2021年高考数学（文）一轮复习-题型全归纳与高效训练突破专题6.4 数列求和与数列综合（解析版）

2021 年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题 6.4 数列求和与数列综合 目录 一、题型全归纳 ...........................................................................................................................................................1 题型一 分组转化求和 .........................................................................................................................................1 题型二 错位相减法求和 .....................................................................................................................................3 题型三 裂项相消法求和 .....................................................................................................................................6 题型四 数列与其他知识的交汇 .........................................................................................................................8 类型一．数列与不等式的交汇问题 ...........................................................................................................8 类型二．数列与三角函数的综合 ...............................................................................................................9 类型三．数列与函数的综合 .....................................................................................................................10 类型四．数列中的新定义问题 .................................................................................................................11 类型五．数列中的新情境问题 .................................................................................................................12 二、高效训练突破 .....................................................................................................................................................13 一、题型全归纳 题型一 分组转化求和 【题型要点】分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前 n 项和； (2)通项公式为 an＝{bn，n 为奇数， cn，n 为偶数 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法 求和．　 【例 1】(2020·吉林长春质量监测(二))各项均为整数的等差数列{an}，其前 n 项和为 Sn，a1＝－1，a2，a3，S4 ＋1 成等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{(－1)n·an}的前 2n 项和 T2n. 【答案】见解析 【解析】：(1)设等差数列{an}的公差为 d， 因为 a1＝－1，a2，a3，S4＋1 成等比数列， 所以 a23＝a2·(S4＋1)， 即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，解得 d＝2 ， 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－3. (2)由(1)可知 an－an－1＝2(n≥2)， 所以 T2n＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)＝2n. 【例2】(2020·资阳诊断)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝{an＋2，n 是奇数， 2an，n 是偶数， 则数列{an}的前20项和为(　　) A．1 121 B．1 122 C．1 123 D．1 124 【答案】C. 【解析】：由题意可知，数列{a2n}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列{a2n－1}是首项为 1，公差为 2 的 等差数列，故数列{an}的前 20 项和为1 × （1－210） 1－2 ＋10×1＋10 × 9 2 ×2＝1 123.选 C. 【例 3】已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋n 2 ，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． 【答案】见解析 【解析】　(1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n 2 － （n－1）2＋（n－1） 2 ＝n. a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2（1－22n） 1－2 ＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.      = 舍去 2 1d 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. 题型二 错位相减法求和 【题型要点】1.利用错位相减法的一般类型及思路 (1)适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q≠1 的等比数列． (2)思路：设 Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，(*) 则 qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1，(**) (*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和． 2.用错位相减法求和的策略和技巧 (1)掌握解题“3 步骤” (2)注意解题“3 关键” ①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． ②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式． ③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比 q＝1 和 q≠1 两种情况求解． 