第4章 习题课 数列求和（一）-（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（人教A版2019）

习题课　数列求和(一) ［学习目标］　1.熟练掌握等差数列和等比数列的求和公式.2.掌握分组求和、倒序相加法求和、裂项相消法求和等数列求和的方法. 一、分组求和 例1　已知数列｛an｝的前n项和为Sn，a1=t，点（Sn，an+1）在直线y=3x+1上. （1）当实数t为何值时，数列｛an｝是等比数列？ （2）在（1）的结论下，设bn=log4an+1，cn=an+bn，Tn是数列｛cn｝的前n项和，求Tn. 解　（1）因为点（Sn，an+1）在直线y=3x+1上， 所以an+1=3Sn+1， 当n≥2时，an=3Sn-1+1. 于是an+1-an=3（Sn-Sn-1），即an+1-an=3an，即an+1=4an. 又当n=1时， a2=3S1+1，即a2=3a1+1=3t+1， 所以当t=1时，a2=4a1，此时，数列｛an｝是等比数列. （2）由（1）可得an=4n-1，an+1=4n， 所以bn=log4an+1=n，cn=4n-1+n， 那么Tn=c1+c2+…+cn =（40+1）+（41+2）+…+（4n-1+n） =（40+41+…+4n-1）+（1+2+…+n） =+. 反思感悟　分组求和的适用题型 一般情况下形如cn=an±bn，其中数列｛an｝与一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列的前n项和，分别利用等差数列和等比数列的前n项和公式求和即可. 跟踪训练1　设等差数列｛an｝的前n项和为Sn，等比数列｛bn｝的各项都为正数，且满足a1=b1=2，a3=b1+b2，S3=b3+4. （1）求｛an｝，｛bn｝的通项公式； （2）记cn=（k∈N*），求数列｛cn｝的前21项的和.（答案可保留指数幂的形式） 解　（1）设等差数列｛an｝的公差为d，正项等比数列｛bn｝的公比为q（q>0），依题意， 解得d=q=2， 所以数列｛an｝的通项公式为an=2n， 数列｛bn｝的通项公式为bn=2n. （2）由（1）知，a2k-1=4k-2，数列｛a2k-1｝是等差数列，首项为2，公差为4， b2k=22k=4k，数列｛b2k｝是等比数列，首项为4，公比为4， 而cn=（k∈N*）， 则数列｛cn｝的前21项的和 T21=（a1+a3+…+a21）+（b2+b4+…+b20） =11×2+×4+ =， 所以数列｛cn｝的前21项的和为. 二、倒序相加法求和 例2　已知函数f（x）对任意的x∈R，都有f（x）+f（1-x）=1，若数列｛an｝满足an=f（0）+f+f+…+f+f（1），求数列｛an｝的通项公式. 解　∵f（x）+f（1-x）=1， ∴f+f=1. ∵an=f（0）+f+f+…+f+f（1）， ① ∴an=f（1）+f+f+…+f+f（0）， ② ①+②得2an=n+1， ∴an=，故数列｛an｝的通项公式为an=. 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.相传他幼年时在进行1+2+3+…+100的求和运算时，就利用了倒序相加法，该方法基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成.已知数列an=，则a1+a2+…+a98等于（　　） A.96 B.97 C.98 D.99 答案　C 解析　记S=a1+a2+…+a97+a98 =++…++， 则S=a98+a97+…+a2+a1 =++…++， 两式相加得， 2S=+ =++…++=98×2， ∴S=98. 三、裂项相消法求和 知识梳理　 常见的裂项求和的形式： （1）=； （2）=； （3）=-； （4）=； （5）=-； （6）ln=ln（n+1）-ln n； （7）=； （8）（-1）nlog3［n（n+1）］=（-1）n［log3n+log3（n+1）］； （9）=（-1）n. 注意点： （1）裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系. （2）若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组. （3）检验所留的正项与负项的个数是否相同. 例3　已知数列｛an｝的前n项和为Sn，满足S2=2，S4=16，｛an+1｝是等比数列. （1）求数列｛an｝的通项公式； （2）若an>0，设bn=log2（3an+3），求数列的前n项和. 解　（1）设等比数列｛an+1｝的公比为q，其前n项和为Tn， 因为S2=2，S4=16，所以T2=4，T4=20， 易知q≠1，所以T2==4， ① T4==20， ② 由得1+q2=5，解得q=±2. 当q=2时，a1=，所以an+1=×2n-1=； 当q=-2时，a1=-5， 所以an+1=（-4）×（-2）n-1=-（-2）n+1. 所以an=-1或an=-（-2）n+1-1. （2）因为an>0，所以an=-1， 所以bn=log2（3an+3）=n+1， 所以==-， 所以数列的前n项和为++…+ =-=. 