假期必刷15 等比数列的前n项和公式-【快乐假期】2024-2025学年高二数学寒假作业必刷题

假期必刷１５　等比数列的前n项和公式　　 １．等比数列的前n项和公式 当q＝１时,Sn＝na１;当q≠１时,Sn＝　　 　　＝ a１－anq １－q ． 推广:当q≠０,１时,{an}是等比数列⇔Sn＝ Aqn－A(A 为常数且A≠０)． ２．等比数列前n项和的性质 (１)连续 m 项的和(如 Sm、S２m －Sm、S３m － S２m),仍构成　　　　数列(注意:q≠－１ 或m 为奇数)． (２)Sm＋n＝Sm＋qmSn(q为数列{an}的公比)． (３)若数列{an}的项数为２n,则 S偶 S奇 ＝q ;若项数 为２n＋１,则 S奇－a１ S偶 ＝q． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １． a１(１－qn) １－q 　２． (１)等比 等比数列的前n项和的变式 (１)等比数列{an}的前n项和为Sn,当公比q≠ １ 时,Sn ＝ a１(１－qn) １－q ＝ a１(qn－１) q－１ ＝ a１－anq １－q ＝ a１qn q－１－ a１ q－１ ; 当q＝１时,Sn＝na１． (２)当公比q≠１时,等比数列的前n项和公式 是Sn ＝ a１(１－qn) １－q ,它 可 以 变 形 为 Sn ＝ － a１ １－q 􀅰qn＋ a１ １－q ,设A＝ a１ １－q ,上式可写 成Sn＝－Aqn＋A．由此可见,非常数列的 等比数列的前n项和Sn 是由关于n 的一 个指数式与一个常数的和构成的,而指数 式的系数与常数项互为相反数．当公比q ＝１时,因为a１≠０,所以Sn＝na１ 是n的 正比例函数(常数项为０的一次函数)． １．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－１(a是 不为零的常数),则数列{an} (　　) A．一定是等差数列 B．一定是等比数列 C．或是等差数列,或是等比数列 D．既非等差数列,也非等比数列 ２．已知等比数列{an}满足a１＋a３＋a５＋􀆺＋ a２n－１＝１－２n,则a２a３a４＝ (　　) A．８　　　　　　B．２ ２ C．－８ D．１６ ３．已知正项等比数列{an}中,a１＝１,其前n项 和为Sn,且 １ a１ －１a２ ＝２a３ ,则S６＝ (　　) A．３１ B．３２ C．６３ D．６４ ４．设等比数列{an}的前n项和为１０,前２n项 和为６０,则该数列的前４n项和为 (　　) A．３６０ B．７２０ C．１５６０ D．１８００ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０４􀅰 ５．中国古代某数学名著中有一个这样的类似 数列的问题:“四百四十一里关,初行健步不 为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要 见末日行里数,请公仔细算相还．”其意思 为:有一个人一共走了４４１里路,第一天健 步行走,从第二天起脚痛,每天走的路为前 一天的一半,走了６天后到达目的地,请问 最后一天走的路程是 (　　) A．７里 B．８里 C．９里 D．１０里 ６．设Sn 是公比q＞１的等比数列{an}的前n项 和,则“数列{Sn}递增”是“数列{an}递增”的 (　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ７．(多选)设Sn 是公比为正数的等比数列{an} 的前n项和．若a２＝ １ ２ ,a３a５＝ １ ６４ ,则 (　　) A．a４＝ １ ８ B．S３＝ ９ ４ C．an＋Sn 为常数 D．{Sn－２}为等比数列 ８．(多选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn, 则下列选项正确的是 (　　) A．