n =3n 2 +3n. （ 1 ） 求数列 {a n } 和 {b n } 的通项公式； （ 2 ） 若 c n = b n a n ， 求数列 {c n } 的前 n 项和 T n . 解： （ 1 ） 设等比数列 {a n } 的公比是 q ， 由 a n =a 1 q n -1 及 a 1 a 2 = 1 3 ， a 3 = 1 9 ， 得 a 2 1 q= 1 3 ， a 1 q 2 = 1 9 9 * * * * * * ) * * * * * * + ， 解得 a 1 =1 ， q= 1 3 9 * * * * ) * * * * + ， ∴a n =1 · 1 3 2 3 n-1 （ n∈ N * ）， 当 n≥2 时， b n =S n -S n-1 =6n ， 当 n=1 时， b 1 =S 1 =6 ， 符合上式， 故 b n =6n （ n∈N * ） . （ 2 ） 由 （ 1 ） 知， c n = b n a n =6n · 3 n-1 ， ∴T n = c 1 +c 2 +c 3 + … +c n-1 +c n ， T n =6×1×3 0 +6×2×3 1 +6×3×3 2 + … +6 （ n-1 ）· 3 n-2 +6n · 3 n-1 ， 3T n =6×1×3 1 +6×2×3 2 +6×3×3 3 + … +6 （ n-1 ）· 3 n-1 +6n · 3 n ， 错位相减， 可以得到 -2T n =6×3 0 +6 （ 3 1 +3 2 + 3 3 + … +3 n-1 ） -6n · 3 n ， T n =- 1 2 · 6× 3 0 （ 1-3 n ） 1-3 -6n · 3 3 . n = n- 1 2 4 # · 3 n+1 + 3 2 = 3 2 ·［（ 2n-1 ）· 3 n +1 ］ . 30 第五章 数 列 学 变式训练 5 已知递增的等比数列 {a n } 满足 a 2 +a 3 + a 4 =28 且 a 3 +2 是 a 2 ， a 4 的等差中项 . （ 1 ） 求数列 {a n } 的通项公式； （ 2 ） 若 b n =log 2 a n+1 ， S n 是数列 {a n b n } 的 前 n 项和， 求 S n . 数 学 文 化 例 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 一次共可得到 10 dm×12 dm ， 20 dm×6 dm 两种规格的图形 ， 它们的面积之和 S 1 = 240 dm 2 ， 对折两次共可以得到 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 S 2 =180 dm 2 ， 以此类推， 则 对折四次共可以得到不同规格图形的种数为 ； 如果对折 n 次， 那么 n k=1 移 S k = dm 2 . 解析： 由对折两次共可以得到 5 dm× 12 dm ， 10 dm×6 dm ， 20 dm×3 dm 三种规 格的图形， ∴ 对折三次的结果有 5 2 ×12 ， 5× 6 ， 10×3 ， 20× 3 2 ， 共四种不同规格 （单位 dm 2 ）； 故对折四次可得到 5 4 ×12 ， 5 2 ×6 ， 5× 3 ， 10× 3 2 ， 20× 3 4 共五种不同规格 . 由于每次对折后的图形的面积都减小为 原来的一半， 故各次对折后的图形， 不论规 格如何， 其面积成公比为 1 2 的等比数列， 首 项为 120 dm 2 ， 第 n 次对折后的图形面积为 120× 1 2 2 # n-1 . 对于第 n 次对折后的图形的规 格形状种数， 根据第一空的过程和结论， 猜 想为 （ n+1 ） 种 （证明从略）， 故得猜想 S n = 120 （ n+1 ） 2 n-1 . 设 S= n k=1 移 S k = 120×2 2 0 + 120×3 2 1 + 120×4 2 2 + … + 120 （ n+1 ） 2 n-1 ， 则 1 2 S= 120×2 2 1 + 120×3 2 2 + … + 120n 2 n-1 + 120 （ n+1 ） 2 n ， 两式作差得 1 2 S=240+120 1 2 + 1 2 2 + … + 1 2 n-1 2 1 - 120 （ n+1 ） 2 n =240+ 60 1- 1 2 n-1 1 1 1- 1 2 - 120 （ n+1 ） 2 n =360- 120 2 n-1 - 120 （ n+1 ） 2 n =360- 120 （ n+3 ） 2 n ， ∴S=720- 240 （ n+3 ） 2 n =720- 15 （ n+3 ） 2 n-4 . 