反思感悟　（1）把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的. （2）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止. （3）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 跟踪训练3　已知数列｛an｝满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N*）. （1）记bn=an+1，证明：数列｛bn｝为等比数列，并求数列｛bn｝的通项公式； （2）记数列｛bn｝的前n项和为Tn，证明：++…+<. （1）解　由an+1=2an+1，可得an+1+1=2（an+1）， 所以｛bn｝是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列， 所以bn=an+1=2n. （2）证明　易得Tn==2（2n-1）， 于是==- =， 所以++…+ = =， 因为>0， 所以++…+<. 1.知识清单： （1）分组求和. （2）倒序相加法求和. （3）裂项相消法求和. 2.方法归纳：公式法、分类讨论法. 3.常见误区：裂项相消法求和易忽略正负项个数是否相同. 1.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*），则该医院这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. 2.设Sn为数列｛an｝的前n项和，an=1+2+22+…+2n-1，则Sn的值为（　　） A.2n-1 B.2n-1-1 C.2n-n-1 D.2n+1-n-2 答案　D 解析　∵an=1+2+22+…+2n-1= =2n-1， ∴Sn=++…+ =-n=2n+1-n-2. 3.已知数列｛an｝满足a1+3a2+…+（2n-1）an=2n，则数列的前10项和为（　　） A. B. C. D. 答案　C 解析　因为a1+3a2+…+（2n-1）an=2n， 所以当n≥2时， a1+3a2+…+（2n-3）an-1=2（n-1）， 两式相减得（2n-1）an=2，an=， 又a1=2，满足此式，所以an=， ==-， 所以数列的前10项和为++…+ =1-=. 4.已知f（x）=，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f+f+…+f=　　　　.  答案　2 024 解析　f（x）+f（1-x）=+==2， 令S=f+f+…+f， 则S=f+f+…+f， 两式相加得，2S=2 024×2，∴S=2 024. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共45分；多选题每小题6分，共6分 1.数列1，3，5，7，…的前n项和Sn为（　　） A.n2+1- B.n2+2- C.n2+1- D.n2+2- 答案　C 解析　数列1，3，5，7，…的通项公式为an=2n-1+， 所以Sn=++++…+ =+=+ =n2+1-. 2.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 023+a2 024）=3×1 012=3 036. 3.已知数列｛an｝：，+，++，+++，…，bn=，那么数列｛bn｝的前n项和Sn为（　　） A.4 B.4 C.1- D.- 答案　A 解析　∵an===， ∴bn===4. ∴Sn=4 =4. 4.已知数列｛an｝的通项公式是an=2n-3，则其前20项和为（　　） A.380-× B.420-× C.400-× D.440-× 答案　B 解析　数列｛an｝的前20项和S20=a1+a2+…+a20=2×（1+2+…+20）-3×=2×-3×=420-×. 5.已知数列｛bn｝是公比为q（q≠1）的正项等比数列，且2ln b1 012=0，若f（x）=，则f（b1）+f（b2）+…+f（b2 023）等于（　　） A.4 069 B.2 023 C.2 024 D.4 046 答案　D 解析　由数列｛bn｝是公比为q（q≠1）的正项等比数列，故bn>0， 2ln b1 012=ln =ln（b1·b2 023）=0，故b1·b2 023=1， 即b1·b2 023=b2·b2 022=…=b2 023·b1=1， 由f（x）=，则当x>0时， 有f（x）+f=+=+=4， 故f（b1）+f（b2 023）=f（b2）+f（b2 022）=…=f（b2 023）+f（b1）=4， 故2［f（b1）+f（b2）+…+f（b2 023）］=［f（b1）+f（b2 023）］+［f（b2）+f（b2 022）］+…+［f（b2 023）+f（b1）］=2 023［f（b2 023）+f（b1）］=8 092， 故f（b1）+f（b2）+…+f（b2 023）=4 046. 6.（多选）记数列｛an｝的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（　　） A.若｛an｝是等差数列，且a3=3，S4=10，则= B.若｛an｝是等差数列，且a3=3，S4=10，则= C.若｛an｝是各项均为正数的等比数列，且2a1+3a2=1，=9a2a6，令bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+log3an，则= D.若｛an｝是各项均为正数的等比数列，且2a1+3a2=1，=9a2a6，令bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+log3an，则=- 答案　AD 解析　对于A，B，设等差数列｛an｝的公差为d，则由得 ∴Sn=n·1+×1=， ==2， ∴=+++…+ =2 =2=， ∴A正确，B错误； 对于C，D，设等比数列｛an｝的公比为q，由=9a2a6得=9. ∵｛an｝各项均为正数，∴a3=3a4，∴q==. ∵2a1+3a2=1，∴2a1+3a1×=1，解得a1=. ∴an=， bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+log3an =-（1+2+3+…+n）=-， ∴=-=-2， ∴=+++…+ =-2 =-2=-， ∴C错误，D正确. 7.