若a１＞０,则a２＞０ B．若a２＞０,则S２０２２＞０ C．若a１＞０,则a３＞０ D．若a３＞０,则S２０２３＞０ ９．在等比数列{an}中,Sn 表示其前n 项和,若 a３＝２S２＋１,a４＝２S３＋１,则公比q＝　　 　　． １０．对于数列{an},定义数列{an＋１－an}为数列 {an}的“差数列”．若a１＝２,数列{an}的“差 数列”的通项公式为an＋１－an＝２n,则数列 {an}的前n项和Sn＝　　　　． １１．已知等比数列{an}的公比q＝ １ ３ ,且a１＋a３ ＋a５＋􀆺＋a９９＝９０,则a１＋a２＋a３＋􀆺＋ a１００＝　　　　． １２．Sn 为等比数列{an}的前n项和,已知a４＝ ９a２,S３＝１３,且公比q＞０． (１)求an 及Sn; (２)是否存在常数λ,使得数列{Sn＋λ}是等 比数列? 若存在,求λ的值;若不存在,请 说明理由． １３．已知某企业今年(２０２４年)第一季度的营 业额为１．１亿元,以后每个季度的营业额 比上个季度增加０．０５亿元,该企业第一季 度的利润为０．１６亿,以后每季度比前一季 度增长４％． (１)求２０２４年起前２０季度营业额的总和; (２)请问哪一季度的利润首次超过该季度 营业额１８％? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１４􀅰 １４．已知公比大于１的等比数列{an}满足a２＋a４ ＝２０,a３＝８． (１)求{an}的通项公式; (２)记bm 为{an}在区间(０,m](m∈N∗ )中 的项 的 个 数,求 数 列 {bm }的 前 １００ 项 和S１００． １．(２０２４􀅰全国甲卷(文),１７)已知等比数列 {an}的前n项和为Sn,且２Sn＝３an＋１－３． (１)求{an}的通项公式; (２)求数列{Sn}的前n项和． ２．(２０２４􀅰北京卷,２１)设集合M＝{(i,j,s,t)| i∈{１,２},j∈{３,４},s∈{５,６},t∈ {７,８}, ２|(i＋j＋s＋t)}． 对于给定有穷数列A:{an}(１≤n≤８),及序 列Ω:ω１,ω２,􀆺 ,ωs,ωk＝(ik,jk,sk,tk)∈M, 定义变换T:将数列A 的第i１,j１,s１,t１ 项均 加１,得到数列T１(A);将数列T１(A)的第 i２,j２,s２,t２ 项均加１,得到数列 T２T１(A) 􀆺;重 复 上 述 操 作,得 到 数 列 Ts􀆺T２T１ (A),记为Ω(A)． (１)给定数列A:１,３,２,４,６,３,１,９和序列 Ω:(１,３,５,７),(２,４,６,８),(１,３,５,７),写出 Ω(A); (２)是否存在序列Ω,使得Ω(A)为a１＋２,a２ ＋６,a３＋４,a４＋２,a５＋８,a６＋２,a７＋４,a８＋ ４,若存在,写出一个符合条件的Ω,若不存 在,请说明理由; (３)若数列A 的各项均为正整数,且a１＋a３ ＋a５＋a７ 为偶数,证明:存在序列Ω,使得 “Ω(A)为常数列”的充要条件为“a１＋a２＝ a３＋a４＝a５＋a６＝a７＋a８”． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２４􀅰 故 a１ b１ ＝ q２ q１ æ è ç ö ø ÷ k－１ ,即k＝１＋logq２q１ a１ b１ ,因为logq２q１ a１ b１ 为定值, 故当logq２q１ a１ b１ 为整数时,存在k使得ak＝bk, 故 M 中最多只有１个元素,②错误; 对于③,由①知点(n,an)在一条斜率不为０的直线l０ 上, 设bn＝b１qn－１(q≠１),当公比q＞０时,直线l０ 与数列{bn} 对应的函数的图象至多有２个公共点,M 中最多有２个元 素;当q＜－１时,点(n,bn)在如图所示 的曲线C１,C２ 上,由图易知直线l０ 与 曲线C１,C２ 至多有３个公共点,如当 an＝３n－４,bn＝－１×(－２)n－１时,a１ ＝b１＝－１,a２＝b２＝２,a４＝b４＝８,两 个数列有３项相同,所以 M 中最多有 ３个元素; 当q＝－１时,易知 M 中最多有２个 元素;当－１＜q＜０时,易知 M 中最多有３个元素．