31 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 ∵a 1 =1 也适合上式， ∴a n = 2n-1 n （ n∈N + ） . 故选 B. 7. a n =3n 【解析】 ∵a 2 =6 ， a n a n+1 -a n =n （ n∈N * ）， ∴a 1 =3 且 na n+1 = （ n+1 ） a n ， 即 a n+1 a n = n+1 n . 由累乘法得 a n = a n a n-1 · a n-1 a n-2 ·…· a n a 1 · a 1 = n n-1 × n-1 n-2 × … × 2 1 ×a 1 =na 1 =3n ， ∴a n+1 -a n =3 （ n+1 ） -3n=3 ， 则数列 {a n } 是首 项为 3 、 公差为 3 的等差数列， 通项公式为 a n =3n. 8. 1 n 2 +5n-4 2 【解析】 ∵a n+2 =2a n+1 -a n +1 ， ∴ （ a n+2 -a n+1 ） - （ a n+1 -a n ） =1. 又 ∵a 2 -a 1 =4 ， 则数列 {a n+1 -a n } 是首项为 4 、 公差为 1 的等差数列， ∴a n+1 -a n =n+3 ， ∴a n -a n-1 =n+2 （ n≥2 ）， a n-1 -a n-2 =n+1 ， … a 2 -a 1 =4. 累加得 a n -a 1 = （ n-1 ）（ n+6 ） 2 ， ∴a n = n 2 +5n-4 2 （ n=1 符 合上式） . 9. 2n 【解析】 当 n≥2 时， 2a n =2S n -2S n-1 ， 整理得 a n a n-1 = n n-1 ， ∴ a n a n-1 ·…· a 4 a 3 · a 3 a 2 · a 2 a 1 = n n-1 × … × 4 3 × 3 2 × 2 1 ， ∴ a n a 1 =n. ∵2 （ a 1 +a 2 ） =3a 2 ， ∴a 1 =2 ， ∴a n =2n. 10. 解： 由题意知， 当 n≥2 时， S n -S n-1 =-2S n S n-1 ， 整理得 1 S n - 1 S n-1 =2 ， 故 1 S n n $ 是以 1 2 为首项、 2 为公 差的等差数列， ∴ 1 S n =2n- 3 2 ， 即 S n = 2 4n-3 . 当 n≥2 时 ， a n =-2S n S n-1 =-2 · 4 （ 4n-3 ） （ 4n-7 ） = -2 1 4n-7 - 1 4n-3 3 & ， ∴a n =2 1 4n-3 - 1 4n-7 3 & . 当 n=1 时， 不符合此式， 故 a n = 2 ， n=1 ， 2 1 4n-3 - 1 4n-7 3 & ， n≥2 2 ) ) ) ( ) ) ) * . 提升练习 11. B 【解析】 由题意知， 每天所走路程形成以 a 1 为 首项、 公比为 1 2 的等比数列， 则 a 1 1- 1 2 6 3 & 1- 1 2 =378 ， 解得 a 1 =192 ， 则 a 2 =96 ， 即第二天走了 96 里 . 故选 B. 12. ABD 【解析】 ∵a n+1 = a n 3a n +2 ， ∴ 1 a n+1 =2 · 1 a n +3 ， ∴ 1 a n+1 +3=2 1 a n + 3 & 3 ， ∴ 1 a n + + $ 3 是以 4 为首项、 2 为公比的 等比数列， ∴ 1 a n +3=4 · 2 n-1 ， ∴ 1 a n =2 n+1 -3 ， ∴a n = 1 2 n+1 -3 ， 故 {a n } 为单调递减数列 . T n = 1 a 1 + 1 a 2 + 1 a 3 + … + 1 a n =2 2 +2 3 +2 4 + … +2 n+1 -3n ， ∴T n =2 n+2 -3n-4. 