（5分）sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°=　　　　.  答案　44.5 解析　设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°， ① 将①式右边反序得， S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°， ② ①+②得， 2S=（sin21°+sin289°）+（sin22°+sin288°）+…+（sin289°+sin21°） =（sin21°+cos21°）+（sin22°+cos22°）+…+（sin289°+cos289°）=89， ∴S=44.5. 8.（5分）数列｛an｝的通项公式an=，则该数列的前n项和Sn=　　　　.  答案　- 解析　an= = ==-， ∴Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an =（-）+（-）+（-）+…+（-）+（-） =-. 9.（10分）已知等差数列｛an｝的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列. （1）求数列｛an｝的通项公式；（5分） （2）设bn=an+2n，求数列的前n项和Sn.（5分） 解　（1）设等差数列｛an｝的公差为d， 由题意，得 解得或 所以an=或an=-2+3=3n-5. （2）当an=时，bn=+2n， 此时Sn=b1+b2+…+bn=n+=2n+1+n-2； 当an=3n-5时，bn=+2n， 此时Sn=b1+b2+…+bn=·n+=2n+1+n2-n-2. 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， 又a1=1不符合an=n-1， 所以an= 11.若数列｛an｝的通项公式是an=其前n项和为Sn，则S30等于（　　） A.120 B.180 C.240 D.360 答案　C 解析　由题意得S30=（a1+a3+…+a29）+（a2+a4+…+a30）=（1+2+…+15）+（1+2+…+15）=×2=240. 12.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.1 011 B.1 012 C.2 023 D.2 024 答案　D 解析　设数列｛an｝的公差为d， 则解得 ∴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 023+b2 024）=2×=2 024. 13.已知正项数列｛an｝是公比不等于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.2 023 B.4 036 C.2 024 D.4 038 答案　C 解析　∵正项数列｛an｝是公比不等于1的等比数列，且lg a1+lg a2 024=0， ∴lg（a1·a2 024）=0，即a1·a2 024=1. ∵函数f=， ∴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. 14.（5分）如图所示，图形的点数分别为1，5，12，22，…，总结规律并以此类推下去，第10个图形对应的点数为　　　　，若这些数构成一个数列｛an｝，记数列的前n项和为Sn，则S2 024=　　　　.  答案　145　 解析　由图知a1=1，a2-a1=4=1+3×1，a3-a2=7=1+3×2，a4-a3=10=1+3×3，…，an-an-1=1+3（n-1）（n≥2）， 累加得an=1+4+7+…+［1+3（n-1）］=， 所以a10=145. 因为==， 所以S2 024=× =×=. 15.已知f（x）=x3-3x2，则f+f+…+f等于（　　） A.-8 088 B.-8 090 C.-8 094 D.-8 098 答案　D 解析　f（1-x）+f（1+x）=（1-x）3-3（1-x）2+（1+x）3-3（1+x）2=-4， 即f（x）+f（2-x）=-4， 设M=f+f+…+f+f， ① 则M=f+f+…+f+f， ② ①+②得2M=++…++=-4×4 047， 所以M=-8 094， 又f=f（2）=8-12=-4， 所以f+f+…+f =-8 094-4=-8 098. 16.（12分）已知数列｛an｝的前n项和为Sn，an=2-Sn，n∈N*. （1）求数列｛an｝的通项公式；（3分） （2）是否存在实数λ，使数列为等差数列？若存在，求出λ的值：若不存在，请说明理由；（4分） （3）已知数列｛bn｝满足bn=，其前n项和为Tn，求使得<Tn<对所有n∈N*都成立的自然数m的值.