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1、考點集訓(三十四) 第34講 數列求和
對應學生用書p237
A組題
1．數列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項之和S100等于( )
A．200B．－200C．400D．－400
[解析]S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋…－(4×100－3)
＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]
＝4×(－50)＝－200.
[答案]B
2．數列中，a1＝2，且an＋an－1＝＋2(n≥2)，則數列前2021項和為( )
A.B.C.D.
[解析]∵an＋an－1＝＋2(n≥2)，
∴a－a－2＝n，
整理得：－
2、＝n，
∴－＝n＋＋……＋2，又a1＝2，
∴＝，
可得：＝＝2，
則數列前2021項和為：
S2021＝2
＝2＝.故選B.
[答案]B
3．已知數列{an}中，a1＝2，＝2，則數列{an}的前n項和Sn＝( )
A．3×2n－3n－3B．5×2n－3n－5
C．3×2n－5n－3D．5×2n－5n－5
[解析]因為＝2，所以an＋1＝2an＋3，即an＋1＋3＝2(an＋3)，則數列{an＋3}是首項為a1＋3＝5，公比為2的等比數列，其通項公式為an＋3＝5×2n－1，所以an＝5×2n－1－3，分組求和可得數列{an}的前n項和Sn＝5×2n－3n－5.
[
3、答案]B
4．記Sn為數列{an}的前n項和，已知a1＝，＝＋2n，則S100＝( )
A．2－B．2－
C．2－D．2－
[解析]根據題意，由＝＋2n，得－＝2n，
則－＝2n－1，－＝2n－2，…，－＝21，
將各式相加得－＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2，
又a1＝，所以an＝n·，
因此S100＝1×＋2×＋…＋100×，
則S100＝1×＋2×＋…＋99×＋100×，
將兩式相減得S100＝＋＋＋…＋－100×，
所以S100＝2－－100·＝2－.
[答案]D
5．已知公差不為零的等差數列{an}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比數列，{an}
4、的前n項和為Sn，bn＝(－1)nSn.則數列{bn}的前2n項和T2n＝________．
[解析]由題意，a1＝1，{an}是等差數列，a2，a5，a14成等比數列，
可得：(1＋d)(1＋13d)＝(1＋4d)2，
解得：d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，
Sn＝na1＋×d＝n2.
由bn＝(－1)nSn＝(－1)n·n2，
所以{bn}的前2n項和T2n＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋[－(2n－1)2＋(2n)2]＝3＋7＋…＋4n－1＝n(2n＋1)．
[答案]n(2n＋1)
6．已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝
5、1＋(－1)n，那么S100的值為________．
[解析]當n為奇數時，an＋2－an＝0，
所以an＝1；
當n為偶數時，an＋2－an＝2，
所以an＝n；
故an＝
可是S100＝50＋＝2600.
[答案]2600
7．已知等差數列{an}的公差為2，前n項和為Sn，且S1，S2，S4成等比數列．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求數列{bn}的前n項和Tn.
[解析] (1)因為S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由題意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1
6、，所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
當n為偶數時，
Tn＝－＋…＋
－＝1－＝.
當n為奇數時，Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.
所以Tn＝
8．已知數列{an}和{bn}滿足a1·a2·a3·…·an＝2bn(n∈N*)，若{an}為等比數列，且a1＝2，b3＝3＋b2.
(1)求an和bn；
(2)設cn＝(n∈N*)，記數列{cn}的前n項和為Sn，求Sn.
[解析] (1)設等比數列{an}的公比為q，
∵數列{an}和{bn}滿足a1·a2·a3·…·an＝2bn(n∈N*)，a1＝2，
∴a1＝2b1，a1a2
7、＝2b2，a1a2a3＝2b3，
∴b1＝1，a2＝2b2－b1＝2q＞0，a3＝2b3－b2＝2q2，
又b3＝3＋b2，∴23＝2q2，解得q＝2，q＝－2(舍)．
∴an＝2n.
∴2bn＝a1·a2·a3·…·an＝2×22×…×2n＝2，
∴bn＝.
(2)cn＝＝－＝－＝－2，
∴數列{cn}的前n項和為Sn＝＋＋…＋－
2
＝－2
＝1－－2＋＝－－1.
