第1章 习题课 分组求和、倒序相加求和、并项求和-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（北师大版2019）

习题课　分组求和、倒序相加求和、并项求和 [学习目标]　1.熟练掌握等差数列、等比数列的求和方法.2.掌握分组求和、倒序相加求和与并项求和的使用情形和解题要点. 一、分组求和 例1　已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=2，a3+a4=32. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn=+log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)， 则an=a1qn-1，且an>0， 由已知得 化简得即 又∵a1>0，q>0，∴a1=1，q=2， ∴数列{an}的通项公式为an=2n-1. (2)由(1)知bn=+log2an=4n-1+n-1， ∴Tn=(1+4+42+…+4n-1)+(0+1+2+3+…+n-1)=+=+. 反思感悟　分组转化求和法的应用条件和解题步骤 (1)应用条件：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的通项公式组成. (2)解题步骤 跟踪训练1　数列{an}满足a1=1，an是-1与an+1的等差中项. (1)证明：数列{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an+2n}的前n项和Sn. (1)证明　由已知可得an+1-1=2an，即an+1=2an+1，可化为an+1+1=2(an+1)，故数列{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列. 即有an+1=(a1+1)·2n-1=2n， 所以an=2n-1. (2)解　由(1)知，数列{an+2n}的通项为 an+2n=2n+2n-1， 所以Sn=(21+22+23+…+2n)+(1+3+5+…+2n-1) =+=2n+1+n2-2. 二、倒序相加求和 例2　已知正项数列{an}是公比不为1的等比数列，且lg a1+lg a2 024=0，若f(x)=，则f(a1)+f(a2)+…+f(a2 024)等于(　　) A.506 B.1 012 C.2 024 D.4 048 答案　C 解析　∵正项数列{an}是公比不为1的等比数列，且lg a1+lg a2 024=0， ∴lg(a1a2 024)=0，即a1a2 024=1. ∵函数f(x)=， ∴f(x)+f=+==2. 令T=f(a1)+f(a2)+…+f(a2 024)， 则T=f(a2 024)+f(a2 023)+…+f(a1)， ∴2T=[f(a1)+f(a2 024)]+[f(a2)+f(a2 023)]+…+[f(a2 024)+f(a1)]=2×2 024， ∴T=2 024. 反思感悟　倒序相加法求和适合的题型 一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和. 跟踪训练2　德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1+2+3+…+100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律得出，因此，此方法也称为高斯算法.已知数列an=，则a1+a2+…+a98等于(　　) A.96 B.97 C.98 D.99 答案　C 解析　令S=a1+a2+…+a97+a98 =++…++， 则S=a98+a97+…+a2+a1 =++…++， 两式相加得， 2S=+ =++…++=98×2，所以S=98. 三、并项求和 例3　已知数列an=(-1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 解　若n是偶数，则Sn=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-1)+n]=. 若n是奇数，则Sn=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+(-n)=-n=-. 综上所述，Sn=n∈N+. 延伸探究　若an=(-1)nn2，求数列{an}的前n项和Sn. 解　若n是偶数，Sn=(-12+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(n-1)2+n2] =3+7+11+…+2n-1，共有项， 故Sn=×3+×4=+， 若n是奇数，Sn=(-12+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+(-n2)=3+7+11+…+(-n2)， 其中有前项是等差数列，故有 Sn=×3+×4-n2 =--， 综上所述，Sn=n∈N+. 反思感悟　并项求和法适用的题型 一般地，对于摆动数列适用于并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组求和. 1.知识清单： (1)分组求和. (2)倒序相加求和. (3)并项求和. 2.方法归纳：公式法、分类讨论法. 3.常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶. 1.数列{1+2n-1}的前n项和为(　　) A.Sn=n+2n，n∈N+ B.Sn=n+2n-1，n∈N+ C.Sn=n+2n-1，n∈N+ D.Sn=1+2n-1，n∈N+ 答案　C 解析　∵an=1+2n-1， ∴Sn=n+=n+2n-1，n∈N+. 