【易错提醒】：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误： (1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号． (2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的 n－1 项和当作 n 项和．　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例 1】(2020·郑州市第二次质量预测)已知数列{an}中，a1＝1，an＞0，前 n 项和为 Sn，若 an＝ Sn＋ Sn－1(n ∈N*，且 n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 cn＝an·2an，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】(1)在数列{an}中，an＝Sn－Sn－1(n≥2)　①， 因为 an＝ Sn＋ Sn－1　②，且 an＞0，所以①÷②得 Sn－ Sn－1＝1(n≥2)， 所以数列{ Sn}是以 S1＝ a1＝1 为首项，公差为 1 的等差数列， 所以 Sn＝1＋(n－1)×1＝n，所以 Sn＝n2. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 当 n＝1 时，a1＝1，也满足上式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1. (2)由(1)知，an＝2n－1，所以 cn＝(2n－1)×22n－1， 则 Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)×22n－1， 4Tn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1， 两式相减得，－3Tn＝2＋2(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)22n＋1， ＝2＋2×8（1－22n－2） 1－4 －(2n－1)22n＋1＝－10 3 ＋ 22n＋1， 所以 Tn＝ （6n－5）22n＋1＋10 9 . 【例 2】已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)若 bn＝log2an an ，且{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 【答案】见解析 【解析】：(1)依题意，设等比数列{an}的公比为 q，则有{a1＋a1q＝6， a1q2＝8， 则 3q2－4q－4＝0，而 q＞0， 所以 q＝2. 于是 a1＝2，所以数列{an}的通项公式为 an＝2n. (2)由(1)得 bn＝log2an an ＝ n 2n， 所以 Tn＝1 2＋ 2 22＋ 3 23＋…＋ n 2n， 1 2Tn＝ 1 22＋ 2 23＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1， 两式相减得，1 2Tn＝1 2＋ 1 22＋ 1 23＋…＋ 1 2n－ n 2n＋1， 所以 Tn＝1＋1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n－1－ n 2n＝ 1－ 1 2n－1·1 2 1－1 2 － n 2n＝2－n＋2 2n . 题型三 裂项相消法求和 【题型要点】1．几种常见的裂项相消及解题策略 (1)常见的裂项方法(其中 n 为正整数)      − n23 5 数列 裂项方法 (k 为非零常数) 1 n(n＋k)＝1 k 1 4n2－1＝1 2 { 1 n＋ n＋k} 1 n＋ n＋k ＝1 k( n＋k－ n) (a>0，a≠1) ＝loga(n＋1)－logan {an}为等差数列，公差 为 d(d≠0)， 1 an·an＋1＝1 d (2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也 剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等． 2.裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目 的，其解题的关键就是准确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． 【易错提示】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负 项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项． 【例 1】(2020·湖北八校联考)已知等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 a9＝1 2a12＋6，a2＝4，则数列 的 前 10 项和为(　　) A.11 12　　　　　　　　　　 B.10 11 C. 9 10 D．8 9 【答案】B. ( )      + knn 1 ( )      + knn 1-1   −14 1 2n      +−− 12 1 12 1 nn            + na 11log      + na 11log 1 1 +⋅ nn aa       − +1 11 nn aa       nS 1 【解析】：设等差数列{an}的公差为 d，由 a9＝1 2a12＋6 及等差数列的通项公式得 a1＋5d＝12，又 a2＝4， 所以 a1＝2，d＝2， 所以 Sn＝n2＋n，所以 1 Sn＝ 1 n（n＋1）＝1 n－ 1 n＋1， 所以 1 S1＋ 1 S2＋…＋ 1 S10＝ ＋ ＋…＋ ＝1－ 1 11＝10 11. 【例 2】(2020·武汉部分学校调研)已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15. (1)求等差数列{an}的通项公式； (2)若{an}为递减数列，求数列 的前 n 项和 Sn. 【答案】见解析 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为 d，依题意知 a2＝－3，a1＝－3－d，a3＝－3＋d， 所以(－3－d)×(－3)×(－3＋d)＝－15，d2＝4，d＝±2， 所以 an＝－2n＋1 或 an＝2n－7. (2)由题意得 an＝－2n＋1，所以 1 anan＋1＝ 1 （2n－1）（2n＋1）＝1 2 ， 所以 Sn＝1 2 ＝1 2 ＝ n 2n＋1. 题型四 数列与其他知识的交汇 类型一．数列与不等式的交汇问题 【例 1】(2020·广东深圳二模)设 S n 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝3，当 n≥2 时，有 Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝ 2nan，则使得 S1S2…Sm≥2 019 成立的正整数 m 的最小值为________． 【答案】1 009 【解析】　因为 Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2nan(n≥2)， 所以 Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2n(Sn－Sn－1)(n≥2)， 所以(2n＋1)Sn－1－(2n－1)Sn＝2SnSn－1(n≥2)． 易知 Sn≠0，所以2n＋1 Sn －2n－1 Sn－1 ＝2(n≥2)． 