综上 可知,当|an|为等差数列,{bn}为等比数列时,M 中最多 有３个元素,所以③正确． 对于④,若{an}为递增数列, 则点(k,ak)随k的取值逐渐增大,其在平面直角坐标系 中,散点由左下到右上分布, 若{bn}为递减数列,则点(k,bk)随k的取值逐渐减小,其 在平面直角坐标系中,散点由左上到右下分布, 故点(k,ak)与点(k,bk)最多只能重合一次, 即 M 中最多只有１个元素,④正确． 综上,正确结论的序号是①③④． 答案:①③④ ２．解析:由题意不妨设x＞y,若x,y均在[a１,a２],则有x－ y∈[０,a２－a１],若x,y均在[an,an＋１],则有x－y∈[０, an＋１－an],若x,y分别在两个区间,则x－y∈[an－a２, an＋１－a１],又因为q＞１,总有In 是闭区间,则an－a２≤ an＋１－an 恒成立即可,化简得qn－１(q－２)＋q≥０,所以有 q≥２恒成立． 答案:[２,＋∞) 假期必刷１５　等比数列的前n项和公式 技能提升台　技能提升 １．C　[由Sn＝an－１知,当a＝１时,Sn＝０,此时数列{an} 为等差数列(an＝０)．当a≠１时,a１＝a－１,an＝Sn－ Sn－１＝an－１－(an－１－１)＝an－an－１＝(a－１)an－１,n≥２, n＝１时也符合上式,故数列{an}是首项为a－１,公比为a (a≠１)的等比数列．] ２．C　[设等比数列{an}的公比为q,由a１＋a３＋a５＋􀆺＋ a２n－１＝ a１[１－(q２)n] １－q２ ＝１－２n,解得q２＝２,a１＝－１．所以 a２a３a４＝a３３＝(a１q２)３＝－８．] ３．C　[设正项等比数列{an}的公比为q(q＞０),由题意可得 １－１q＝ ２ q２ ,即q２－q－２＝０,解得q＝２或q＝－１(舍去) 则S６＝ １－２６ １－２＝６３． ] ４．C　[设等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,则Sn, S２n－Sn,S３n－S２n,S４n－S３n,􀆺成等比数列,公比为qn． 又因为Sn＝１０,S２n＝６０,所以S２n－Sn＝５０,所以qn＝５, 所以S３n－S２n＝５０×５＝２５０,所以S４n－S３n＝２５０×５＝ １２５０,所以S４n＝(S４n－S３n)＋(S３n－S２n)＋(S２n－Sn)＋ Sn＝１２５０＋＋２５０＋５０＋１０＝１５６０．] ５．A　[设第六天走的路程为a１,第五天走的路程为a２,􀆺, 第一天走的路程为a６,根据题意每天走的路程为前一天 的一半,所以公比q＝２,且S６＝４４１,S６＝ a１(１－q６) １－q ,所以 ４４１＝ a１(１－２６) １－２ ,解得a１＝７．] ６．C　[若数列{Sn}递增,则Sn＋１－Sn＝an＋１＞０,所以a１qn ＞０,又因为q＞１,所以a１＞０,则an＞０,所以由 an＋１ an ＝ q＞１,得an＋１＞an,因此数列{an}递增,充分性成立;若数 列{an}递增,则an＋１－an＞０,所以an(q－１)＞０,又因为 q＞１,所以an＞０,因此Sn＝a１＋a２＋􀆺＋an 也递增,即 数列{Sn}递增,所以必要性成立．综上,“数列{Sn}递增” 是“数列{an}递增”的充要条件．] ７．ACD　[设{an}的公比为q(q＞０),则a２q􀅰a２q３＝ １ ６４ ,解 得q＝１２ ,故an＝a２qn－２＝ １ ２n－１ ,则a１＝１,Sn＝ １－１ ２n １－１２ ＝２ － １ ２n－１ ．