故选 ABD. 13. n 【解析】 当 n=1 时， a 1 =1 ； 当 n≥2 时， 2a n =2S n -2S n-1 =a 2 n+1 -n-1- （ a 2 n -n ）， 整理得 a 2 n+1 = （ a n +1 ） 2 . ∵a n >0 ， ∴a n+1 =a n +1 ， ∴ {a n } 是以 1 为首项、 1 为公差的等差数列， ∴a n =n. 14. （ 1 ） 证明： 由题意知， 当 n≥2 时， S n = b n b n-1 ， 代 入 2 S n + 1 b n =2 ， 整理得 2b n-1 +1=2b n ， 即 b n -b n-1 = 1 2 . 又 ∵ 2 S 1 + 1 b 1 =2 ， 可得 b 1 = 3 2 ， 故 {b n } 是以 3 2 为首项、 1 2 为公差的等差数列 . （ 2 ） 解： 由 （ 1 ） 知， b n = n+2 2 ， 则 2 S n + 2 n+2 =2 ， ∴S n = n+2 n+1 . 当 n=1 时， a 1 =S 1 = 3 2 ； 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =- 1 n （ n+1 ） ， 故 a n = 3 2 ， n=1 ， - 1 n （ n+1 ） ， n≥2 2 ) ) ) ) ) ( ) ) ) ) ) * . 专题课 2 数列求和 学习手册 变式训练 1 解： ∵a 1 =1 ， a n+1 =4a n . 40 参 考 答 案 ∴ 数列 {a n } 是等比数列且 a n =4 n-1 . ∴a n+1 =4 n ， 可得 b n =log 4 a n+1 =n ， c n =4 n-1 +n ， ∴T n =c 1 +c 2 + … +c n = （ 4 0 +1 ） + （ 4 1 +2 ） + … + （ 4 n-1 +n ） = （ 4 0 +4 1 + … +4 n-1 ） + （ 1+2+ … +n ） = 4 n -1 3 + n （ n+1 ） 2 . 变式训练 2 D 【解析】 由题意得， a 2 =2 ， a 3 =1 ， a 4 =2 ， …， 故奇数项为 1 ， 偶数项为 2 ， 则 S 2 023 = （ a 1 +a 2 ） + （ a 3 +a 4 ） + … + （ a 2 021 +a 2 022 ） +a 2 023 =3×1 011+1=3 034. 故选 D. 变式训练 3 5 【解析】 ∵f （ x ） = 2 4 x +1 +tanx ， 故 f （ 0 ） = 2 4 0 +1 +tan0=1 ， ∴f （ x ） +f （ -x ） = 2 4 x +1 +tanx+ 2 4 -x +1 +tan （ -x ） = 2 4 x +1 + 2 · 4 x 4 x +1 =2 ， ∴f （ -2 ） +f （ 2 ） =f （ -1 ） +f （ 1 ） =2 ， ∴f （ -2 ） +f （ -1 ） + f （ 0 ） +f （ 1 ） +f （ 2 ） =5. 变式训练 4 解： （ 1 ） 设数列 {a n } 的公比为 q ， 由 a 2 3 = 9a 2 a 6 得 a 2 3 =9a 2 4 ， ∴q 2 = 1 9 . 由条件可知 q>0 ， 故 q= 1 3 . 由 2a 1 +3a 2 =1 得 2a 1 +3a 1 q=1 ， ∴a 1 = 1 3 ， 故数列 {a n } 的通项公 式为 a n = 1 3 n . （ 2 ） b n =log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a n =- （ 1+2+ … +n ） =- n （ n+1 ） 2 . 故 1 b n =- 2 n （ n+1 ） =-2 1 n - 1 n+1 1 " ， ∴ 1 b 1 + 1 b 2 + … + 1 b n =-2 1- 1 2 " + 1 2 - 1 3 1 " + … + 1 n - 1 n+1 1 "1 $ =- 2n n+1 ， ∴ 数列 1 b n n & 的前 n 项和 T n =- 2n n+1 . 