令 bn＝2n＋1 Sn ，则 bn－bn－1＝2(n≥2)，      − 2 11      3 1-2 1      11 1-10 1       +1 1 nnaa      +12 1-1-2 1 nn      +−−+⋅⋅⋅++ 12 1 12 1 5 1-3 1 3 1-1 nn      +12 1-1 n 又 b1＝ 3 S1＝ 3 a1＝1，所以数列{bn}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以 bn＝2n－1， 所以2n＋1 Sn ＝2n－1，所以 Sn＝2n＋1 2n－1. 所以 S1S2…Sm＝3×5 3×…×2m＋1 2m－1＝2m＋1≥2 019，所以 m≥1 009. 即使得 S1S2…Sm≥2 019 成立的正整数 m 的最小值为 1 009. 【题后升华】解决本题的关键：一是细观察、会构造，即通过观察所给的关于 Sn，an 的关系式，思考是将 Sn 往 an 转化，还是将 an 往 Sn 转化；二是会解不等式，把求出的相关量代入已知不等式，转化为参数所满足的 不等式，解不等式即可求出参数的最小值．　 类型二．数列与三角函数的综合 【例 2】(2020·安徽安庆 4 月联考)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 3sin B－sin C b－a ＝ sin A＋sin B c . (1)求角 A 的大小； (2)若等差数列{an}的公差不为零，a1sin A＝1，且 a2，a4，a8 成等比数列，bn＝ 1 anan＋1，求数列{bn}的前 n 项 和 Sn. 【答案】见解析 【解析】　(1)由 3sin B－sin C b－a ＝sin A＋sin B c ， 根据正弦定理可得 3b－c b－a ＝b＋a c ，即 b2＋c2－a2＝ 3bc， 所以 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ 3 2 ， 由 00， 所以 a6＝1 2，a8＝15 2 ， 所以{a1＋5d＝1 2， a1＋7d＝15 2 ， 解得{a1＝－17， d＝7 2. 所以 S8＝8a1＋8 × （8－1） 2 ×d＝－38，故选 A. 【题后反思】破解数列与函数相交汇问题的关键：一是会利用导数法求函数的极值点；二是会利用等差数 列的单调性，若公差大于 0，则该数列单调递增，若公差小于 0，则该数列单调递减，若公差等于 0，则该 数列是常数列，不具有单调性；三是会利用公式法求和，记清等差数列与等比数列的前 n 项和公式，不要 搞混．　 类型四．数列中的新定义问题 【 例 4 】 (2020· 河 北 石 家 庄 4 月 模 拟 ) 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn ， 定 义 {an} 的 “ 优 值 ” 为 Hn ＝ a1＋2a2＋…＋2n－1an n ，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则 Sn＝________． 【答案】　n（n＋3） 2 【解析】　由 Hn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an n ＝2n， 得 a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，① 当 n≥2 时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，② 由①－②得 2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即 an＝n＋1(n≥2)， 当 n＝1 时，a1＝2 也满足式子 an＝n＋1， 所以数列{an}的通项公式为 an＝n＋1， 所以 Sn＝n（2＋n＋1） 2 ＝n（n＋3） 2 . 【题后反思】破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如 本题，题眼{an}的“优值”Hn＝2n 的含义为a1＋2a2＋…＋2n－1an n ＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式 a1＋2a2 ＋…＋2n－1an＝n·2n 求通项，只需写出 a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，通过相减，即可得通项公式．　 类型五．数列中的新情境问题 【例 5】(2020·安徽六校第二次联考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋ a2 ＝3，a3－a2＝ 2，等 差数列{bn}的前 n 项和为 Sn，且 b3＝5，S4＝16. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系中，有点 P1(a1，0)，P2(a2，0)，…，P n(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)， Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1 的面积为 cn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】　(1)设数列{an}的公比为 q， 因为 a1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以{a1＋a1q＝3， a1q2－a1q＝2， 得 3q2－5q－2＝0，又 q>0， 所以 q＝2，a1＝1，则 an＝2n－1. 设数列{bn}的公差为 d， 因为 b3＝5，S4＝16，所以{b1＋2d＝5， 4b1＋6d＝16，解得{b1＝1， d＝2， 则 bn＝2n－1. (2)由(1)得 PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1， 故 cn＝S△PnQnPn＋1＝2n－1（2n－1） 2 ＝(2n－1)2n－2， 则 Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1 2×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，① 2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，② 由①－②得，－Tn＝1 2＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝1 2＋2（1－2n－1） 1－2 －(2n－1)2n－1 ＝(3－2n)2n－1－3 2，故 Tn＝(2n－3)2n－1＋3 2(n∈N*)． 【题后反思】数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的两直 角边长的特征；二是会转化，如本题，把数列{cn}的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求； 三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列{cn}的前 n 项和．　 二、高效训练突破 一、选择题 1.(2020 届河北“五个一名校联盟”)已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn 为数 列{an}的前 n 项和，则 S2 018＝(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【解析】：因为 an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，所以 a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝ 2，…，故数列{an}是周期为 6 的周期数列，且每连续 6 项的和为 0，故 S2 018＝336×0＋a2 017＋a2 018＝a1＋a2 ＝3.