对于 A,a４＝ １ ２３ ＝１８ ,故 A正确;对于B,S３＝２－ １ ２２ ＝７４ ,故B错误;对于 C,an＋Sn＝ １ ２n－１ ＋２－ １ ２n－１ ＝２ 为常数,故 C正确;对于 D,由Sn－２＝－ １ ２n－１ ,Sn－２ Sn－１－２ ＝１２ ,n≥２,可得{Sn－２}为等比数列,故 D正确．] ８．CD　[设{an}的公比为q．对于 A,若a１＞０,q＜０,则a２＝ a１q＜０,故 A错误．对于 B,若a２＞０,又因为a２＝a１q,所 以a１ 与q同号,当a１＞０,q＝１时,S２０２２＝２０２２a１＞０;当 q≠１时,S２０２２＝ a１(１－q２０２２) １－q ,若a１＜０,q＝－１,则１－q ＞０,１－q２０２２＝０,所以S２０２２＝０,故B错误．对于 C,因为 a１＞０,q≠０,所以a３＝a１q２＞０,故 C正确．对于 D,若a３ ＞０,即a３＝a１q２＞０,则a１＞０,q≠０,当q＝１时,S２０２３＝ ２０２３a１＞０,当q≠１时,S２０２３＝a１􀅰 １－q２０２３ １－q ,由于a１＞ ０,１－q ２０２３ １－q ＞０ ,所以S２０２３＞０,故 D正确．] ９．解析:在等比数列{an}中,∵a３＝２S２＋１,a４＝２S３＋１, ∴a４－a３＝２S３＋１－(２S２＋１)＝２(S３－S２)＝２a３, ∴a４＝３a３,∴q＝ a４ a３ ＝３． 答案:３ １０．解析:∵an＋１－an＝２n,∴当n≥２时,an＝(an－an－１)＋ (an－１－an－２)＋􀆺＋(a２－a１)＋a１＝２n－１＋２n－２＋􀆺＋ ２２＋２＋２＝２－２ n １－２＋２＝２ n－２＋２＝２n． 当n＝１ 时,a１＝２ 也 满 足 上 式,∴an＝２n．∴Sn＝ ２－２n＋１ １－２ ＝２ n＋１－２． 答案:２n＋１－２ １１．解析:因为在等比数列中,若项数为２n,则 S偶 S奇 ＝q ,所以 a１＋a２＋a３＋􀆺＋a１００＝(a１＋a３＋a５＋􀆺＋a９９)＋(a２ ＋a４＋a６＋􀆺＋a１００)＝(a１＋a３＋a５＋􀆺＋a９９)＋ １ ３ (a１ ＋a３＋a５＋􀆺＋a９９)＝９０＋ １ ３×９０＝１２０． 答案:１２０ １２．解:(１)易知q≠１,由题意可得 a１q３＝９a１q, a１(１－q３) １－q ＝１３ , q＞０, ì î í ï ï ïï 解得a１＝１,q＝３,∴an＝３n－１,Sn＝ １－３n １－３＝ ３n－１ ２ ． (２)假设存在常数λ,使得数列{Sn＋λ}是等比数列, ∵S１＋λ＝λ＋１,S２＋λ＝λ＋４,S３＋λ＝λ＋１３, ∴(λ＋４)２＝(λ＋１)(λ＋１３), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６７􀅰 解得λ＝１２ , 此时Sn＋ １ ２＝ １ ２×３ n,则 Sn＋１＋ １ ２ Sn＋ １ ２ ＝ １ ２×３ n＋１ １ ２×３ n ＝３, 故存在常数λ＝１２ ,使得数列 Sn＋ １ ２{ }是以 ３ ２ 为首项,３ 为公比的等比数列． １３．解:(１)依题意:营业额是首项为１．１,公差为０．０５的等 差数列, ∴前２０季度营业额之和为S２０＝２０×１．１＋ ２０×１９ ２ × ０．０５＝３１．５(亿) (２)设２０２４年起第n季度n∈N∗．满足条件,依题意:第 n季度的营业额为:an＝１．１＋(n－１)×０．０５＝０．０５n＋ １．０５, 第n季度的利润为:０．１６􀅰(１＋４％)n－１, 依题意:０．１６􀅰(１＋４％)n－１≥(０．０５n＋１．０５)×１８％, 解得:n≥２６ 即今年起第２６个季度时满足条件． １４．解:(１)设等比数列{an}的首项为a１,公比为q(q＞０)． 因为 a２＋a４＝２０ a３＝８{ ,即 a１q＋a１q３＝２０ a１q２＝８{ ,解得q＝２, a１＝２．