变式训练 5 解： （ 1 ） 设等比数列 {a n } 的公比为 q ， 由 题意得 a 2 +a 3 +a 4 =28 ， 2a 3 +4=a 2 +a 4 n ， ∴a 3 =8 ， a 2 +a 4 =20. ∴ a 1 q 2 =8 ， a 1 q+a 1 q 3 =20 n ， 解 得 a 1 =2 ， q= n 2 或 a 1 =32 ， q= 1 2 2 ) ) ) ( ) ) ) * . ∵ 数列 {a n } 是递增的等比数列， ∴ a 1 =2 ， q=2 n ， 从而 a n =2 n ， 即数列 {a n } 的通项公式为 a n = 2 n （ n∈N * ） . （ 2 ） ∵b n =log 2 a n+1 =log 2 2 n+1 =n+1 ， ∴a n b n = （ n+1 ） 2 n ， 则 S n = 2 · 2 1 +3 · 2 2 +4 · 2 3 + … +n · 2 n-1 + （ n+1 ）· 2 n ， 可得 2S n =2 · 2 2 +3 · 2 3 +4 · 2 4 + … +n · 2 n + （ n+1 ）· 2 n+1 ， 两式相减可得 -S n =4+2 2 +2 3 + … +2 n - （ n+1 ）· 2 n +1 =4+ 4 （ 1-2 n-1 ） 1-2 - （ n+1 ）· 2 n+1 =-n · 2 n+1 ， ∴S n =n · 2 n+1 . 随堂练习 1. B 【解析】 ∵a n = 1 n （ n+1 ） = 1 n - 1 n+1 ， ∴S n =a 1 +a 2 + … + a n =1- 1 n+1 = n n+1 . 而已知 S n = 2 015 2 016 ， ∴ n n+1 = 2 015 2 016 ， 解得 n=2 015. 故 选 B. 2. C 【解析】 由题意得 a n =1+2 n-1 ， ∴S n =n+ 1-2 n 1-2 =n+ 2 n -1. 故选 C. 3. A 【解析】 ∵a n = （ -1 ） n （ 3n-2 ）， ∴a 1 +a 2 + … +a 10 = （ -1+ 4 ） + （ -7+10 ） + … + （ -25+28 ） =3×5=15. 故选 A. 4. B 【解析】 由 S n = 1 2 + 2 2 2 + 3 2 3 + … + n 2 n ， 得 1 2 S n = 1 2 2 + 2 2 3 + … + n-1 2 n + n 2 n+1 . 两式相减得 1 2 S n = 1 2 + 1 2 2 + 1 2 3 + … + 1 2 n - n 2 n+1 = 1 2 1- 1 2 n " 1- 1 2 - n 2 n+1 = 2 n+1 -n-2 2 n+1 ， ∴S n = 2 n+1 -n-2 2 n . 故选 B. 5. 解 ： 设 S =sin 2 1° +sin 2 2° +sin 2 3° + … +sin 2 88° + sin 2 89°. ① 将 ① 式右边反序得 S=sin 2 89°+sin 2 88°+ … +sin 2 3°+sin 2 2°+sin 2 1°. ② 又 ∵sinx=cos （ 90°-x ）， sin 2 x+cos 2 x=1 ， ①+② 得 2S = （ sin 2 1° +cos 2 1° ） + （ sin 2 2° +cos 2 2° ） + … + （ sin 2 89° + cos 2 89° ） =89 ， ∴S=44.5. 6. 解： （ 1 ） 当 n=1 时， a 1 =S 1 =-4 ； 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =3n 2 -7n-3 （ n-1 ） 2 +7 （ n-1 ） =6n- 10 ； 41 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 当 n=1 ， 则 a 1 =6-10=-4 ， 故 a n =6n-10 ， n∈N * . （ 2 ） 依题意， 4 （ 6n-10 ）（ 6n-4 ） = 1 （ 3n-5 ）（ 3n-2 ） = 1 3 1 3n-5 - 1 3n-2 2 # ， 故 T n = 1 3 × 1 -2 - 1 1 + 1 1 - 1 4 + 1 4 - 1 7 + … + 1 3n-5 - 1 3n-2 2 2 = 1 3 × 1 -2 - 1 3n-2 2 2 = n 2 （ 2-3n ） . 