（5分） 解　（1）因为数列｛an｝的前n项和为Sn，an=2-Sn，n∈N*， 当n=1时，有a1=2-S1=2-a1，解得a1=1， 当n≥2时，由an=2-Sn，可得an-1=2-Sn-1， 上述两个等式作差可得an-an-1=-an，可得an=an-1， 所以数列｛an｝是首项为1，公比为的等比数列，则an=1×=. （2）由已知条件可得Sn=2-an=2-，则Sn+λn+=2+λn+， 记cn=Sn+λn+=2+λn+， 若数列｛cn｝为等差数列，且c1=+1，c2=+，c3=+， 则2c2=c1+c3，即2=+1++， 解得λ=2， 此时，cn=2+2n，所以cn+1-cn=［2+2（n+1）］-（2+2n）=2， 故当λ=2时，数列为等差数列. （3）因为bn=== ==-， 所以Tn=+++…+=-， 因为bn>0，且Tn-Tn-1=bn>0（n≥2，n∈N*），故数列｛Tn｝为递增数列， 所以Tn≥T1==，且Tn<，故对任意的n∈N*，≤Tn<， 因为不等式<Tn<对所有n∈N*恒成立， 所以解得2≤m<， 因为m∈N，则m的值为2. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 习题课 第四章 <<< 数列求和(一) 1.熟练掌握等差数列和等比数列的求和公式. 2.掌握分组求和、倒序相加法求和、裂项相消法求和等数列求和的方法. 学习目标 一、分组求和 二、倒序相加法求和 课时对点练 三、裂项相消法求和 随堂演练 内容索引 一 分组求和 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=t，点(Sn，an+1)在直线y=3x+1上. (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？ 例 1 因为点(Sn，an+1)在直线y=3x+1上， 所以an+1=3Sn+1， 当n≥2时，an=3Sn-1+1. 于是an+1-an=3(Sn-Sn-1)，即an+1-an=3an，即an+1=4an. 又当n=1时， a2=3S1+1，即a2=3a1+1=3t+1， 所以当t=1时，a2=4a1，此时，数列{an}是等比数列. 5 (2)在(1)的结论下，设bn=log4an+1，cn=an+bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 由(1)可得an=4n-1，an+1=4n， 所以bn=log4an+1=n，cn=4n-1+n， 那么Tn=c1+c2+…+cn =(40+1)+(41+2)+…+(4n-1+n) =(40+41+…+4n-1)+(1+2+…+n) =+. 6 反 思 感 悟 分组求和的适用题型 一般情况下形如cn=an±bn，其中数列{an}与一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列的前n项和，分别利用等差数列和等比数列的前n项和公式求和即可. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项都为正数，且满足a1=b1=2，a3=b1+b2，S3=b3+4. (1)求{an}，{bn}的通项公式； 跟踪训练 1 设等差数列{an}的公差为d，正项等比数列{bn}的公比为q(q>0)， 依题意， 解得d=q=2， 所以数列{an}的通项公式为an=2n， 数列{bn}的通项公式为bn=2n. 8 (2)记cn=(k∈N*)，求数列{cn}的前21项的和.(答案可保留指数幂的形式) 由(1)知，a2k-1=4k-2，数列{a2k-1}是等差数列，首项为2，公差为4， b2k=22k=4k，数列{b2k}是等比数列，首项为4，公比为4， 而cn=(k∈N*)， 则数列{cn}的前21项的和 T21=(a1+a3+…+a21)+(b2+b4+…+b20) =11×2+×4+=， 所以数列{cn}的前21项的和为. 10 二 倒序相加法求和 已知函数f(x)对任意的x∈R，都有f(x)+f(1-x)=1，若数列{an}满足an=f(0)+f+f+…+f+f(1)，求数列{an}的通项公式. 例 2 12 ∵f(x)+f(1-x)=1， ∴f+f=1. ∵an=f(0)+f+f+…+f+f(1)， ① ∴an=f(1)+f+f+…+f+f(0)， ② ①+②得2an=n+1， ∴an=，故数列{an}的通项公式为an=. 13 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. 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.相传他幼年时在进行1+2+3+…+100的求和运算时，就利用了倒序相加法，该方法基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成.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 记S=a1+a2+…+a97+a98=++…++， 则S=a98+a97+…+a2+a1=++…++， 两式相加得， 2S=+ =++…++=98×2， ∴S=98. 三 裂项相消法求和 常见的裂项求和的形式： (1)=； (2)=； (3)=-； (4)=； 知识梳理 (5)=-； (6)ln=ln(n+1)-ln n； (7)=； (8)(-1)nlog3[n(n+1)]=(-1)n[log3n+log3(n+1)]； (9)=(-1)n. (1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系. (2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组. (3)检验所留的正项与负项的个数是否相同. 