所以an＝２n． (２)由于２１＝２,２２＝４,２３＝８,２４＝１６,２５＝３２,２６＝６４, ２７＝１２８,所以b１ 对应的区间为:(０,１],则b１＝０;b２,b３ 对应的区间分别为:(０,２],(０,３],则b２＝b３＝１,即有２ 个１; b４,b５,b６,b７ 对应的区间分别为:(０,４],(０,５],(０,６], (０,７],则b４＝b５＝b６＝b７＝２,即有２２ 个２; b８,b９,􀆺,b１５对应的区间分别为:(０,８],(０,９],􀆺,(０, １５],则b８＝b９＝􀆺＝b１５＝３,即有２３ 个３; b１６,b１７,􀆺,b３１对应的区间分别为:(０,１６],(０,１７],􀆺, (０,３１],则b１６＝b１７＝􀆺＝b３１＝４,即有２４ 个４; b３２,b３３,􀆺,b６３对应的区间分别为:(０,３２],(０,３３],􀆺, (０,６３],则b３２＝b３３＝􀆺＝b６３＝５,即有２５ 个５; b６４,b５５,􀆺,b１００对应的区间分别为:(０,６４],(０,６５],􀆺, (０,１００],则b６４＝b６５＝􀆺＝b１００＝６,即有３７个６． 所以S１００＝１×２＋２×２２＋３×２３＋４×２４＋５×２５＋６× ３７＝４８０． 高考冲浪 １．解:(１)因为２Sn＝３an＋１－３,所以２Sn＋１＝３an＋２－３,两 式相减可得２an＋１＝３an＋２－３an＋１,即３an＋２＝５an＋１,所 以等比数列{an}的公比q＝ ５ ３ ,又因为２S１＝３a２－３＝５a１ －３,即２a１＝５a１－３,所以a１＝１,所以{an}的通项公式为 an＝ ５ ３( ) n－１ ; (２)因 为 ２Sn＝３an＋１－３,所 以 Sn＝ ３ ２ (an＋１－１)＝ ３ ２ ５ ３( ) n －１[ ]． 设数列{Sn}的前n项和为Tn 则Tn＝ ３ ２× ５ ３ １－ ５ ３( ) n [ ] １－５３ －３２n ＝１５４× ５ ３( ) n －３２n－ １５ ４． ２．解:(１)由题意得Ω(A):３,４,４,５,８,４,３,１０; (２)假设存在符合条件的Ω,可知Ω(A)的第１,２项之和为 a１＋a２ ＋s,第 ３,４ 项 之 和 为 a３ ＋a４ ＋s,则 (a１＋２)＋(a２＋６)＝a１＋a２＋s (a３＋４)＋(a４＋２)＝a３＋a４＋s{ ,而该方程组无解,故假 设不成立,故不存在符合条件的Ω; (３)我们设序列Tk􀆺T２T１(A)为{ak,n}(１≤n≤８),特别规定 a０,n＝an(１≤n≤８)． 必要性: 若存在序列 Ω:ω１,ω２,􀆺,ωx,使得 Ω(A)为常数列． 则as,１＝as,２＝as,３＝as,４＝as,５＝as,６＝as,７＝as,８,所以 as,１＋as,２＝as,３＋as,４＝as,５＋as,６＝as,７＋as,８． 根据 Tk􀆺T２T１(A)的 定 义,显 然 有ak,２j－１＋ak,２j＝ ak－１,２j－１＋ak－１,２j,这里j＝１,２,３,４,k＝１,２,􀆺􀆺． 所以不断使用该式就得到,a１＋a２＝a３＋a４＝a５＋a６＝a７ ＋a８,必要性得证． 充分性: 若a１＋a２＝a３＋a４＝a５＋a６＝a７＋a８． 由已知,a１＋a２＋a５＋a７ 为偶数,而a１＋a２＝a３＋a４＝a５ ＋a６＝a７＋a８,所以a２＋a４＋a６＋a８＝４(a１＋a２)－(a１＋ a３＋a５＋a７)也是偶数． 我们设Ts􀆺T２T１(A)是通过合法的序列 Ω 的变换能得 到的所有可能的数列 Ω(A)中,使得|as,１－as,２|＋|as,３－ as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|最小的一个． 上面已经证明ak,２j－１＋ak,２j＝ak－１,２j－１＋ak－１,２j,这里j ＝１,２,３,４,k＝１,２,􀆺􀆺． 从而由a１＋a２＝a３＋a４＝a５＋a６＝a７＋a８ 可得as,１＋as,２ ＝as,３＋as,４＝as,５＋as,６＝as,７＋as,８． 