B組題
1．已知函數f＝n2cos，且an＝f＋f，則a1＋a2＋…＋a100＝( )
A．－100B．0C．100D．10200
[解析]a1＝－1＋22，a2＝22－32，a3＝－32＋42，a
8、4＝42－52，…，所以a1＋a3＋…＋a99＝＋…＋＝＋＋…＋＝5050，a2＋a4＋…＋a100＝＋…＋＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5150，所以a1＋a2＋…＋a100＝5050－5150＝－100.
[答案]A
2．已知數列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，n∈N*，bn＝，若?n∈N*，k>Tn恒成立，則k的最小值是( )
A.B.C．49D.
[解析]當n＝1時，6a1＝a＋3a1，
解得a1＝3或a1＝0.
由an>0，得a1＝3.
由6Sn＝a＋3an，得6Sn＋1＝a＋3an＋1.
兩式相減得6an＋1＝
9、a－a＋3an＋1－3an.
所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0.
因為an>0，所以an＋1＋an>0，an＋1－an＝3.
即數列{an}是以3為首項，3為公差的等差數列，
所以an＝3＋3(n－1)＝3n.
所以bn＝
＝＝.
所以Tn＝
＝<.
要使?n∈N*，k>Tn恒成立，只需k≥.故選B.
[答案]B
3．已知正項數列{an}的前n項和為Sn，?n∈N*，2Sn＝a＋an.令bn＝，設{bn}的前n項和為Tn，則在T1，T2，T3，…，T100中有理數的個數為________．
[解析]∵2Sn＝a＋an，①
∴2Sn＋1＝a＋an＋1，②
10、
②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an，
a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
又∵{an}為正項數列，∴an＋1－an－1＝0，
即an＋1－an＝1.
在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1.
∴數列{an}是以1為首項，1為公差的等差數列．
∴an＝n，
∴bn＝
＝
＝＝－，
∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－
＝1－，
要使Tn為有理數，只需為有理數，
令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，
∴n＝3，8，15，24，35，48，63，80，99，共9個數．
∴T1，T2，T3，…，T100中有理數的個數為9.
11、
[答案]9
4．已知數列{an}中，a1＝1，a2＝3，若an＋2＋2an＋1＋an＝0對任意n∈N*都成立，則數列{an}的前n項和Sn＝________．
[解析]a1＝1，a2＝3，an＋2＋2an＋1＋an＝0對任意n∈N*都成立，
可得：an＋2＋an＋1＝－(an＋1＋an)，a2＋a1＝4.
則數列{an＋1＋an}是等比數列，首項為4，公比為－1.
∴an＋1＋an＝4×(－1)n－1.
n＝2k－1時，∵a2k＋1＋a2k＝4×(－1)2k－1＝－4，Sn＝S2k＋1－(a2k＋1＋a2k)＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2k＋a2k＋1)－(a2k＋a2k＋
12、1)＝1＋(－4)×＝5－4k＝3－2n.
n＝2k時，∵a2k－1＋a2k＝4×(－1)2k－2＝4.
Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝4k＝2n，
∴Sn＝
[答案]
5．已知Sn是數列{an}的前n項和，a1＝2，且4Sn＝an·an＋1，在數列{bn}中，b1＝，且bn＋1＝，n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設Bn＝＋，cn＝(n∈N*)，求{cn}的前n項和Tn.
[解析] (1)當n＝1時，由題意，得a2＝4.
當n≥2時，4Sn＝an·an＋1，4Sn－1＝an－1·an，
兩式相減，得4an＝an(an＋
13、1－an－1)．
∵an≠0，∴an＋1－an－1＝4，
∴{an}的奇數項和偶數項是分別以4為公差的等差數列．
當n＝2k－1，k∈N*時，an＝a2k－1＝4k－2＝2n；
當n＝2k，k∈N*時，an＝a2k＝4k＝2n.
∴an＝2n(n∈N*)．
(2)由已知得＝－，
即＝－，
∴－＝－，
－＝－，
…
－＝－，∴＝.
∴bn＝(n≥2)，n＝1時也適合，
∴bn＝(n∈N*)，
∴Bn＝＋＝n＋1，
∴cn＝.
∴Tn＝＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②，得
Tn＝＋＋…＋－＝－
＝1－－＝1－，
∴Tn＝2－.
9
（新課標）2021版高考數學一輪總復習 考點集訓（三十四）第34講 數列求和 新人教A版