2.在数列{an}中，已知Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3)，则S15+S22-S31的值为(　　) A.13 B.-76 C.46 D.76 答案　B 解析　∵S15=(-4)×7+(-1)14(4×15-3)=29， S22=(-4)×11=-44， S31=(-4)×15+(-1)30(4×31-3)=61. ∴S15+S22-S31=29-44-61=-76. 3.已知an=(-1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是　　　　.  答案　-1，0 解析　S10=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a9+a10)=0，S9=S10-a10=-1. 4.若F(x)=，则F+F+…+F=　　　　.  答案　500 解析　∵F(x)+F(1-x)=+=1， ∴F+F =F+F=…=1. 设F+F+…+F=S， 则F+F+…+F=S， ∴S=×2S=×1 000=500. 课时对点练　[分值：100分] 单选题每小题5分，共40分；多选题每小题6分，共6分 1.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-2)，则a1+a2+…+a10等于(　　) A.15 B.12 C.-12 D.-15 答案　A 解析　记bn=3n-2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1+a2+…+a9+a10=(-b1)+b2+…+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+…+(b10-b9)=5×3=15. 2.冬春季节是流感多发期，某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1=1，a2=2，且满足an+2-an=1+(n∈N+)，则该医院30天入院治疗流感的共有(　　) A.225人 B.255人 C.365人 D.465人 答案　B 解析　当n为奇数时，an+2=an， 当n为偶数时，an+2-an=2， 所以a1=a3=…=a29=1， a2，a4，…，a30是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)=15+15×2+×2=255. 3.已知数列{an}中，a1=1，an+an+1=3，Sn为其前n项和，则S2 024等于(　　) A.3 033 B.3 034 C.3 035 D.3 036 答案　D 解析　由题意a2=2，a3=1，a4=2，…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 024=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 021+a2 022)+(a2 023+a2 024)=3×1 012=3 036. 4.(多选)数列{an}是首项为1的正项数列，an+1=2an+3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A.a3=13 B.数列{an+3}是等比数列 C.an=4n-3 D.Sn=2n+1-n-2 答案　AB 解析　∵an+1=2an+3， ∴an+1+3=2(an+3)， ∴数列{an+3}是公比为2等比数列， 又∵a1=1，∴an+3=(a1+3)2n-1， ∴an=2n+1-3，∴a3=13， ∴Sn=-3n=2n+2-3n-4. 5.已知等差数列{an}中，a3+a5=a4+7，a10=19，则数列{ancos nπ}的前2 024项和为(　　) A.-2 023 B.2 023 C.2 024 D.-2 024 答案　C 解析　设数列{an}的公差为d， 由 解得∴an=2n-1. 设bn=ancos nπ， ∴b1+b2=a1cos π+a2cos 2π=2， b3+b4=a3cos 3π+a4cos 4π=2，…， ∴数列{ancos nπ}的前2 024项和 S2 024=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2 021+b2 022)+(b2 023+b2 024) =2×=2 024. 6.已知数列{an}的通项公式为an=n-2(n∈N+)，设f(x)=x+log2，则数列{f(an)}的各项之和为(　　) A.36 B.33 C.30 D.27 答案　D 解析　由f(x)=x+log2，知>0， 解得-2<x<8. 所以-2<an<8.又因为an=n-2，所以满足f(an)的an所有的取值为-1，0，1，2，…，7， 即a1，a2，…，a9. 因为f(6-x)=6-x+log2， 所以f(x)+f(6-x)=6. 所以数列{f(an)}的各项之和S=f(a1)+f(a2)+…+f(a9)=f(-1)+f(0)+…+f(7). 又S=f(7)+f(6)+…+f(-1)， 所以2S=[f(-1)+f(7)]+[f(0)+f(6)]+…+[f(7)+f(-1)]=6×9=54. 所以S=27. 7.(5分)已知数列an=其前n项和为Sn，则S100=　　　　.  答案　5 000 解析　由题意得S100=a1+a2+…+a99+a100 =(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+…+a100) =(0+2+4+…+98)+(2+4+6+…+100) =100×50=5 000. 8.