高考数学：数列求和

A组基础巩固

一、选择题

11111

1．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋n，…的前n项和Sn的值等于( A )

2481621

A．n2＋1－n

2C．n2＋1－

2

n－1

1

B．2n2－n＋1－n 21

D．n2－n＋1－n 2

1

1

[解析] 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋n，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋

2

1＋12＋…＋1n＝n2＋1－1n.

2222

1

2．已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则a的前100

n

项和为( D )

100

A．

101101

C．

100

99

B．

100200D．

101

[解析] ∵an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，∴an＋1－an＝1＋n. ∴an－an－1＝n(n≥2)．

nn＋1

∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝.

21112

∴＝＝2n－n＋1. annn＋11111

1－＋－∴a的前100项和为2223

n

11

＋…＋－

1001011200

1－＝.故选D． ＝2101101

3．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n2＋2nA．2n1＋n－2 C．2n－n－2

＋

－

－1

的结果是( D )

B．2n1－n＋2 D．2n1－n－2

－

－

＋

＋

[解析] 因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n2＋2n1①，2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n1＋2n②，所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n1，所以Sn＝2n1－n－2.

4．(2020·黑龙江哈尔滨三中期末)数列{an}的前n项和为Sn，且an＝(－1)n(2n－1)，则S2

021＝(

＋

＋

－

B )

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A．2 021 C．－4 041

B．－2 021 D．4 041

[解析] 本题考查用并项相加求数列的前n项和．由已知an＝(－1)n·(2n－1)，a2 021＝(－1)2 021(2×2 021－1)＝－4 041，且an＋an＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n1(2n＋1)＝(－1)n1(2n＋1－2n＋1)＝2×(－1)n1，因而S2 021＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 019＋a2 020)＋a2 021＝2×1 010－4 041＝－2 021.

5．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n2＋2nA．2n1＋n－2 C．2n－n－2

＋

－

－1

＋

＋

＋

的结果是( D )

B．2n1－n＋2 D．2n1－n－2

－

－

＋

＋

[解析] 因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n2＋2n1，① 2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n1＋2n，②

所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n1，所以Sn＝2n1－n－2. 2

6．(2021·江西宁都中学线上检测)已知f(x)＝(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2 020＝

1＋x2

1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 020)＝( D )

2 019A．

2C．2 019

B．1 010 D．2 020

＋

＋

－

21＝2＋[解析] 本题综合考查函数与数列相关性质．∵f(x)＝(x∈R)，∴f(x)＋fx1＋x21＋x2

22x2

＝2＋1＋x2＝2.∵等比数列{an}满足a1a2 020＝1，∴a1a2 020＝a2a2 019＝…＝a2 020a111＋x2

1＋x2

＝1，∴f(a1)＋f(a2 020)＝f(a2)＋f(a2 019)＝…＝f(a2 020)＋f(a1)＝2，∴f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 020)＝2 020.

7．(2021·重庆月考)已知数列{an}满足a1＝－2，项和为Sn，则下列不正确的是( C )

A．a2＝－8 C．S3＝－30

B．an＝－2n·n D．Sn＝(1－n)·2n1－2

＋

an2n

＝(n≥2，n∈N*)，{an}的前nan－1n－1

a22a33a44ann

[解析] 由题意可得，＝2×，＝2×，＝2×，…，＝2×(n≥2，n∈N*)，

a11a22a33an－1n－1an－

以上式子左、右分别相乘得＝2n1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，

a1n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n1＝2n1－2－n·2n1＝(1－n)·2n1－2(n∈N*)，故

＋

＋

＋

＋

＋

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S3＝－34，故C错误，D正确．

1121231

8．(理)数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律：，，，，，，，

2334445n－123412

，，，…，，，…，，以下说法不正确的是( B ) 555nnn

3

A．a24＝

8

B．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比数列

n2＋n

C．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n项和为Tn＝

45

D．若存在正整数k，使Sk<10，Sk＋1≥10，则ak＝

7

(文)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：

1111

(1)构造数列1，，，，…，；①

234n

n

(2)将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an.

2则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( C ) n2

A．

4nn－1C．

4

n－12B． 4nn＋1D． 4

1231

[解析] (理)对于选项A，a22＝，a23＝，a24＝，故A正确．对于选项B、C，数列，

8882n2＋n35

1，，2，…等差数列，Tn＝，故B错，C正确．对于选项D，S21>10，S20<10，a20＝，247正确．故选B．

nnn1n(文)依题意可得新数列为，，，…，×，

246n211n21

所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝1×2＋2×3＋…＋n－1n

411n2111

1－＋－＋…＋－＝223n－1n 4n2n－1nn－1＝×＝.故选C． 4n4二、填空题 9.

11111311＋＋＋＋…＋＝ － .

42n＋1n＋222－132－142－1n＋12－1

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111111－[解析] ∵＝＝＝，

n＋12－1n2＋2nnn＋22nn＋2∴

1111＋＋＋…＋ 22－132－142－1n＋12－1

11111111

＝1－3＋2－4＋3－5＋…＋n－n＋2 21113

＝2－n＋1－n＋2 21311

＝－n＋1＋n＋2. 42

10．(2021·山东、湖北部分重点中考)已知数列{an}的前n项之和为Sn，若a1＝2，an

＋1

＝an＋2n1＋1，则S10＝__1_078__.