同时,由于ik＋jk＋sk＋tk 总是偶数,所以ak,１＋ak,３＋ ak,５＋ak,７和ak,２＋ak,４＋ak,６＋ak,８的奇偶性保持不变, 从而as,１＋as,３＋as,５＋as,７和as,２＋as,４＋as,６＋as,８都是 偶数． 下列证明不存在j＝１,２,３,４使得|as,２j－１－as,２j|≥２． 假设存在,根据对称性,不妨设j＝１,as,２j－１－as,２j≥２,即 as,１－as,２≥２． 情况１:若|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|＝０, 则由as,１＋as,３＋as,５＋as,７和as,２＋as,４＋as,６＋as,８都是 偶数,知as,１－as,２≥４． 对该数列连续作四次变换(２,３,５,８),(２,４,６,８),(２,３,６, ７),(２,４,５,７)后,新的|as＋４,１－as＋４,２|＋|as＋４,３－as＋４,４| ＋|as＋４,５－as＋４,６|＋|as＋４,７－as＋４,８|相比原来的|as,１ －as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|减少 ４,这与|as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－ as,８|的最小性矛盾; 情况２:若|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|＞０, 不妨设|as,３－as,４|＞０． 情况２－１:如果as,３－as,４≥１,则对该数连续作两次变换 (２,４,５,７),(２,４,６,８)后,新的|as＋２,１－as＋２,２|＋|as＋２,３ －as＋２,４|＋|as＋２,５－as＋２,６|＋|as＋２,７－as＋２,８|相比原 来的|as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－ as,８|至少减少２,这与|as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５ －as,６|＋|as,７－as,８|的最小性矛盾; 情况２Ｇ２:如果as,４－as,３≥１,则对该数列连续作两次变 换(２,３,５,８),(２,３,６,７)后,新 的|as＋２,１－as＋２,２|＋ |as＋２,３－as＋２,４|＋|as＋２,５－as＋２,６|＋|as＋２,７－as＋２,８| 相比原来的|as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋ |as,７－as,８|至少减少２,这与|as,１－as,２|＋|as,３－as,４| ＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|的最小性矛盾． 这就说明无论如何都会导致矛盾,所以对任意的j＝１,２, ３,４都有|as,２j－１－as,２j|≤１． 假设存在j＝１,２,３,４使得|as,２j－１－as,２j|＝１,则as,２j－１ ＋as,２j是奇数,所以as,１＋as,２＝as,３＋as,４＝as,５＋as,６＝ as,７＋as,８都是奇数,设为２N＋１． 则此时对任意j＝１,２,３,４,由|as,２j－１－as,２j|≤１可知必 有{as,２j－１,as,２j}＝{N,N＋１}． 而as,１＋as,３＋as,５＋as,７和as,２＋as,４＋as,６＋as,８都是偶 数,故集合{m|as,m＝N}中的四个元素i,j,s,t之和为偶 数,对该数列进行一次变换(i,j,s,t),则该数列成为常数 列,新的|as＋１,１－as＋１,２|＋|as＋１,３－as＋１,４|＋|as＋１,５－ as＋１,６|＋|as＋１,７－as＋１,８|等于零,比原来的|as,１－as,２| ＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|更小,这与 |as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|的 最小性矛盾． