1.3.2 第2课时 数列求和-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评word（北师大版）

数学　选择性必修　第二册　作业与测评（北师） 第2课时　数列求和 知识点一　分组求和法 1．数列11，103，1005，10007，…的前n项和Sn＝________． 答案：(10n－1)＋n2 解析：数列的通项公式为an＝10n＋(2n－1)，所以Sn＝(10＋1)＋(102＋3)＋…＋(10n＋2n－1)＝(10＋102＋…＋10n)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝＋＝(10n－1)＋n2． 2．求和：(a－1)＋(a2－2)＋…＋(an－n)(a≠0)． 解：原式＝(a＋a2＋…＋an)－(1＋2＋…＋n) ＝(a＋a2＋…＋an)－ ＝ 知识点二　并项求和法 3．已知数列12，－22，32，－42，…，(－1)n－1·n2，求其前n项和Sn． 解：当n是偶数时， Sn＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2] ＝－3－7－…－(2n－1)＝－； 当n是奇数时， Sn＝1＋(32－22)＋(52－42)＋…＋[n2－(n－1)2]＝1＋5＋9＋…＋(2n－1)＝． 故Sn＝(－1)n－1·(n∈N＋)． 4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝2n－3，求数列{an}的前n项和Sn． 解：当n为偶数时， Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an) ＝(2×1－3)＋(2×3－3)＋…＋[2(n－1)－3] ＝2×[1＋3＋…＋(n－1)]－3×＝； 当n为奇数时， Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an) ＝2＋(2×2－3)＋(2×4－3)＋…＋[2(n－1)－3] ＝2＋2×[2＋4＋…＋(n－1)]－3× ＝． 故数列{an}的前n项和为 Sn＝ 知识点三　倒序相加法 5．已知函数f(x)＝，数列{an}为等比数列，an>0，a183＝1，则f(ln a1)＋f(ln a2)＋f(ln a3)＋…＋f(ln a365)＝________． 答案： 解析：∵f(x)＝，∴f(x)＋f(－x)＝＋＝1．∵数列{an}是等比数列，∴a1a365＝a2a364＝…＝a＝1，∴ln a1＋ln a365＝ln a2＋ln a364＝…＝ln a365＋ln a1＝ln a＝0．设S365＝f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a365)　①，则S365＝f(ln a365)＋f(ln a364)＋…＋f(ln a1)　②，由①＋②，得2S365＝[f(ln a1)＋f(ln a365)]＋[f(ln a2)＋f(ln a364)]＋…＋[f(ln a365)＋f(ln a1)]＝365，∴S365＝． 6．已知函数f(x)＝x＋3sin＋，则f＋f＋…＋f＝________． 答案：2025 解析：∵f(a)＋f(1－a)＝a＋3sin＋＋1－a＋3sin＋＝2＋3sin＋3sin＝2，设S＝f＋f＋…＋f　①，则S＝f＋f＋…＋f　②．①＋②得2S＝2025×＝4050，∴S＝2025． 知识点四　裂项相消法 7．数列{an}的通项公式为an＝lg ，它的前n项和Sn＝2，则n＝(　　) A．100 B．99 C．98 D．97 答案：B 解析：数列{an}的通项公式为an＝lg ＝lg (n＋1)－lg n，则Sn＝(lg 2－lg 1)＋(lg 3－lg 2)＋…＋[lg (n＋1)－lg n]＝lg (n＋1)＝2，解得n＝99．故选B． 8．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2． 解：(1)因为数列是首项为1，公差为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝， 故Sn＝an．① 当n≥2时，Sn－1＝an－1．② 由①－②可知an＝an－an－1， 所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝． 所以××…××＝×××…××＝(n≥2)， 所以an＝(n≥2)， 又a1＝1也满足上式，所以an＝(n∈N＋)． (2)证明：因为＝＝－， 所以＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝2－＜2． 知识点五　错位相减法 9．已知an＝n－2n，bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求Sn的表达式． 解：因为an＝n－2n，bn＝，所以bn＝－1， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－n， 令Tn＝＋＋…＋， 则Tn＝＋＋…＋， 两式相减，得Tn＝＋＋＋…＋－＝1－－， 所以Tn＝2－，即Sn＝2－－n． 10．已知数列{an}是首项a1＝，公比q＝的等比数列，设bn＋3log4an＋2＝0，数列{cn}满足cn＝anbn． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{cn}的前n项和Sn． 解：(1)由题意，得an＝， 又bn＝－3log4an－2，故bn＝3n－2． (2)由(1)知an＝，bn＝3n－2， 所以cn＝(3n－2)． 所以Sn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)×，① 于是Sn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)×．② ①－②，得 Sn＝＋3×－(3n－2)×＝－(3n＋2)×． 所以Sn＝－×． 一、选择题 1．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1(4n－3)，则它的前100项和S100＝(　　) A．200 B．－200 C．400 D．－400 答案：B 解析：S100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200． 2．已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，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． 3．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　) A．3690 B．3660 C．1845 D．