[解析] a1＝2，an＋1＝an＋2n1＋1⇒an＋1－an＝2n1＋1⇒an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…

－

－

－

＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1⇒an＝2n2＋2n3＋…＋2＋1＋n－1＋a1.

1－2n1－＝＋n－1＋2＝2n1＋n.

1－2

10×11

S10＝1＋2＋22＋…＋29＋＝1 078.

2

11．(2021·海南三亚模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}满足bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝__24__，T30＝__650__.

[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.

12．(2021·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{an}满足：a1为正整数，an＋1＝an2，an为偶数如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝__4_709__. 3an＋1，an为奇数，

[解析] 由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2 018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4 709.

三、解答题

13．(2021·山东枣庄八中模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式；

1

(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列b的前n项和Tn.

n

－

－－

12＝9aa得a2＝9a2，所以q2＝， [解析] (1)设数列{an}的公比为q，由a32634

9

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1

又q>0，故q＝.

3

1

由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.

31

所以数列{an}的通项公式为an＝n.

3

nn＋1

(2)由(1)及题意可得bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－，

21112

故＝－＝－2n－n＋1， bnnn＋1

1111－1＋1－1＋…＋1－1＝－2n. Tn＝＋＋…＋＝－2223b1b2bnnn＋1n＋1

12n所以数列b的前n项和Tn＝－.

nn＋1

1

14．(2021·云南省红河州高三复习统一检测)等差数列{an}的首项a1>0，数列aa的前

nn＋1

n

n项和为Sn＝.

2n＋1

(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.

1n

[解析] (1)由aa的前n项和为Sn＝知

2n＋1nn＋1

aa＝3

112aa＋aa＝5，

1212

23

11

a1a2＝3可得

a2a3＝15，

设等差数列{an}的公差为d，

a1a1＋d＝3a1＝1a1＝－1

从而解得或，

a1＋da1＋2d＝15，d＝2d＝－2a1＝1又a1>0，则，

d＝2

故an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)知bn＝(an＋1)·2an＝2n·22n1＝n·4n，

则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n1＋n×4n， 两边同时乘以4得4Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)×4n＋n×4n1，

＋

两式相减得－3Tn＝41＋42＋43＋44＋…＋4n－n×4n1＝

＋

－

－

4×1－4n＋

－n×4n1，

1－4

43n－1n＋1

故Tn＝＋·4.

99

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B组能力提升

1．(2021·江苏连云港月考)设i是虚数单位，则2i＋3i2＋4i3＋…＋2 020i2 019的值为( B ) A．－1 010－1 010i C．－1 011－1 012i

B．－1 011－1 010i D．1 011－1 010i

[解析] 本题考查等比数列的求和公式，错位相减法以及复数的乘除法运算，设S＝2i＋3i2＋4i3＋…＋2 020i2 019，可得iS＝0＋2i2＋3i3＋4i4＋…＋2 019i2 019＋2 020i2 020，两式相减可得(1－i)S＝2i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2 019－2 020i2 020＝i＋i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2 019－2 020i2 020＝ii1－i2 019i1＋ii1＋i2

2 020

＋－2 020i＝i＋－2 020＝i＋－2 020＝－2 021＋i，可得S＝

21－i1－i－2 021＋i－2 021＋i1＋i

＝＝－1 011－1 010i.

21－i

2．(2021·山东济宁期末)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，则下列说法正确的是( C )

A．a5＝－32 B．S5＝－63

C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn＋1}是等比数列

[解析] 因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，所以a1＝S1＝2a1＋1，所以a1

＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，故C正确；a5＝－1×24＝－16，故A正确；Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B错误；因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误．故选C．

3．(2021·益阳、湘潭调研考试)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则

111＋＋…＋的值是( B ) b1b2b2b3b2 017b2 018

4 033

B．

2 0172 016D．

2 017

4 035A．

2 0182 017C．

2 018

[解析] 由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2

n

n

n－1

＝2

n－1

1，n＝1，

.bn＝log2an＝当n≥2时，

n－1，n≥2，

11111111111

＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－

b1b2b2b3b2 017b2 0182232 016bnbn＋1n－1nn－1n114 033

＝2－＝.故选B． 2 0172 0172 017

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4．若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是( D )

A．若{an}是递增数列，则a1<0，q<0 B．若{an}是递减数列，则a1>0,00，则S4＋S6>2S5 1

D．若bn＝，则{bn}是等比数列

an

[解析] A选项中，a1＝2，q＝3，满足{an}单调递增，故A错误；B选项中，a1＝－1，1

q＝2，满足{an}单调递减，故B错误；C选项中，若a1＝1，q＝，则a62bn＋1an1

故C错误；D选项中，＝＝(q≠0)，所以{bn}是等比数列．故D正确．故选D．

bnan＋1q

5．(2021·山东省济南市历城第二中学高三模拟考试)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

2S，n为奇数

(2)令cn＝n，设数列{cn}的前n项和Tn，求T2n.

bn，n为偶数[解析] (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q， 由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，

q＋6＋d＝10d＝2

得，解得. 3＋4d－2q＝3＋2dq＝2

∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n1. (2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)， 211则n为奇数，cn＝＝－，

Snnn＋2n为偶数，cn＝2n1.

∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)

111113＋…＋22n－1) －1－＋－＋…＋＝＋(2＋22n－12n＋1335

－

－



21－4n12n2

＝1－＋＝＋(4n－1)．

2n＋11－42n＋13

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