(5分)sin21°+sin22°+…+sin289°=　　　　.  答案　44.5 解析　令S=sin21°+sin22°+…+sin289°， 则S=sin289°+sin288°+…+sin21°， 两式相加可得2S=++…+=89， 故S=44.5，即sin21°+sin22°+…+sin289°=44.5. 9.(10分)已知数列{an}，Sn是其前n项的和，且满足3an=2Sn+n(n∈N+). (1)求证：数列为等比数列；(5分) (2)记Tn=S1+S2+…+Sn，求Tn的表达式.(5分) (1)证明　∵3an=2Sn+n， ∴3an-1=2Sn-1+n-1(n≥2)， 两式相减得3(an-an-1)=2an+1(n≥2)， ∴an=3an-1+1(n≥2)， ∴an+=3， 又3a1=2a1+1，∴a1=1， ∴a1+=， ∴数列是以为首项，3为公比的等比数列. (2)解　由(1)得an+=·3n-1=·3n， ∴an=·3n-=(3n-1)， ∴Sn=[(3+32+…+3n)-n] ==-， ∴Tn=S1+S2+…+Sn =(32+33+…+3n+3n+1)--(1+2+…+n) =·-- =-. 10.(12分)设函数f(x)=1+ln，设a1=1，an=f+f+f+…+f(n∈N+，n≥2). (1)计算f(x)+f(1-x)的值；(4分) (2)求数列{an}的通项公式.(8分) 解　(1)f(x)+f(1-x)=1+ln+1+ln=2. (2)由题知，当n≥2时，an=f+f+f+…+f， 又an=f+f+…+f，两式相加得 2an=++…+ =2(n-1)， 所以an=n-1，n≥2， 又a1=1不符合an=n-1， 所以an= 11.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，当n≥2时，an+2Sn-1=n，则S2 024的值为(　　) A.1 010 B.1 011 C.1 012 D.1 013 答案　C 解析　方法一　由题意得a2+2S1=2，则a2=0， 又当n≥2时，an+2Sn-1=n， 所以an+2(Sn-an)=n， 即2Sn=an+n，则当n≥3时，2Sn-1=an-1+n-1， 所以2an=an-an-1+1，即an-1+an=1，n≥3， 又a1+a2=1，所以an-1+an=1，n≥2， 所以S2 024=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 023+a2 024)=1 012×1=1 012. 方法二　由题意，当n≥2时，可得Sn-1=Sn-an， 因为an+2Sn-1=n，所以an+2(Sn-an)=n， 即2Sn=an+n， 当n≥3时，2Sn-1=an-1+n-1， 两式相减，可得2an=an-an-1+1，即an-1+an=1， 所以a2+a3=1，a4+a5=1，a6+a7=1，…， 所以S2 023=a1+++…+=1+×1=1 012. 因为当n≥2时，an+2Sn-1=n， 所以a2 024+2S2 023=2 024， 得a2 024=0，所以S2 024=S2 023+a2 024=1 012. 12.已知数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=n，记数列{2an-n}的前n项和为Sn，则Sn等于(　　) A.2n-- B.2n---1 C.2n+1---2 D.2n---2 答案　C 解析　因为a1+a2+a3+…+an=n， ① 所以有a1=1， 当n≥2，n∈N+时， 有a1+a2+a3+…+an-1=n-1， ② ①-②得，an=1⇒an=2n-1，显然当n=1时，也适合， 所以an=2n-1(n∈N+)，令 2an-n=bn， 所以bn=2n-n，因此有 Sn=(2-1)+(22-2)+(23-3)+…+(2n-n) =(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n) =- =2n+1-2--=2n+1---2. 13.已知F(x)=f-3是R上的奇函数，an=f(0)+f+…+f+f(1)，n∈N+，则数列{an}的通项公式为(　　) A.an=n+1 B.an=3n+1 C.an=3n+3 D.an=n2-2n+3 答案　C 解析　由题意知f(x)=f-3是R上的奇函数，故F(-x)=-f(x)， 代入得f+f=6， ∴函数f(x)关于点对称， 令t=-x，则+x=1-t， 得到f(t)+f(1-t)=6， ∵an=f(0)+f+…+f+f(1)， an=f(1)+f+…+f+f(0)， 倒序相加可得2an=6(n+1)， 即an=3(n+1)=3n+3. 14.(5分)已知数列{an}满足an=定义使a1·a2·a3·…·ak(k∈N+)为整数的k叫作“幸福数”，则区间[1，2 024]内所有“幸福数”的和为　　　　.  答案　2 036 解析　当n≥2时，an=logn(n+1)=， 所以a1·a2·a3·…·ak=1×××…×=log2(k+1)，若满足a1·a2·a3·…·ak为整数， 则k+1=2n，即k=2n-1， 所以在[1，2 024]内的所有“幸福数”的和为 21-1+22-1+…+210-1 =-10=2 036. 15.(5分)已知函数f(x)=(x∈R)，正项等比数列{an}满足a50=1(q≠1)，则f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a99)=　　　　.  答案　 解析　因为f(x)=， 所以f(x)+f(-x)=+=1. 因为数列{an}是等比数列， 所以a1a99=a2a98=…=a49a51==1， 即ln a1+ln a99=ln a2+ln a98=…=ln a49+ln a51=0. 