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７７􀅰 综上,只可能|as,２j－１－as,２j|＝０(j＝１,２,３,４),而as,１＋ as,２＝as,３＋as,４＝as,５＋as,６＝as,７＋as,８,故{as,n}＝Ω(A) 是常数列,充分性得证． 假期必刷１６　数列求和 技能提升台　技能提升 １．A　[S２０２３＝a１＋(a２＋a３＋a４)＋(a５＋a６＋a７)＋􀆺＋ (a２０１８＋a２０１９＋a２０２０)＋(a２０２１＋a２０２２＋a２０２３)＝ １ １０１２ ＋ ４１０１２＋ ７ １０１２＋ 􀆺＋２０２０１０１２＋ ２０２３ １０１２＝ ６７５×(１＋２０２３) ２×１０１２ ＝６７５．] ２．D　[S１００＝(－１＋３)＋(－５＋７)＋􀆺＋(－１９７＋１９９)＝２ ×５０＝１００．] ３．A　[由题意知an＝ １ n＋１＋ ２ n＋１＋ ３ n＋１＋ 􀆺＋ nn＋１＝ １＋２＋３＋􀆺＋n n＋１ ＝ n ２ ,bn＝ １ anan＋１ ＝４ １n－ １ n＋１( ),所以 b１＋b２ ＋ 􀆺 ＋bn ＝４ １－ １ ２( ) ＋４ １ ２－ １ ３( )＋ 􀆺 ＋４ １n－ １ n＋１( ) ＝４ １－１２( )＋ １ ２－ １ ３( )＋􀆺＋ １ n－ １ n＋１( )[ ] ＝４１－ １n＋１( )．] ４．C　[当n≥２时,an＝Sn－Sn－１＝２n, 当n＝１时,a１＝２也符合上式,∴an＝２n(n∈N∗), ∴ ４anan＋１ ＝ ４２n(２n＋２)＝ １ n(n＋１)＝ １ n－ １ n＋１ , ∴ 数 列 ４anan＋１{ } 的 前 ８ 项 的 和 为 １ １－ １ ２( ) ＋ １ ２－ １ ３( )＋􀆺＋ １ ８－ １ ９( )＝ ８ ９． ] ５．B　[由题设a１＝１且a１＋ １ ２a２＋ １ ２２ a３＋􀆺＋ １ ２n－２ an－１＝ n－１(n≥２),故 １ ２n－１ an＝１且n≥２, 所以an＝２n－１,又a１＝１也满足,故an＝２n－１,则２an－n ＝２n－n, 所以Sn ＝ (２＋２２ ＋ 􀆺 ＋２n)－ (１＋２＋ 􀆺 ＋n)＝ ２×(１－２n) １－２ － n(n＋１) ２ ＝２ n＋１－n ２ ２－ n ２－２． ] ６．C　[由２an＋１－an＝n＋２,得an＋１＝ １ ２an＋ １ ２n＋１ , ∴an＋１－(n＋１)＝ １ ２ (an－n)．又因为a１－１＝４,∴数列 {an－n}是首项为４,公比为 １ ２ 的等比数列,则an－n＝４× １ ２( ) n－１ ＝２３－n,∴an＝n＋２３－n,∴Sn＝(１＋２＋３＋􀆺＋ n)＋(２２＋２＋２０＋２－１＋􀆺＋２３－n)＝８－２３－n＋n (n＋１) ２ 当n≥１时,Sn 单调递增,S６２＝１９６１－２－５９＜２０２３,S６３ ＝２０２４－２－６０＞２０２３, 故满足不等式Sn＞２０２３的最小整数n的值为６３．] ７．AC　[对于A:因为S７＞S８,S８＜S９,所以a８＝S８－S７＜０, a９＝S９－S８＞０,则 a８＝－１＋７d＜０, a９＝－１＋８d＞０,{ 解得 １ ８＜d＜ １ ７ , 故 A正确;对于B,S１０－S５＝a６＋a７＋a８＋a９＋a１０＝５a８ ＜０,则S１０＜S５,故B错误;对于 C:因为d＞０,所以数列 {an}为递增数列,因为a１＜０,a８＜０,a９＞０,即数列{an}的 前８项为负数,从第９项开始,都为正数,则(Sn)min＝S８, 故 C 正 确;对 于 D:S１５＝ １５(a１＋a１５) ２ ＝１５a８＜０ ,故 D 错误．] ８．