2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列考点规范练31数列求和文新人教A版1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.已知数列{a n}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有a n+1=a1+a n+n,则的前100项和为()A. B. C. D.3.已知函数f(n)=n2cos(nπ),且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=()A.0B.-100C.100D.10 2004.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 018等于()A.-1B.+1C.-1D.+15.已知数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,则{a n}的前60项和为()A.3 690B.3 660C.1 845D.1 8306.3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n=.7.已知数列{a n}满足:a3=,a n-a n+1=2a n a n+1,则数列{a n a n+1}前10项的和为.8.已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和.9.设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.10.已知S n为数列{a n}的前n项和,a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.11.已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足=2S n+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{b n}的前3项.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)若c n=(-1)n log2b n-,求数列{c n}的前n项和T n.能力提升12.(xx山东烟台模拟)已知在数列{a n}中,a1=1,且a n+1=,若b n=a n a n+1,则数列{b n}的前n项和S n为()A. B.C. D.13.(xx福建龙岩一模)已知S n为数列{a n}的前n项和,对n∈N*都有S n=1-a n,若b n=log2a n,则+…+=.14.已知首项为的等比数列{a n}不是递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(-1)n+1·n(n∈N*),求数列{a n·b n}的前n项和T n.15.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=0,对任意n∈N*,都有na n+1=S n+n(n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+log2n=log2b n,求数列{b n}的前n项和T n.高考预测16.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,S n=2a n+k,等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2.(1)求k和S n;(2)若c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和M n.答案：1.A解析:该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.D解析:∵a n+1=a1+a n+n,∴a n+1-a n=1+n.∴a n-a n-1=n(n≥2).∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=.∴=2.∴的前100项和为2=2.故选D.3.B解析:∵f(n)=n2cos(nπ)==(-1)n·n2,∴a n=f(n)+f(n+1)=(-1)n·n2+(-1)n+1·(n+1)2=(-1)n[n2-(n+1)2]=(-1)n+1·(2n+1).∴a1+a2+a3+…+a100=3+(-5)+7+(-9)+…+199+(-201)=50×(-2)=-100.故选B.4.C解析:由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n=,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=()+()+()+…+()=-1.5.D解析:∵a n+1+(-1)n a n=2n-1,∴当n=2k(k∈N*)时,a2k+1+a2k=4k-1,①当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+2-a2k+1=4k+1,②①+②得:a2k+a2k+2=8k.则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=8(1+3+…+29)=8×=1 800.由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1 800-=30,∴a1+a2+…+a60=1 800+30=1 830.6.4- 解析:设S n=3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n,①则S n=3·2-2+4·2-3+…+(n+1)2-n+(n+2)2-n-1.②①-②,得S n=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=1+-(n+2)·2-n-1=2-(n+4)·2-n-1.故S n=4-.7. 解析:∵a n-a n+1=2a n a n+1,∴=2,即=2.∴数列是以2为公差的等差数列.∵=5,∴=5+2(n-3)=2n-1.∴a n=.∴a n a n+1=.∴数列{a n a n+1}前10项的和为=.8.解:(1)因为等比数列{b n}的公比q==3,所以b1==1,b4=b3q=27.设等差数列{a n}的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.所以a n=2n-1.(2)由(1)知,a n=2n-1,b n=3n-1.因此c n=a n+b n=2n-1+3n-1.从而数列{c n}的前n项和S n=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1==n2+.9.解:(1)由题意,有解得故(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1++…+,①T n=+…+.②①-②可得T n=2++…+=3-,故T n=6-.10.解:(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.两式相减可得+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)==(a n+1+a n)·(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,故{a n}的通项公式为a n=2n+1.(2)由a n=2n+1可知b n=.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.11.解:(1)因为=2S n+n+4,所以=2S n-1+n-1+4(n≥2).两式相减,得=2a n+1,所以+2a n+1=(a n+1)2.因为{a n}是各项均为正数的数列,所以a n+1=a n+1,即a n+1-a n=1.