所以f(ln a1)+f(ln a99)=f(ln a2)+f(ln a98)=…=f(ln a99)+f(ln a1)=1， 设S99=f(ln a1)+f(ln a2)+f(ln a3)+…+f(ln a99)， ① 又S99=f(ln a99)+f(ln a98)+f(ln a97)+…+f(ln a1)， ② ①+②，得2S99=99，所以S99=. 16.(12分)已知等差数列{an}中，a1=1，且a1，a2，a4+2成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(6分) (2)设bn=，求数列{bn}的前2n项和T2n.(6分) 解　(1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a1=1，且a1，a2，a4+2成等比数列， ∴=a1(a4+2)， 即(1+d)2=1×(1+3d+2)， 解得d=2或d=-1. 当d=-1时，a2=0，不符合题意，舍去， ∴d=2，∴an=1+2(n-1)=2n-1， Sn==n2. (2)∵bn==， ∴当n为偶数时，==16； 当n为奇数时，==， ∴数列{bn}的奇数项是以为首项，为公比的等比数列； 偶数项是以8为首项，16为公比的等比数列， ∴数列{bn}的前2n项的和T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n) =+ =×. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 分组求和、倒序相加求和、并项求和 习题课 第一章 <<< 1.熟练掌握等差数列、等比数列的求和方法. 2.掌握分组求和、倒序相加求和与并项求和的使用情形和解题要点. 学习目标 一、分组求和 二、倒序相加求和 课时对点练 三、并项求和 随堂演练 内容索引 分组求和 一 　　　已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=2，a3+a4=32. (1)求数列{an}的通项公式； 例 1 5 设等比数列{an}的公比为q(q>0)， 则an=a1qn-1，且an>0， 由已知得 化简得 又∵a1>0，q>0，∴a1=1，q=2， ∴数列{an}的通项公式为an=2n-1. 6 (2)设bn=+log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)知bn=+log2an=4n-1+n-1， ∴Tn=(1+4+42+…+4n-1)+(0+1+2+3+…+n-1)=+=+. 7 (1)应用条件：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的通项公式组成. (2)解题步骤 反 思 感 悟 分组转化求和法的应用条件和解题步骤 8 　　　　　数列{an}满足a1=1，an是-1与an+1的等差中项. (1)证明：数列{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； 跟踪训练 1 由已知可得an+1-1=2an，即an+1=2an+1，可化为an+1+1=2(an+1)，故数列{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列. 即有an+1=(a1+1)·2n-1=2n， 所以an=2n-1. 9 (2)求数列{an+2n}的前n项和Sn. 由(1)知，数列{an+2n}的通项为 an+2n=2n+2n-1， 所以Sn=(21+22+23+…+2n)+(1+3+5+…+2n-1) =+=2n+1+n2-2. 10 二 倒序相加求和 　　　已知正项数列{an}是公比不为1的等比数列，且lg a1+lg a2 024=0，若f(x)=，则f(a1)+f(a2)+…+f(a2 024)等于 A.506 B.1 012 C.2 024 D.4 048 例 2 √ 12 ∵正项数列{an}是公比不为1的等比数列，且lg a1+lg a2 024=0， ∴lg(a1a2 024)=0，即a1a2 024=1. ∵函数f(x)=， ∴f(x)+f=+==2. 令T=f(a1)+f(a2)+…+f(a2 024)， 则T=f(a2 024)+f(a2 023)+…+f(a1)， ∴2T=[f(a1)+f(a2 024)]+[f(a2)+f(a2 023)]+…+[f(a2 024)+f(a1)]=2×2 024， ∴T=2 024. 13 一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和. 反 思 感 悟 倒序相加法求和适合的题型 14 　　　　　德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1+2+3+…+100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律得出，因此，此方法也称为高斯算法.已知数列an=，则a1+a2+…+a98等于 A.96 B.97 C.98 D.99 跟踪训练 2 √ 15 令S=a1+a2+…+a97+a98 =++…++， 则S=a98+a97+…+a2+a1 =++…++， 两式相加得， 2S=+ =++…++=98×2，所以S=98. 16 并项求和 三 　　　已知数列an=(-1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 例 3 若n是偶数，则Sn=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-1)+n]=. 