AB　[由图中数据可得a１＝a２＝１,a３＝２,a４＝３,an＝ an－１＋an－２(n≥３),由题意可得bn＝ １ ２× π ２×a ２ n＝ π ４a ２ n． 对于 A:a５＝a４＋a３＝３＋２＝５,a６＝a５＋a４＝５＋３＝８,a７ ＝a６＋a５＝８＋５＝１３,则a８＝a７＋a６＝１３＋８＝２１,故 A 正确;对于B:an＝an－１＋an－２,可得an－２＝an－an－１,则 a１＋a２＋􀆺＋a１４＝(a３－a２)＋(a４－a３)＋􀆺＋(a１６－ a１５)＝a１６－a２＝a１６－１,故B正确;对于C:∵an－１＝an－ an－２(a≥３),∴a２n－１＝an－１an－１＝an－１(an－an－２)＝ an－１an－an－１an－２(n≥３),∴a２１＋a２２＋􀆺＋a２１４＝a２１＋ (a２a３－a２a１)＋(a３a４－a３a２)＋􀆺＋(a１４a１５－a１４a１３)＝ a２１－a２a１＋a１４a１５＝a１４a１５,故 C 错误;对于 D:４(b２０－ b１９)＝４ π ４a ２ ２０－ π ４a ２ １９( ) ＝π(a２２０－a２１９)＝π(a２０－a１９) (a２０＋a１９)＝πa１８a２１,故 D错误．] ９．解析:∵a１＝２,且an＋１－an＝２n,∴当n≥２时,an＝(an－ an－１)＋(an－１－an－２)＋􀆺＋(a２－a１)＋a１＝２n－１＋２n－２ ＋􀆺＋２＋２＝１－２ n １－２＋１＝２ n,当n＝１时上式也成立,∴an ＝２n,∴ １an ＝ １２( ) n ,∴ 数 列 １an{ } 的 前 １０ 项 和 为 １ ２× １－ １ ２１０( ) １－１２ ＝１０２３１０２４． 答案:１０２３ １０２４ １０．解析:当n＝１时,a１＝S１＝－１． 当n≥２时,an＝Sn－Sn－１＝２n－５． ∴an＝ －１,n＝１, ２n－５,n≥２．{ 令２n－５≤０,得n≤５２ ,∴当n≤２时,an＜０,当n≥３时, an＞０,∴|a１|＋|a２|＋􀆺＋|a１０|＝－(a１＋a２)＋(a３＋ a４＋􀆺＋a１０)＝S１０－２S２＝６６． 答案:６６ １１．解析:cos２n°＝sin２(９０°－n°), S８９＝cos２１°＋cos２２°＋cos２３°＋􀆺＋cos２８９°, S８９＝cos２８９°＋cos２８８°＋cos２８７°＋􀆺＋cos２１°． ∵cos２８９°＝sin２１°,cos２８８°＝sin２２°,cos２８７°＝sin２３°,􀆺, cos２１°＝sin２８９°,∴２S８９＝(cos２１°＋cos２８９°)＋(cos２２°＋ cos２８８°)＋􀆺＋(cos２８９°＋cos２１°)＝(cos２１°＋sin２１°)＋ (cos２２°＋sin２２°)＋􀆺＋(cos２８９°＋sin２８９°)＝１×８９＝ ８９,∴S８９＝ ８９ ２． 答案:８９ ２ １２．解:(１)因为a１＋３a２＋􀆺＋(２n－１)an＝２n,① 故当n≥２时,a１＋３a２＋􀆺＋(２n－３)an－１＝２(n－１),② ①－②得(２n－１)an＝２,所以an＝ ２ ２n－１ , 又因为n＝１时,a１＝２适合上式, 从而{an}的通项公式为an＝ ２ ２n－１． (２)记 an２n＋１{ }的前n项和为Sn, 由(１)知 an ２n＋１＝ ２ (２n－１)(２n＋１)＝ １ ２n－１－ １ ２n＋１ , 则Sn＝ １－ １ ３( )＋ １ ３－ １ ５( )＋􀆺＋ １ ２n－１－ １ ２n＋１( ) ＝１－ １２n＋１＝ ２n ２n＋１． １３．(１)证明:因为数列{bn}是首项为b１＝２,公差为３的等差 数列, 所以bn＝２＋３(n－１)＝３n－１, 所以abn＝２bn＋４＝２(３n－１)＋４＝６n＋２, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８７􀅰