【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第6章第4节数列的通项与求和北师大版一、选择题1．数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60.则{an＋bn}的前20项的和为( )A．700B．710C．720D．730[答案] C[解析] 因为{an}，{bn}都是等差数列，由等差数列的性质可知，{an＋bn}的前20项的和为S20＝＋＝10(a1＋b1＋a20＋b20)＝10×(5＋7＋60)＝720.2．(文)(2022·新课标Ⅰ)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )A．Sn＝2an－1B．Sn＝3an－2C．Sn＝4－3anD．Sn＝3－2an[答案] D[解析] 本题考查等比数列前n项和Sn与通项an之间的关系，由题意得，an＝()n－1，Sn＝＝＝3－2an，选D．(理)一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )A．13项B．12项C．11项D．10项[答案] B[解析] 设前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1，所以前三项之积aq3＝2，后三项之积aq3n－6＝4.所以两式相乘，得aq3(n－1)＝8，即aqn－1＝2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，aq＝64，即(aqn－1)n＝642，即2n＝642.所以n＝12.3．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14等于( )A．16B．8C．4D．不确定-8-\n[答案] B[解析] 由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，可得数列{an}是等差数列，S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8.4．(文)已知函数f(x)＝x2＋bx的图像在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3，数列{}的前n项和为Sn，则S2022的值为( )A．B．C．D．[答案] D[解析] ∵f′(x)＝2x＋b，∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，∴f(x)＝x2＋x，∴＝＝－，∴S2022＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.(理)＋＋＋…＋等于( )A．B．C．1－D．3－[答案] A[解析] Sn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝·(1－)＝.5．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝( )A．15B．12C．－12D．－15[答案] A[解析] 设bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.6．数列1×，2×，3×，4×，…的前n项和为( )A．2－－B．2－－-8-\nC．(n2＋n＋2)－D．n(n＋1)＋1－[答案] B[解析] S＝1×＋2×＋3×＋4×＋…＋n×＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，①则S＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，②①－②得S＝＋＋＋…＋－n×＝－＝1－－.∴S＝2－－.二、填空题7．在等差数列{an}中，Sn表示前n项和，a2＋a8＝18－a5，则S9＝________.[答案] 54[解析] 由等差数列的性质，a2＋a8＝18－a5，即2a5＝18－a5，∴a5＝6，S9＝＝9a5＝54.8．(文)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________，前n项和Sn＝________.[答案] 2 2n＋1－2[解析] 本题考查了等比数列性质，前n项和公式等．由题意a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴q＝2，又由a2＋a4＝a1q＋a1q3知a1＝2，∴Sn＝＝2n＋1－2.(理)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1、a2、a5成等比数列，则S8＝________.[答案] 64[解析] 设等差数列{an}的公差为d，∵a＝a1a5，∴(1＋d)2＝1×(1＋4d)，即d2＝2d，∵d≠0，∴d＝2，∴S8＝8×1＋×2＝64.9．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.-8-\n[答案] 2n＋1－2.[解析] ∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝＝2n＋1－2.三、解答题10．(文)(2022·北京高考)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝＝＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝＝＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×＝2n－1.所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图像上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析] (1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r，所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，由于b>0且b≠1，-8-\n所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列，又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，＝b，即＝b，解得r＝－1.(2)由(1)及b＝2知，n∈N＋，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，所以bn＝＝.Tn＝＋＋＋…＋.Tn＝＋＋…＋＋，两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－－，故Tn＝－－＝－.一、选择题1．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N＋)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝( )A．B．6C．10D．11[答案] B[解析] 依题意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，则an＋2＝an，即数列{an}中的奇数项，偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6.2．(文)已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n∈N＋)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n( )-8-\nA．有最大值63B．有最小值63C．有最大值32D．有最小值32[答案] B[解析] Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝log2＋log2＋log2＋…＋log2＝log2＝log2<－5，∴<，∴64<n＋2，∴n>62，∴nmin＝63.(理)已知an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N＋)，若称使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n为劣数，则在区间(1,2015)内所有的劣数的和为( )A．2026B．2046C．1024D．1022[答案] A[解析] ∵a1·a2·a2·…·an＝··…·＝＝log2(n＋2)＝k，则n＝2k－2(k∈Z)．令1<2k－2<2022，得k＝2,3,4，…，10.∴所有劣数的和为－18＝211－22＝2026.二、填空题3．(2022·天津高考)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．[答案] －[解析] 本题考查等差数列等比数列综合应用，由条件：S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1＋a1＋d＝2a1－1S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a1＋d＋a1＋2d＋a1＋3d＝4a1＋6d＝4a1－6∴(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)4a＋1－4a1＝4a－6a1∴a1＝－.-8-\n4．设f(x)＝，则f(－9)＋f(－8)＋…＋f(0)＋…＋f(9)＋f(10)的值为________．[答案] 5[解析] ∵f(－n)＋f(n＋1)＝＋＝＋＝＝，∴f(－9)＋f(－8)＋…＋f(0)＋…＋f(9)＋f(10)＝5.三、解答题5．已知{an}是首项为19，公差为－2的等差数列，Sn为{an}的前n项和．(1)求通项an及Sn；(2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.[解析] 本题主要考查等差数列的基本性质，以及通项公式的求法，前n项和的求法，同时也考查了学生的基本运算能力．(1)因为{an}为首项a1＝19，公差d＝－2的等差数列，所以an＝19－2(n－1)＝－2n＋21，Sn＝19n＋(－2)＝－n2＋20n.(2)由题意知bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1－2n＋21Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋3＋…＋3n－1)＋Sn＝－n2＋20n＋.6．(文)(2022·日照模拟)已知函数{an}是等差数列，数列{bn}是正项等比数列，且满足a1＝1，b1＝4，a2＋b2＝10，a26－b3＝10.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Sn.[解析] (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q>0)，由已知条件得解得d＝1，q＝2(舍去q＝－27)．故数列{an}的通项公式是an＝n，数列{bn}的通项公式是bn＝4·2n－1＝2n＋1.(2)由(1)得cn＝n·2n＋1，Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，2Sn＝1×23＋2×24＋…＋(n－1)·2n＋1＋n·2n＋2，所以－Sn＝22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2-8-\n＝4(2n－1)－n·2n＋2＝(1－n)·2n＋2－4，所以Sn＝(n－1)·2n＋2＋4.(理)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N＋)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列的前n项和Tn.[解析] (1)当n＝k∈N＋时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即S＝Sk＝－k2＋k2＝k2，故k2＝16，因此k＝4.从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)，又a1＝S1＝，所以an＝－n.(2)因为bn＝＝Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋.所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－.-8-