若n是奇数，则Sn=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+(-n)=-n=-. 综上所述，Sn=n∈N+. 18 　　　　　若an=(-1)nn2，求数列{an}的前n项和Sn. 延伸探究 19 若n是偶数，Sn=(-12+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(n-1)2+n2] =3+7+11+…+2n-1，共有项， 故Sn=×3+×4=+， 若n是奇数，Sn=(-12+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+(-n2)=3+7+11+…+(-n2)， 其中有前项是等差数列，故有Sn=×3+×4-n2=--， 综上所述，Sn=n∈N+. 20 反 思 感 悟 一般地，对于摆动数列适用于并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组求和. 并项求和法适用的题型 1.知识清单： (1)分组求和. (2)倒序相加求和. (3)并项求和. 2.方法归纳：公式法、分类讨论法. 3.常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.数列{1+2n-1}的前n项和为 A.Sn=n+2n，n∈N+ B.Sn=n+2n-1，n∈N+ C.Sn=n+2n-1，n∈N+ D.Sn=1+2n-1，n∈N+ √ ∵an=1+2n-1， ∴Sn=n+=n+2n-1，n∈N+. 2.在数列{an}中，已知Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3)，则S15+S22-S31的值为 A.13 B.-76 C.46 D.76 1 2 3 4 √ ∵S15=(-4)×7+(-1)14(4×15-3)=29， S22=(-4)×11=-44， S31=(-4)×15+(-1)30(4×31-3)=61. ∴S15+S22-S31=29-44-61=-76. 3.已知an=(-1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是　　　. 1 2 3 4 -1，0 S10=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a9+a10)=0，S9=S10-a10=-1. 4.若F(x)=，则F+F+…+F=　　　.  1 2 3 4 500 ∵F(x)+F(1-x)=+=1， ∴F+F=F+F=…=1. 设F+F+…+F=S， 则F+F+…+F=S， ∴S=×2S=×1 000=500. 课时对点练 五 1.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-2)，则a1+a2+…+a10等于 A.15 B.12 C.-12 D.-15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ 记bn=3n-2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1+a2 +…+a9+a10=(-b1)+b2+…+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+…+(b10-b9)=5×3=15. 2.冬春季节是流感多发期，某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1=1，a2=2，且满足an+2-an=1+(n∈N+)，则该医院30天入院治疗流感的共有 A.225人 B.255人 C.365人 D.465人 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当n为奇数时，an+2=an， 当n为偶数时，an+2-an=2， 所以a1=a3=…=a29=1， a2，a4，…，a30是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)=15+15×2+×2=255. 3.已知数列{an}中，a1=1，an+an+1=3，Sn为其前n项和，则S2 024等于 A.3 033 B.3 034 C.3 035 D.3 036 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意a2=2，a3=1，a4=2，…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 024= (a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 021+a2 022)+(a2 023+a2 024)=3×1 012=3 036. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(多选)数列{an}是首项为1的正项数列，an+1=2an+3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是 A.a3=13 B.数列{an+3}是等比数列 C.an=4n-3 D.Sn=2n+1-n-2 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵an+1=2an+3， ∴an+1+3=2(an+3)， ∴数列{an+3}是公比为2等比数列， 又∵a1=1，∴an+3=(a1+3)2n-1， ∴an=2n+1-3，∴a3=13， ∴Sn=-3n=2n+2-3n-4. 5.