2023-2024届新高考一轮复习人教A版 第五章 第4节　数列求和 作业

第4节数列求和

课时作业灵活分层，高效提能________________________

［选题明细表］

知识点、方法题号

分组求和法1,3,4,6,13

裂项相消法2,10,12

错位相减法5,8,14

倒序相加法7

并项求和法9,11

「A级基础］凡固练

1.若数列｛2nT｝的前10项和等于数列｛2n+k）的前6项和，则常数k等

于（A）

C.--D.--

34

解析：｛2nT｝的前10项和为但尸=］00,｛2n+k）的前6项和为6k+

2+22+∙∙∙+26=6k+y^=6k+126=100,

解得k=-y.

2.已知数列区｝满足an=√-,n∈N*,且数列瓜｝的前n项和S“岑,则n

n2+n11

的值为（C）

A.8B.9C.10D.11

解析：因为a=1111

n∙n2+nn(n+l)nn+l,

所以有Sn=IW+*+•••+«■W=n=10∙

π

所以数列｛atl｝是首项为4,公比为4的等比数列,所以an=4,故B正

确,A,C错误；

π

又(3n-2)all=(3∏-2)∙4,记数列｛(3n—2)an｝的前n项和为T”，

2nn

则Tn=IX4+4×4+∙∙∙+(3n-5)×4'+(3n-2)×4,

23n+

4Tn=l×4+4×4+∙∙∙+(3n-5)×4"+(3n-2)×4',

两式相减,得-334+3X(42+43+∙∙∙+4n)-(3n-2)×4n+1

=4+3X^―-(3n-2)×4n+1

1-4

=-3∙(n-l)×4n+1-12,

所以Tn=4+(nT)X4*故D正确.

6.数列1,(1+2),(1+2+2，),…，(1+2+2,+…+2"T),…的前n项和为

解析：由于a=l+21+22+∙∙∙+2n^'=-=2"-l,

n2-1

,2n

所以前n项之和Tn=(2-l)+(2-l)+∙∙∙+(2-l)

=(2'+22+23+∙∙∙+2n)-(l+l+∙∙∙+l)

2x(2n-l)

-n=2n+'-∏-2.

2-1

答案:2田-52

7.f(x)⅛利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法,可求

1_2_)...f(Ξ2Ξ)

得f()+f(∙++

202120212021

解析：由于f(X)=急,

2(l-x)_2x-2

所以f(l-X)

2(l-χ)-l2χ-l,

故f(x)+f(1-X)=2.

2x-l2x~l2x-l

122020

设f()+f(•)+∙∙∙+f()=a,①

202120212021

故f(3)+f(3)+..∙+f(ɪ)+f(-l-)=a,②

2021202120212021

①+②得,2020×[f(-⅛-)+f(∣^)]=2a,

解得a=2020.

答案:2020

8.(2022・全国甲卷)记Sn为数列｛aj的前n项和.已知泡+n=2a√4.

n

(1)证明：ω是等差数列；

(2)若a4,a7,a9成等比数歹U,求Sn的最小值.

⑴证明：由泡+n=2a+l,

n11

2

得2Sn+n=2nan+π,①

2

所以2Slltl+(n+l)=2(n+l)a田+(n+l),②

②-①，

得2an+ι+2n+l=2(n+l)an÷ι-2πan+l,

-=

化简得an+ιanIJ

所以数列｛a,,｝是公差为1的等差数列.

⑵解：由(1)知数列｛aj的公差为1.

由胫=a,∣a9,得(aj+6)J(a∣+3)(a∣+8),

解得aι=-12,

所以Sn=T2n+任P=专任=；(n-会2一等,所以当n=12或I3时,S0取得

22228

最小值,最小值为-78.

综合运用练

9.已知数列｛aj满足an=π,在an,an+∣之间插入n个1,构成数列｛bn｝:

ab1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,则数列｛bn)的前100项的和为()

A.178B.191C.206D.216

解析:数列｛a,,｝满足an=π,在an,am之间插入n个1,构成数列ab1,a2,

(n-1)(+n-1)

1,1,a3,1,1,1,a4,…,an,所以共有n+[l+2+∙∙∙+(n-l)]=n+^,=

⅛(n+l)个数，

当n=13时，13X14=91,

当n=14时,2X14X15=105,

由于an=n,

α+1xl3

所以Sioo=(al+a2+∙∙→a13)+(100-13)×l=^÷87=178.故选A.

10.(多选题)已知正项数列｛aj的首项为2,前n项和为S11,且

吗皿±⅛Sl⅛=Sm+1,bn=~~数歹U®｝的前n项和为Tn,

若TWI6,则n的值可以为(AB)

A.543B.542C.546D.544

解析：因为d+in)｝+-3+Sn+an=S田+1,所以a"「嫌=2(antl-an+l),

2

即(ɑn+L1)-(αn-l)F故数列｛(心-1)?｝是首项为(a「l)2=1,公

差为2的等差数列，

贝！J(anT)2=2nT,贝IJa,l=√2∏-l+l,

-

以b—1_1-√2n+l√2n-l

-

"ttn÷dn+ι^~2V2n+l+√2nl2

贝!)T,,=∣(√3-l+√5-√3+∙∙∙+√2n+l-√2nzT)=∣(√2n+1-1),

令y√2τι+1T)<16,

解得√2rr+1<33,

即n<544.