练习手册 效果评价 1. B 【解析 】 a n = 1 n 姨 + n-1 姨 = n 姨 - n-1 姨 ， 故 S n = n 姨 . 令 S k = k 姨 =9 ， 解得 k=81. 故选 B. 2. B 【解析】 a 1 +a 2 +a 3 + … +a 2 017 =a 1 + （ a 2 +a 3 ） + … + （ a 2 016 + a 2 017 ） =2+ （ -3+4 ） + （ -5+6 ） + … + （ -2 016+2 017 ） =2+1 008= 1 010. 故选 B. 3. C 【解析】 S n = （ 2+2 2 +2 3 + … +2 n ） + ［ 1+3+5+ … + （ 2n- 1 ）］ = 2 （ 1-2 n ） 1-2 + n （ 1+2n-1 ） 2 =2 n+1 -2+n 2 . 故选 C. 4. B 【解析】 a 3 +a 6 +a 9 + … +a 99 = （ a 1 +2d ） + （ a 4 +2d ） + （ a 7 + 2d ） + … + （ a 97 +2d ） =a 1 +a 4 +a 7 + … +a 97 +2d×33=50+66× （ -2 ） =-82. 故选 B. 5. D 【解析】 ∵a n =1+2+2 2 + … +2 n-1 = 1× （ 1-2 n ） 1-2 =2 n -1 ， ∴S n = （ 2 1 -1 ） + （ 2 2 -1 ） + … + （ 2 n -1 ） = 2× （ 1-2 n ） 1-2 -n=2 n+1 -n-2. 故 选 D. 6. 130 【解析】 由 a n =2n-10 （ n∈N * ） 知 {a n } 是以 -8 为 首项、 2 为公差的等差数列， 又由 a n =2n-10≥0 得 n≥5 ， ∴ 当 n<5 时， a n <0 ， 当 n≥5 时， a n ≥0 ， ∴｜a 1 ｜+｜a 2 ｜+ … +｜a 15 ｜=- （ a 1 +a 2 +a 3 +a 4 ） + （ a 5 +a 6 + … +a 15 ） =20+ 110=130. 7. D 【解析】 a n+1 -a n =n · 2 n ， ∴a 2 -a 1 =1 · 2 1 ， a 3 -a 2 =2 · 2 2 ， a 4 -a 3 =3 · 2 3 ， … a n -a n-1 = （ n-1 ）· 2 n-1 ， 以上 n-1 个等式， 累加得 a n -a 1 =1 · 2 1 +2 · 2 2 +3 · 2 3 + … + （ n-1 ）· 2 n-1 ， ① 又 ∵2a n -2a 1 =1 · 2 2 +2 · 2 3 +3 · 2 4 + … + （ n-2 ）· 2 n-1 + （ n-1 ）· 2 n ， ② ①-② 得 a 1 -a n =2+2 2 +2 3 + … +2 n-1 - （ n-1 ）· 2 n = 2 （ 1-2 n-1 ） 1-2 - （ n-1 ）· 2 n = （ 2-n ）· 2 n -2 ， ∴a n = （ n-2 ）· 2 n +3 （ n≥2 ）， ∴a 15 = （ 15-2 ）· 2 15 +3=13 · 2 15 +3. 8. 2 550 【解析】 ∵a n+2 -a n =1+cosnπ ， a 1 +a 2 =2 ， ∴ 当 n=2k-1 （ k∈N * ） 时， 有 a 2k+1 -a 2k-1 =1+cos ［（ 2k-1 ） π ］ =0 ； 当 n=2k （ k∈N * ） 时， 有 a 2k+2 -a 2k =1+cos （ 2kπ ） =2 ， ∴ 数列 {a 2n-1 } 是每项均为 a 1 的常数列， 数列 {a 2n } 是首项为 a 2 、 公差为 2 的等差数列 . 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， 则 S 100 =50a 1 +50a 2 + 50×49 2 ×2=50 （ a 1 +a 2 ） +50×49=100+2 450=2 550. 9. 2 n+2 -4-2n 【解析】 a n =2+2 2 +2 3 + … +2 n = 2-2 n+1 1-2 =2 n+1 - 2 ， S n = （ 2 2 +2 3 +2 4 + … +2 n+1 ） - （ 2+2+2+ … +2 ） = 2 2 -2 n+2 1-2 -2n=2 n+2 - 4-2n. 10. 