已知等差数列{an}中，a3+a5=a4+7，a10=19，则数列{ancos nπ}的前2 024 项和为 A.-2 023 B.2 023 C.2 024 D.-2 024 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设数列{an}的公差为d， 由 解得∴an=2n-1. 设bn=ancos nπ， ∴b1+b2=a1cos π+a2cos 2π=2， b3+b4=a3cos 3π+a4cos 4π=2，…， ∴数列{ancos nπ}的前2 024项和S2 024=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2 021+b2 022)+ (b2 023+b2 024)=2×=2 024. 6.已知数列{an}的通项公式为an=n-2(n∈N+)，设f(x)=x+log2，则数列{f(an)}的各项之和为 A.36 B.33 C.30 D.27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由f(x)=x+log2>0， 解得-2<x<8. 所以-2<an<8.又因为an=n-2，所以满足f(an)的an所有的取值为-1，0，1，2，…，7， 即a1，a2，…，a9. 因为f(6-x)=6-x+log2， 所以f(x)+f(6-x)=6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以数列{f(an)}的各项之和S=f(a1)+f(a2)+…+f(a9)=f(-1)+f(0)+…+f(7). 又S=f(7)+f(6)+…+f(-1)， 所以2S=[f(-1)+f(7)]+[f(0)+f(6)]+…+[f(7)+f(-1)]=6×9=54. 所以S=27. 7.已知数列an=其前n项和为Sn，则S100=　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5 000 由题意得S100=a1+a2+…+a99+a100 =(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+…+a100) =(0+2+4+…+98)+(2+4+6+…+100) =100×50=5 000. 8.sin21°+sin22°+…+sin289°=　 　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44.5 令S=sin21°+sin22°+…+sin289°， 则S=sin289°+sin288°+…+sin21°， 两式相加可得2S=++…+ =89， 故S=44.5，即sin21°+sin22°+…+sin289°=44.5. 9.已知数列{an}，Sn是其前n项的和，且满足3an=2Sn+n(n∈N+). (1)求证：数列为等比数列； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵3an=2Sn+n， ∴3an-1=2Sn-1+n-1(n≥2)， 两式相减得3(an-an-1)=2an+1(n≥2)， ∴an=3an-1+1(n≥2)， ∴an+=3， 又3a1=2a1+1，∴a1=1， ∴a1+=， ∴数列为首项，3为公比的等比数列. (2)记Tn=S1+S2+…+Sn，求Tn的表达式. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(1)得an+=·3n-1=·3n， ∴an=·3n-=(3n-1)， ∴Sn=[(3+32+…+3n)-n] ==-， ∴Tn=S1+S2+…+Sn =(32+33+…+3n+3n+1)--(1+2+…+n)=·-- =-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.设函数f(x)=1+ln，设a1=1，an=f+f+f+…+f(n∈N+，n≥2). (1)计算f(x)+f(1-x)的值； f(x)+f(1-x)=1+ln+1+ln=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求数列{an}的通项公式. 由题知，当n≥2时，an=f+f+f+…+f， 又an=f+f+…+f，两式相加得 2an=++…+ =2(n-1)， 所以an=n-1，n≥2， 又a1=1不符合an=n-1， 所以an= 11.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，当n≥2时，an+2Sn-1=n，则S2 024的值为 A.1 010 B.1 011 C.1 012 D.1 013 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 综合运用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　由题意得a2+2S1=2，则a2=0， 又当n≥2时，an+2Sn-1=n， 所以an+2(Sn-an)=n， 即2Sn=an+n，则当n≥3时，2Sn-1=an-1+n-1， 所以2an=an-an-1+1，即an-1+an=1，n≥3， 又a1+a2=1，所以an-1+an=1，n≥2， 所以S2 024=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 023+a2 024)=1 012×1=1 012. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　由题意，当n≥2时，可得Sn-1=Sn-an， 因为an+2Sn-1=n，所以an+2(Sn-an)=n， 即2Sn=an+n， 当n≥3时，2Sn-1=an-1+n-1， 两式相减，可得2an=an-an-1+1，即an-1+an=1， 所以a2+a3=1，a4+a5=1，a6+a7=1，…， 所以S2 023=a1+++…+=1+×1 =1 012. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为当n≥2时，an+2Sn-1=n， 所以a2 024+2S2 023=2 024， 得a2 024=0，所以S2 024=S2 023+a2 024=1 012. 12.已知数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=n，记数列{2an-n}的前n项和为Sn，则Sn等于 A.2n-- B.2n---1 C.2n+1---2 D.2n---2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为a1+a2+a3+…+an=n， ① 所以有a1=1， 当n≥2，n∈N+时， 有a1+a2+a3+…+an-1=n-1， ② ①-②得，an=1⇒an=2n-1，显然当n=1时，也适合， 所以an=2n-1(n∈N+)，令 2an-n=bn， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以bn=2n-n，因此有 Sn=(2-1)+(22-2)+(23-3)+…+(2n-n) =(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n) =- =2n+1-2--=2n+1---2. 13.已知F(x)=f-3是R上的奇函数，an=f(0)+f+…+f+f(1)，n∈N+，则数列{an}的通项公式为 A.an=n+1 B.an=3n+1 C.an=3n+3 D.an=n2-2n+3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意知f(x)=f-3是R上的奇函数，故F(-x)=-f(x)， 代入得f+f=6， ∴函数f(x)关于点对称， 令t=-x，则+x=1-t， 得到f(t)+f(1-t)=6， ∵an=f(0)+f+…+f+f(1)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 an=f(1)+f+…+f+f(0)， 倒序相加可得2an=6(n+1)， 即an=3(n+1)=3n+3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.已知数列{an}满足an=定义使a1·a2·a3·…·ak (k∈N+)为整数的k叫作“幸福数”，则区间[1，2 024]内所有“幸福数”的和为　　　.  2 036 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当n≥2时，an=logn(n+1)=， 所以a1·a2·a3·…·ak=1×××…×=log2(k+1)，若满足a1·a2·a3· …·ak为整数， 则k+1=2n，即k=2n-1， 所以在[1，2 024]内的所有“幸福数”的和为 21-1+22-1+…+210-1 =-10=2 036. 15.已知函数f(x)=(x∈R)，正项等比数列{an}满足a50=1(q≠1)，则f(ln a1) +f(ln a2)+…+f(ln a99)=　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为f(x)=， 所以f(x)+f(-x)=+=1. 因为数列{an}是等比数列， 所以a1a99=a2a98=…=a49a51==1， 即ln a1+ln a99=ln a2+ln a98=…=ln a49+ln a51=0. 所以f(ln a1)+f(ln a99)=f(ln a2)+f(ln a98)=…=f(ln a99)+f(ln a1)=1， 设S99=f(ln a1)+f(ln a2)+f(ln a3)+…+f(ln a99)， ① 又S99=f(ln a99)+f(ln a98)+f(ln a97)+…+f(ln a1)， ② ①+②，得2S99=99，所以S99=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.已知等差数列{an}中，a1=1，且a1，a2，a4+2成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设等差数列{an}的公差为d， ∵a1=1，且a1，a2，a4+2成等比数列， ∴=a1(a4+2)， 即(1+d)2=1×(1+3d+2)， 解得d=2或d=-1. 当d=-1时，a2=0，不符合题意，舍去， ∴d=2，∴an=1+2(n-1)=2n-1， Sn==n2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)设bn=，求数列{bn}的前2n项和T2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵bn==， ∴当n为偶数时，==16； 当n为奇数时，==， ∴数列{bn}的奇数项是以为公比的等比数列； 偶数项是以8为首项，16为公比的等比数列， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴数列{bn}的前2n项的和T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n) =+ =×. 第一章 <<< $$