11.(2020•全国I卷)数列｛aj满足an+2+(T)d=3n-1,前16项和为

540,贝IJaɪ=

n

解析：因为数列｛afl｝满足‰2+(-l)an=3n-l,

所以当n=2k(k∈N*)时，a2k÷2+a2k=6k-1(k∈N*),

所以(az+a/i)+(&6+&8)+(aio+a%)+(ax+a。=5+17+29+41=92.

-

当n=2k-l(k∈N*)时，a2k+ιa2k-ι=6k-4(k∈N*),

所以当k22时，

a2k-ι=aι+(aɜ-aɔ+(a5-a3)+(a7-a5)+∙∙∙+(a2k-i-a2k-3)=aι+2+8+14+∙∙∙+

(2+6fe)(1)

[6(k-l)-4]=al+^°^=a,+(3k-4)(k-1),当k=l时上式也成立，

所以H2k-ι=Hι÷(3k-4)(k-l)(k∈N*),BPa2k-ι=3ι+3k2-7k+4(k∈N*).

k222-

法一所以a1+a3+a5+a7+…+@15=8由+3X(1+2+3÷∙∙∙+8J)7×(1+2+

3+∙∙∙+8)+4X8=8a∣+3X8〉㈤与)*《xs+i)X(1+8)>8+32=8aι+612-252+

62

32=8a1+392.

又前16项和为540,

所以92+8a1+392=540,

解得aι=7.

23

法二所以a2k-,=a1+(3k+3k+l)-10k+3=a1+[(k+l)-k]-10k+3,

所以a1+a3+a5+a7+…+aκ=8aι+(2,?-1i)+(3t-2,i)+,,,+(9i-8i)-10×x8÷

3×8=8a1+9-l-360+24=8a,+392.

又前16项和为540,所以92+8a1+392=540,

解得a,=7.

答案：7

12.(2022・江西萍乡三模)已知正项数列｛aj的前n项和Sn满足：

Sn=2an-a∣(n∈N÷),且aɪ,a2+l,a3成等差数列.

⑴求数列｛atl｝的通项公式;

⑵令②iWH,求证:数列⑹的前n项和T，4

-

⑴解：由题意，因为Sn=2ana∣(n∈N+),

所以Sn-ι=2an--aι(n≥2,n∈N+),

两式相减得an=2an-ι(n≥2,n∈N-),

又因为an>0,

所以瓜｝是首项为a1,公比为2的等比数列,

再由aɪ,a2+l,0.3成等差数列得2(s2÷l)≈aι⅛3,

即2(2aι+l)=aι+4aι,贝!jaι=2,

n

所以｛ar,｝的通项公式为all=2(π∈N+).

b

⑵证明：由题意知，-∏θg22n.10g2^÷2⅛i⅛

所以Tn=∣(ι-l+⅛i-∣+∙..+-L--l-+l--l-)

4α+i^⅛^⅛

--i(J-+J-)

42n+1n+2

因为n∈N÷,

所以τ,,<∣.

13.(2022•广东佛山高三二模)已知数列｛afl｝的前n项和为5”且满足

nS∏÷ι-(n+l)Sn=n(n+1),n∈N*,a3=5.

(1)求a”a2的值及数列｛aj的通项公式an;

⑵设bn=a,,a,l+b求数列｛bj的前n项和T,,.

解：⑴因为nSn÷-(n+l)Sn=π(n+1),n∈N*,a3=5,

(a[+α2)-2a1—2,

取n=l和n=2得

2(α1+a2+⅜)-3(α1+a7)=6,

解得Hl=l,@2=3,

由nSn÷-(π+l)Sn=n(n+l),

数列隹｝是首项为也a□,公差d=l的等差数列，则包=n,

n1n

2

即Sll=n.

22

当n22时,an=Sn-S∏-ι=n-(n-1)=2n-1,而aɪɪl满足上式，

因此,数列｛an｝的通项公式为a,1=2n-l.

2

(2)由(1)知，bπ=(2n-l)(2n+l)=4n-l,

222222

Tn=4×l-l+4×2-1+∙∙∙+4Π-1=4(l+2+∙∙∙+n)-n

=4*n("+ι)3+I)Fjn(4∏2+6n-l).

63

IJC级应用创新练

14.(2021・新高考I卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸

时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm的长方形

纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图

形,它们的面积之和S1=240dnʌ对折2次共可以得到5dm×12dm,

2

10dmX6dm,20dmX3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm,

以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为,

n

如果对折n次,那么ΣS=dm]

k=lk

解析:依题意，得S1=120X2=240;

S2=60×3=180;

当n=3时，共可以得到5dm×6dm,Idm×12dm,10dm×3dm,20dm×∣