证明： 设 S n =C 0 n +3C 1 n +5C 2 n + … + （ 2n+1 ） C n n . ① 把 ① 式右边倒转过来得 S n = （ 2n+1 ） C n n + （ 2n-1 ） C n-1 n + … +3C 1 n +C 0 n . 又由 C m n =C n-m n 可得 S n = （ 2n+1 ） C 0 n + （ 2n-1 ） C 1 n + … +3C n-1 n + C n n . ② ①+② 得 2S n = （ 2n+2 ）（ C 0 n +C 1 n + … +C n-1 n +C n n ） =2 （ n+1 ）· 2 n ， ∴S n = （ n+1 ）· 2 n . 提升练习 11. D 【解析】 ∵a n+1 +a 2 n +a n +1=0 ， ∴-a n+1 -1=a n （ a n +1 ）， ∴- 1 a n+1 +1 = 1 a n （ a n +1 ） = 1 a n - 1 a n +1 ， 即 1 a n = 1 a n +1 - 1 a n+1 +1 ， ∴S n = 1 a 1 +1 - 1 a 2 +1 2 2 + 1 a 2 +1 - 1 a 3 +1 2 2 + … + 1 a n +1 - 1 a n+1 +1 2 2 = 1 a 1 +1 - 1 a n+1 +1 ， S 2 021 = 1 a 1 +1 - 1 a 2 022 +1 = 3a 2 022 +2 a 2 022 +1 ， ∴ 1 a 1 +1 = 3a 2 022 +2 a 2 022 +1 + 1 a 2 022 +1 =3 ， ∴a 1 =- 2 3 . 故选 D. 12. C 【解析】 设 b n =a 2n-1 ， c n =b 2n ， 则 b 1 =a 1 =2 ， c 1 = a 2 =1. 42 参 考 答 案 由已知可得， a 2n+1 -a 2n-1 =2 ， 即 b n+1 -b n =2 ， ∴ {b n } 为以 2 为首项、 2 为公差的等差数列， b n = 2+2 （ n-1 ） =2n. a 2n+2 =2a 2n ， 即 c n+1 =2c n ， ∴ {c n } 为以 1 为首项、 2 为公比的等比数列， c n =1× 2 n-1 =2 n-1 . ∴ {a n } 的前 20 项和 S 20 = （ b 1 +b 2 + … +b 10 ） + （ c 1 +c 2 + … + c 10 ） = （ 2+4+ … +20 ） + （ 1+2+ … +2 9 ） = 10× （ 2+20 ） 2 + 1× （ 1-2 10 ） 1-2 =1 133. 故选 C. 13. B 【解析】 ∵z=1+2i+3i 2 + … +2 020i 2 019 +2 021i 2 020 ， ∴iz=i+2i 2 +3i 3 + … +2 020i 2 020 +2 021i 2 021 ， 相减得， （ 1-i ） z= 1+i+i 2 + … +i 2 020 -2 021i 2 021 = 1-i 2 021 1-i -2 021i=1-2 021i ， ∴z= 1-2 021i 1-i = （ 1-2 021i ）（ 1+i ） （ 1-i ）（ 1+i ） = 1+i-2 021i-2 021i 2 2 =1 011- 1 010i ， 虚部为 -1 010. 故选 B. 14. D 【解析】 等差数列 {a n } 中， a 3 =5 ， 公差大于 0 ， 设公差为 d ， ∵a 4 +1 是 a 2 +1 与 a 7 +3 的等比中项 ， ∴ （ a 4 +1 ） 2 = （ a 2 +1 ）（ a 7 +3 ）， ∴ （ a 3 +1+d ） 2 = （ a 3 +1-d ）（ a 3 +3+4d ）， ∴ （ 6+d ） 2 = （ 6-d ）（ 8+4d ）， 解得 d=2 或 d=- 6 5 （舍 去）， ∴a n =a 3 + （ n-3 ） d=5+2 （ n-3 ） =2n-1 ， ∴b n = 1 a n · a n+1 = 1 （ 2n-1 ）·（ 2n+1 ） = 1 2 1 2n-1 - 1 2n+1 1 " . 