注 意 点 <<< 20 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2=2，S4=16，{an+1}是等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； 例 3 21 设等比数列{an+1}的公比为q，其前n项和为Tn， 因为S2=2，S4=16，所以T2=4，T4=20， 易知q≠1，所以T2==4， ① T4==20， ② 由得1+q2=5，解得q=±2. 22 当q=2时，a1=，所以an+1=×2n-1=； 当q=-2时，a1=-5， 所以an+1=(-4)×(-2)n-1=-(-2)n+1. 所以an=-1或an=-(-2)n+1-1. 23 (2)若an>0，设bn=log2(3an+3)，求数列的前n项和. 因为an>0，所以an=-1， 所以bn=log2(3an+3)=n+1， 所以==-， 所以数列的前n项和为++…+ =-=. 24 反 思 感 悟 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的. (2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止. (3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1(n∈N*). (1)记bn=an+1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式； 跟踪训练 3 由an+1=2an+1，可得an+1+1=2(an+1)， 所以{bn}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列， 所以bn=an+1=2n. (2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：++…+<. 易得Tn==2(2n-1)， 于是==-=， 所以++…+ = =， 因为>0，所以++…+<. 1.知识清单： (1)分组求和. (2)倒序相加法求和. (3)裂项相消法求和. 2.方法归纳：公式法、分类讨论法. 3.常见误区：裂项相消法求和易忽略正负项个数是否相同. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.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*)，则该医院这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 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. 2.设Sn为数列{an}的前n项和，an=1+2+22+…+2n-1，则Sn的值为 A.2n-1 B.2n-1-1 C.2n-n-1 D.2n+1-n-2 1 2 3 4 √ ∵an=1+2+22+…+2n-1= =2n-1， ∴Sn=++…+ =-n=2n+1-n-2. 3.已知数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n，则数列的前10项和为 A. B. C. D. 1 2 3 4 √ 因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n， 所以当n≥2时，a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1)， 两式相减得(2n-1)an=2，an=， 又a1=2，满足此式，所以an=， ==-， 所以数列的前10项和为++…+=1-=. 1 2 3 4 4.已知f(x)=，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f+f+…+f=　　　　.  1 2 3 4 2 024 1 2 3 4 f(x)+f(1-x)=+==2， 令S=f+f+…+f， 则S=f+f+…+f， 两式相加得，2S=2 024×2，∴S=2 024. 课时对点练 五 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 1.数列1，3，5，7，…的前n项和Sn为 A.n2+1- B.n2+2- C.n2+1- D.n2+2- √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数列1，3，5，7，…的通项公式为an=2n-1+， 所以Sn=++++…+ =+=+ =n2+1-. 2.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 023+a2 024)=3×1 012=3 036. 3.已知数列{an}：，+，++，+++，…，bn=，那么数列{bn}的前n项和Sn为 A.4 B.4 C.1- D.- √ 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 ∵an===， ∴bn===4. ∴Sn=4 =4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3，则其前20项和为 A.380-× B.420-× C.400-× D.440-× √ 数列{an}的前20项和S20=a1+a2+…+a20=2×(1+2+…+20)-3× =2×-3×=420-×. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列，且2ln b1 012=0，若f(x)=，则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)等于 A.4 069 B.2 023 C.2 024 D.4 046 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列，故bn>0， 2ln b1 012=ln =ln(b1·b2 023)=0，故b1·b2 023=1， 即b1·b2 023=b2·b2 022=…=b2 023·b1=1， 由f(x)=，则当x>0时， 有f(x)+f=+=+=4， 故f(b1)+f(b2 023)=f(b2)+f(b2 022)=…=f(b2 023)+f(b1)=4， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 故2[f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)]=[f(b1)+f(b2 023)]+[f(b2)+f(b2 022)]+…+[f(b2 023)+f(b1)] =2 023[f(b2 023)+f(b1)]=8 092， 故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=4 046. 6.(多选)记数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是 A.若{an}是等差数列，且a3=3，S4=10，则= B.若{an}是等差数列，且a3=3，S4=10，则= C.若{an}是各项均为正数的等比数列，且2a1+3a2=1，=9a2a6，令bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+ log3an，则= D.若{an}是各项均为正数的等比数列，且2a1+3a2=1，=9a2a6，令bn=log3a1+log3a2+log3a3+… +log3an，则=- √ √ 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 对于A，B，设等差数列{an}的公差为d， 则由 ∴Sn=n·1+×1=， ==2， ∴=+++…+ =2 =2=， ∴A正确，B错误； 对于C，D，设等比数列{an}的公比为q，由=9a2a6得=9. 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 ∵{an}各项均为正数，∴a3=3a4，∴q==. ∵2a1+3a2=1，∴2a1+3a1×=1，解得a1=. ∴an=， bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+log3an =-(1+2+3+…+n)=-， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴=-=-2， ∴=+++…+ =-2 =-2=-， ∴C错误，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°=　　　　.  设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°， ① 将①式右边反序得， S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°， ② ①+②得， 2S=(sin21°+sin289°)+(sin22°+sin288°)+…+(sin289°+sin21°) =(sin21°+cos21°)+(sin22°+cos22°)+…+(sin289°+cos289°)=89， ∴S=44.5. 44.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.数列{an}的通项公式an=，则该数列的前n项和Sn=　　　　　.  - 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 an= = ==-， ∴Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an =(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-) =-. 9.已知等差数列{an}的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； 设等差数列{an}的公差为d， 由题意，得 解得 所以an=或an=-2+3=3n-5. 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 (2)设bn=an+2n，求数列的前n项和Sn. 当an=时，bn=+2n， 此时Sn=b1+b2+…+bn=n+=2n+1+n-2； 当an=3n-5时，bn=+2n， 此时Sn=b1+b2+…+bn=·n+=2n+1+n2-n-2. 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， 又a1=1不符合an=n-1， 所以an= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.若数列{an}的通项公式是an=其前n项和为Sn，则S30等于 A.120　　　B.180　　　C.240　　　D.360 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 由题意得S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)=(1+2+…+15)+(1+2+…+15) =×2=240. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.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.1 011 B.1 012 C.2 023 D.2 024 √ 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， 则 ∴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 023+b2 024) =2×=2 024. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.已知正项数列{an}是公比不等于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.2 023 B.4 036 C.2 024 D.4 038 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1+lg a2 024=0， ∴lg(a1·a2 024)=0，即a1·a2 024=1. ∵函数f=， ∴f(x)+f=+==2. 令T=f(a1)+f(a2)+…+f(a2 024)， 则T=f(a2 024)+f(a2 023)+…+f(a1)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴2T=[f(a1)+f(a2 024)]+[f(a2)+f(a2 023)]+…+[f(a2 024)+f(a1)]=2×2 024， ∴T=2 024. 14.如图所示，图形的点数分别为1，5，12，22，…，总结规律并以此类推下去，第10个图形对应的点数为　　　　，若这些数构成一个数列{an}，记数列的前n项和为Sn，则S2 024=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 145 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由图知a1=1，a2-a1=4=1+3×1，a3-a2=7=1+3×2，a4-a3=10=1+3×3， …，an-an-1=1+3(n-1)(n≥2)， 累加得an=1+4+7+…+[1+3(n-1)]=， 所以a10=145. 因为==， 所以S2 024=×=×=. 15.已知f(x)=x3-3x2，则f+f+…+f等于 A.-8 088 B.-8 090 C.-8 094 D.-8 098 拓广探究 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ f(1-x)+f(1+x)=(1-x)3-3(1-x)2+(1+x)3-3(1+x)2=-4， 即f(x)+f(2-x)=-4， 设M=f+f+…+f+f， ① 则M=f+f+…+f+f， ② ①+②得2M=++…+ +=-4×4 047， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以M=-8 094， 又f=f(2)=8-12=-4， 所以f+f+…+f =-8 094-4=-8 098. 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 16.已知数列{an}的前n项和为Sn，an=2-Sn，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； 因为数列{an}的前n项和为Sn，an=2-Sn，n∈N*， 当n=1时，有a1=2-S1=2-a1，解得a1=1， 当n≥2时，由an=2-Sn，可得an-1=2-Sn-1， 上述两个等式作差可得an-an-1=-an，可得an=an-1， 所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列， 则an=1×=. 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 (2)是否存在实数λ，使数列为等差数列？若存在，求出λ的值：若不存在，请说明理由； 由已知条件可得Sn=2-an=2-，则Sn+λn+=2+λn+， 记cn=Sn+λn+=2+λn+， 若数列{cn}为等差数列，且c1=+1，c2=+，c3=+， 则2c2=c1+c3，即2=+1++，解得λ=2， 此时，cn=2+2n，所以cn+1-cn=[2+2(n+1)]-(2+2n)=2， 故当λ=2时，数列为等差数列. 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 (3)已知数列{bn}满足bn=，其前n项和为Tn，求使得<Tn <对所有n∈N*都成立的自然数m的值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为bn=== ==-， 所以Tn=+++…+ =-， 因为bn>0，且Tn-Tn-1=bn>0(n≥2，n∈N*)，故数列{Tn}为递增数列， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以Tn≥T1==，且Tn<，故对任意的n∈N*，≤Tn<， 因为不等式<Tn<对所有n∈N*恒成立， 所以解得2≤m<， 因为m∈N，则m的值为2. 第四章 <<< $$