又=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2,所以{a n}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n+1.由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故b n=2n.(2)由(1)得c n=(-1)n log22n-=(-1)n n-,故T n=c1+c2+…+c n=[-1+2-3+…+(-1)n n]-.设F n=-1+2-3+…+(-1)n n,则当n为偶数时,F n=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=;当n为奇数时,F n=F n-1+(-n)=-n=.设G n=+…+,则G n=+…+.所以T n=12.B解析:由a n+1=,得+2,∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,∴=2n-1,又b n=a n a n+1,∴b n=,∴S n=,故选B.13. 解析:对n∈N*都有S n=1-a n,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.当n≥2时,a n=S n-S n-1=1-a n-(1-a n-1),化为a n=a n-1.∴数列{a n}是等比数列,公比为,首项为.∴a n=.∴b n=log2a n=-n.∴.则+…++…+=1-.14.解:(1)设等比数列{a n}的公比为q.由S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,可得2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,即4a5=a3,则q2=,解得q=±.由等比数列{a n}不是递减数列,可得q=-,故a n==(-1)n-1·.(2)由b n=(-1)n+1·n,可得a n·b n=(-1)n-1··(-1)n+1·n=3n·.故前n项和T n=3,则T n=3,两式相减可得,T n=3=3,化简可得T n=6.15.解:(1)(方法一)∵na n+1=S n+n(n+1),∴当n≥2时,(n-1)a n=S n-1+n(n-1),两式相减,得na n+1-(n-1)a n=S n-S n-1+n(n+1)-n(n-1),即na n+1-(n-1)a n=a n+2n,得a n+1-a n=2.当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.∴数列{a n}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴a n=2(n-1)=2n-2.(方法二)由na n+1=S n+n(n+1),得n(S n+1-S n)=S n+n(n+1),整理,得nS n+1=(n+1)S n+n(n+1),两边同除以n(n+1)得,=1.∴数列是以=0为首项,1为公差的等差数列.∴=0+n-1=n-1.∴S n=n(n-1).当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.又a1=0适合上式,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-2.(2)∵a n+log2n=log2b n,∴b n=n·=n·22n-2=n·4n-1.∴T n=b1+b2+b3+…+b n-1+b n=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①4T n=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②①-②,得-3T n=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-n×4n=.∴T n=[(3n-1)4n+1].16.解:(1)∵S n=2a n+k,∴当n=1时,S1=2a1+k.∴a1=-k=2,即k=-2.∴S n=2a n-2.∴当n≥2时,S n-1=2a n-1-2.∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1.∴a n=2a n-1.∴数列{a n}是以2为首项,2为公比的等比数列.即a n=2n.∴S n=2n+1-2.(2)∵等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2,∴当n≥2时,b n=T n-T n-1=2n-1.又b1=T1=1符合b n=2n-1,∴b n=2n-1.∴c n=a n·b n=(2n-1)2n.∴数列{c n}的前n项和M n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,①∴2M n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②由①-②,得-M n=2+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1,即M n=6+(2n-3)2n+1.2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列考点规范练31数列求和文新人教B版1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.数列{a n}满足a1=1,且对任意的n∈N+都有a n+1=a1+a n+n,则的前100项和为()A. B. C. D.3.已知函数f(n)=n2cos(nπ),且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=()A.0B.-100C.100D.10 2004.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 016等于()A.-1B.+1C.-1D.+15.若数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,则{a n}的前60项和为()A.3 690B.3 660C.1 845D.1 8306.3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n=.7.已知数列{a n}满足:a3=,a n-a n+1=2a n a n+1,则数列{a n a n+1}前10项的和为.8.已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和.9.设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.10.已知S n为数列{a n}的前n项和,a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.11.已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足=2S n+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{b n}的前3项.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)若c n=(-1)n log2b n-,求数列{c n}的前n项和T n.能力提升12.(xx山东烟台模拟)已知数列{a n}中,a1=1,且a n+1=,若b n=a n a n+1,则数列{b n}的前n项和S n为()A. B.C. D.13.(xx福建龙岩一模)已知S n为数列{a n}的前n项和,对n∈N+都有S n=1-a n,若b n=log2a n,则+…+=.14.(xx广西模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=a n-1(n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2log3+1,求+…+.高考预测15.