设数列 {b n } 的前 2 020 项和为 S 2 020 ， S 2 020 = 1 2 × 1 1 - 1 3 + 1 3 - 1 5 + … + 1 4 039 - 1 4 041 1 " = 2 020 4 041 . 故选 D. 15. 解： （ 1 ） 对任意的 n∈N * ， a n+1 =2a n +1 ， 则 a n+1 + 1=2 （ a n +1 ）， 且 a 1 +1=2 ， ∴ 数列 {a n +1} 是等比数列， 且 首项和公比均为 2 ， 故 a n +1 =2×2 n -1 =2 n ， ∴a n =2 n -1. ∵ 1 n （ n+1 ） = 1 n - 1 n+1 ， ∴b n = n+1 1×2 + n+1 2×3 + … + n+1 n （ n+1 ） = （ n+1 ）· 1- 1 2 + 1 2 - 1 3 + … + 1 n - 1 n+1 " = （ n+1 ） 1- 1 n+1 " =n. （ 2 ） 设数列 {n · 2 n } 的前 n 项和为 S n ， 则 S n =1 · 2 1 +2 · 2 2 +3 · 2 3 + … +n · 2 n ， ∴2S n =1 · 2 2 +2 · 2 3 + … + （ n-1 ）· 2 n +n · 2 n+1 ， 两式相减得 -S n =2+2 2 +2 3 + … +2 n -n · 2 n+1 = 2 （ 1-2 n ） 1-2 -n · 2 n+1 =-2+ （ 1-n ）· 2 n+1 ， ∴S n = （ n-1 ）· 2 n+1 +2. ∵a n b n =n ·（ 2 n -1 ） =n · 2 n -n ， 则 T n = （ 1 · 2 1 +2 · 2 2 +3 · 2 3 + … + n · 2 n ） - （ 1+2+3+ … +n ） = （ n-1 ）· 2 n+1 +2- n （ n+1 ） 2 . 由 T n ≥2 （ a n +1 ）（ b n -1 ） -1 可得 （ n-1 ）· 2 n+1 +2- n （ n+1 ） 2 ≥ （ n-1 ）· 2 n+1 -1 ， 整理可得 n 2 +n-6≤0 ， 解得 -3≤n≤2 ， ∵n∈N * ， 故 n=1 或 2. 5.4 数列的应用 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） 由题知， a n =1 000× 1 2 1 " n-1 ， 当 1 000× 1 2 1 " n-1 <20 ， n∈N * ， 解得 1≤n≤6 ， ∴a n = 1 000× 1 2 1 " n-1 ， 1≤n≤6 ， 20 ， n≥7 7 ( ( ( ' ( ( ( ) ， n∈N * . b n = 80n-40 ， 1≤n≤6 ， 440 ， n≥7 7 ， n∈N * . （ 2 ） 当 1≤n≤6 时， 总利润 S n = n （ 40+80n-40 ） 2 - 1 000 1- 1 2 1 " n n , 1- 1 2 =2 000× 1 2 1 " n +40n 2 -2 000. ∵S n -S n-1 =-2 000× 1 2 1 " n +80n-40 （ n≥2 ）， f （ x ） =-2 000 1 2 1 " x +80x-40 （ x≥2 ） 为增函数， 且 f （ 3 ） =-2 000× 1 2 1 " 3 +240-40<0 ， f （ 4 ） =-2 000× 1 2 1 " 4 +320-40>0 ， ∴ 当 2≤n≤3 时， S n <S n-1 ， 当 4≤n≤6 时， S n >S n-1 . ∵S 1 =2 000× 1 2 +40-2 000<0 ， S 6 =2 000× 1 2 1 " 6 +40×36-2 000=-528.75<0 ， ∴1≤n≤6 时， S n <0 ， 即前 6 年未盈利 . 当 n≥7 时， S n =-528.75+ （ 440-20 ）（ n-6 ）， 令 S n >0 ， 解得 n≥8 ， ∴ 该公司从第 8 年开始盈利 . 变式训练 2 解： （ 1 ） 从第一年起， 每年车的价值 （万 元） 依次设为 a 1 ， a 2 ， a 3 ， …， a n . 由题意， 得 a 1 =13.5 ， 43