1830 答案：D 解析：由于数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，故有a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，从而可得a3＋a1＝2，a4＋a2＝8，a7＋a5＝2，a8＋a6＝24，a11＋a9＝2，a12＋a10＝40，a15＋a13＝2，a16＋a14＝56，…，从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，16为公差的等差数列．所以{an}的前60项和为15×2＋＝1830．故选D． 4．设数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cos＋1(n∈N＋)，其前n项和为Sn，则S120＝(　　) A．－60 B．－120 C．180 D．240 答案：D 解析：由an＝(－1)n(2n－1)cos＋1， 得a1＝－cos＋1＝1，a2＝3cosπ＋1＝－2， a3＝－5cos＋1＝1，a4＝7cos2π＋1＝8， a5＝－9cos＋1＝1，a6＝11cos3π＋1＝－10， a7＝－13cos＋1＝1，a8＝15cos4π＋1＝16， … 由以上可知，数列{an}的奇数项为1，从a2开始，依次取2个相邻偶数项的和为6，∴S120＝(a1＋a3＋…＋a119)＋(a2＋a4＋…＋a118＋a120)＝60＋30×6＝240．故选D． 5．[多选]意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第3项起，每个数等于它前面两个数的和．后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a6＝8 B．S7＝34 C．a1＋a3＋a5＋…＋a2025＝a2026 D．＝a2026 答案：ACD 解析：对于A，由a6＝a5＋a4，可得a6＝8，故A正确；对于B，由a7＝a5＋a6，可得a7＝13，∴S7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，故B不正确；对于C，由a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2025＝a2026－a2024，可得a1＋a3＋a5＋…＋a2025＝a2026，故C正确；对于D，斐波那契数列总有an＋2＝an＋1＋an，a＝a2a1，a＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，a＝a3(a4－a2)＝a3a4－a2a3，…，a＝a2025(a2026－a2024)＝a2025a2026－a2025a2024，∴a＋a＋a＋…＋a＝a2025a2026，故D正确． 二、填空题 6．设数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋abn＝________． 答案：2n＋1－n－2 解析：易知an＝2n－1，bn＝2n－1，∴abn＝2×2n－1－1＝2n－1，∴ab1＋ab2＋…＋abn＝21＋22＋…＋2n－n＝2n＋1－n－2． 7．设数列{an}的前n项和为Sn．若a1＝1，S5＝35，且＝＋(n≥2且n∈N＋)，则＋＋…＋的值为________． 答案： 解析：设bn＝，则2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2且n∈N＋)，由等差中项的性质可判断{bn}为等差数列．因为b1＝1，b5＝7，所以bn＝1＋×(n－1)＝－，即Sn＝n．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－(n－1)＝3n－2．当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝3n－2(n∈N＋)．由于＝，所以＋＋…＋＝＝＝×＝． 8．已知等差数列{an}，a5＝，若函数f(x)＝sin2x＋1，记yn＝f(an)，则y5＝________，数列{yn}的前9项和为________． 答案：1　9 解析：因为yn＝sin2an＋1，所以y5＝sin2a5＋1＝sinπ＋1＝1．数列{yn}的前9项和为sin2a1＋sin2a2＋sin2a3＋…＋sin2a8＋sin2a9＋9，由{an}为等差数列，a5＝，得sin2a5＝0，a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5＝π，所以2a1＋2a9＝2a2＋2a8＝2a3＋2a7＝2a4＋2a6＝4a5＝2π，则2a1＝2π－2a9，所以sin2a1＋sin2a9＝sin(2π－2a9)＋sin2a9＝0，同理可得sin2a2＋sin2a8＝sin2a3＋sin2a7＝sin2a4＋sin2a6＝0．由倒序相加可得(sin2a1＋sin2a9＋sin2a2＋sin2a8＋…＋sin2a9＋sin2a1)＝0，所以y1＋y2＋y3＋…＋y8＋y9＝9． 三、解答题 9．已知公差不为0的等差数列{an}的前4项和为20，且a1，a2，a4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝n×2an，求数列{bn}的前n项和Sn，并判断是否存在n(n∈N＋)，使得Sn＝1440成立．若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)设{an}的公差为d，依题意得 即解得∴an＝2n． (2)∵bn＝n×22n＝n×4n， ∴Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n， 4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1， 两式相减，得－3Sn＝4＋42＋43＋…＋4n－n×4n＋1， ∴Sn＝4n＋1＋． 令4n＋1＋＝1440，化简得(3n－1)4n＝3239． ∵左边为偶数，右边为奇数， ∴方程无解，即不存在n∈N＋，使得Sn＝1440成立． 10．设数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝nan＋n，n∈N＋，a2＝2． (1)证明数列{an}是等差数列，并求其通项公式； (2)设bn＝，求证：Tn＝b1＋b2＋…＋bn<1． 解：(1)由2Sn＝nan＋n，得2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋n＋1， 两式相减，得(n－1)an＋1－nan＋1＝0，① 用n＋1替换n，得nan＋2－(n＋1)an＋1＋1＝0，② ②－①，得nan＋2－2nan＋1＋nan＝0，即an＋2＋an＝2an＋1， 所以数列{an}是等差数列， 又2S1＝a1＋1，所以a1＝1， 又a2＝2，所以公差为1，所以an＝n． (2)证明：因为bn＝ ＝ ＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1． 7 学科网（北京）股份有限公司 $