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100,且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11016.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,S n=2a n+k,等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2.(1)求k和S n;(2)若c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和M n.参考答案考点规范练31数列求和1.A解析该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.D解析∵a n+1=a1+a n+n,∴a n+1-a n=1+n.∴a n-a n-1=n(n≥2).∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=.∴=2.∴的前100项和为2=2.故选D.3.B解析∵f(n)=n2cos(nπ)==(-1)n·n2,∴a n=f(n)+f(n+1)=(-1)n·n2+(-1)n+1·(n+1)2=(-1)n[n2-(n+1)2]=(-1)n+1·(2n+1).∴a1+a2+a3+…+a100=3+(-5)+7+(-9)+…+199+(-201)=50×(-2)=-100.故选B.4.C解析由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n=,S xx=a1+a2+a3+…+a xx=()+()+()+…+()=-1.5.D解析∵a n+1+(-1)n a n=2n-1,∴当n=2k(k∈N+)时,a2k+1+a2k=4k-1, ①当n=2k+1(k∈N+)时,a2k+2-a2k+1=4k+1, ②①+②得:a2k+a2k+2=8k.则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=8(1+3+…+29)=8×=1800.由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1800-=30,∴a1+a2+…+a60=1800+30=1830.6.4- 解析设S n=3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n, ①则S n=3·2-2+4·2-3+…+(n+1)2-n+(n+2)2-n-1.②①-②,得S n=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=1+-(n+2)·2-n-1=2-(n+4)·2-n-1.故S n=4-.7. 解析∵a n-a n+1=2a n a n+1,∴=2,即=2.∴数列是以2为公差的等差数列.∵=5,∴=5+2(n-3)=2n-1.∴a n=.∴a n a n+1=.∴数列{a n a n+1}前10项的和为=.8.解(1)因为等比数列{b n}的公比q==3,所以b1==1,b4=b3q=27.设等差数列{a n}的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.所以a n=2n-1.(2)由(1)知,a n=2n-1,b n=3n-1.因此c n=a n+b n=2n-1+3n-1.从而数列{c n}的前n项和S n=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1==n2+.9.解(1)由题意,有解得故(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1++…+, ①T n=+…+.②①-②可得T n=2++…+=3-,故T n=6-.10.解(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.两式相减可得+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)==(a n+1+a n)·(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,故{a n}的通项公式为a n=2n+1.(2)由a n=2n+1可知b n==.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.11.解(1)因为=2S n+n+4,所以=2S n-1+n-1+4(n≥2).两式相减得=2a n+1,所以+2a n+1=(a n+1)2.因为{a n}是各项均为正数的数列,所以a n+1-a n=1.又=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2,所以{a n}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n+1.由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故b n=2n.(2)由(1)得c n=(-1)n log22n-=(-1)n n-,故T n=c1+c2+…+c n=[-1+2-3+…+(-1)n n]-.设F n=-1+2-3+…+(-1)n n.则当n为偶数时,F n=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=;当n为奇数时,F n=F n-1+(-n)=-n=.设G n=+…+,则G n=+…+.所以T n=12.B解析由a n+1=,得+2,∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,∴=2n-1,又b n=a n a n+1,∴b n=,∴S n=,故选B.13. 解析对n∈N+都有S n=1-a n,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.当n≥2时,a n=S n-S n-1=1-a n-(1-a n-1),化为a n=a n-1.∴数列{a n}是等比数列,公比为,首项为.∴a n=.∴b n=log2a n=-n.∴.则+…++…+=1-.14.解(1)当n=1时,a1=a1-1,∴a1=2.当n≥2时,∵S n=a n-1, ①S n-1=a n-1-1(n≥2),②∴①-②得a n=,即a n=3a n-1,∴数列{a n}是首项为2,公比为3的等比数列,∴a n=2·3n-1.(2)由(1)得b n=2log3+1=2n-1,∴+…++…++…+.15.A解析设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n 组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.16.解(1)∵S n=2a n+k,∴当n=1时,S1=2a1+k.∴a1=-k=2,即k=-2.∴S n=2a n-2.∴当n≥2时,S n-1=2a n-1-2.∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1.∴a n=2a n-1.∴数列{a n}是以2为首项,2为公比的等比数列.即a n=2n.∴S n=2n+1-2.(2)∵等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2,∴当n≥2时,b n=T n-T n-1=2n-1.又b1=T1=1符合b n=2n-1,∴b n=2n-1.∴c n=a n·b n=(2n-1)2n.∴数列{c n}的前n项和M n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, ①∴2M n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1, ②由①-②,得-M n=2+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1, 即M n=6+(2n-3)2n+1.。