故选 A. 2.(2020·汕头摸底)已知数列{an}，若 an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸 数列”，且 b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前 2019 项和为(　　) A．5 B．－4 C．0 D．－2 【答案】B 【解析】由“凸数列”的定义及 b1＝1，b2＝－2，得 b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴ 数列{bn}是周期为 6 的周期数列，且 b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0,2019＝336×6＋3，于是数列{bn}的前 2019 项和为 336×0＋b1＋b2＋b3＝－4. 3．(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13， 21，34，55，…即 F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、化学等方面 都有着广泛的应用．若此数列被 2 除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前 2 019 项的和为(　　) A．672 B．673 C．1 346 D．2 019 【答案】C 【解析】：.由于{an}是数列 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以 2 的余数， 故{an}为 1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…， 所以{an}是周期为 3 的周期数列， 且一个周期中的三项之和为 1＋1＋0＝2. 因为 2 019＝673×3， 所以数列{an}的前 2 019 项的和为 673×2＝1 346.故选 C. 4．(2020·河北保定期末)在数列{a n}中，若 a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前 100 项之 和是(　　) A．18 B．8 C．5 D．2 【答案】C. 【解析】：因为 a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以 a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－ 3，a6＝－3＋1＝－2，a 7＝－2＋3＝1，a 8＝1＋2＝3，a 9＝3－1＝2，…，所以{a n}是周期为 6 的周期数列， 因为 100＝16×6＋4，所以 S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选 C. 5．已知数列{an}的各项均为正整数，其前 n 项和为 Sn，若 an＋1＝Error!且 a1＝5，则 S2020＝(　　) A．4740 B．4737 C．12095 D．12002 【答案】B 【解析】依题意 an＋1＝Error!且 a1＝5，a2＝3×5＋1＝16，a3＝16 2 ＝8，a4＝8 2＝4，a5＝4 2＝2，a6＝2 2＝1，a7＝ 3×1＋1＝4，…所以数列{an}从第四项起构成周期为 3 的周期数列．因为 2020＝3＋3×672＋1，所以 S2020＝5 ＋16＋8＋(4＋2＋1)×672＋4＝4737. 6.(2020·江西省五校协作体试题)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，若 an＋Sn＝2n，2bn＝2an＋2－an＋1，则 1 b1＋ 1 2b2 ＋…＋ 1 100b100＝(　　) A.97 98 B.98 99 C. 99 100 D．100 101 【答案】D. 【解析】：因为 an＋Sn＝2n①，所以 an＋1＋Sn＋1＝2n＋1②，②－①得 2an＋1－an＝2n，所以 2an＋2－an＋1＝2n＋ 1，又 2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以 bn＝n＋1， 1 nbn＝ 1 n（n＋1）＝1 n－ 1 n＋1，则 1 b1＋ 1 2b2＋…＋ 1 100b100＝1－1 2 ＋1 2－1 3＋…＋ 1 100－ 1 101＝1－ 1 101＝100 101，故选 D. 7．(2020·洛阳模拟)记数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，则 S2020＝(　　) A．3×(21010－1) B.3 2×(21010－1) C．3×(22020－1) D.3 2×(22020－1) 【答案】A 【解析】因为(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，所以 an＋1an＝2n(n∈N*)，所以 an＋2an＋1＝2n＋1.两式作比可得an＋2 an ＝2(n ∈N*)．又因为 a1＝1，a2a1＝2，所以 a2＝2.所以数列{a2n}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，{a2n－1}是首 项为 1，公比为 2 的等比数列．所以 S2020＝(a1＋a3＋…＋a 2017＋a2019)＋(a 2＋a4＋…＋a 2018＋a2020)＝ 1 × (1－21010) 1－2 ＋2 × (1－21010) 1－2 ＝3×(21010－1)．故选 A. 8.(2020·河北五个一名校联盟第一次诊断)数列{an}的通项公式为 an＝ncosnπ 2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2021 等于 (　　) A．－1010 B．2018 C．505 D．1010 【答案】D 【解析】易知 a1＝cosπ 2＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为 0，前 2020 项中所有偶数项(共 1010 项)依次为－2,4，－6,8，…，－2018，2020.故 S2020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋ (－2018＋2020)＝1010.a2021＝0，∴S2021＝1010.故选 D. 9.(2020·黑龙江牡丹江一中模拟)已知数列{an}满足 a1＝2，4a3＝a6， 是等差数列，则数列{(－1)nan}的  n an 前 10 项的和 S10 是(　　) A．220 B．110 C．99 D．55 【答案】B. 【解析】：设等差数列 的公差为 d，则a6 6 ＝a1＋5d，a6 6 ＝a3 3 ＋3d，将已知值和等量关系代入，计算得 d ＝2，所以an n ＝a1＋(n－1)d＝2n，an＝2n2，所以 S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2(1＋2＋…＋10)＝110， 故选 B. 10．(2020·北京市石景山区 3 月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连 成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为 一．”在某种玩法中，用 an 表示解下 n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足 a1＝1，且 an ＝{2an－1－1，n 为偶数， 2an－1＋2，n 为奇数，则解下 4 个环所需的最少移动次数 a4 为(　　) A．7 B．10 C．12 D．22 【答案】A. 【解析】：因为数列{an}满足 a1＝1，且 an＝{2an－1－1，n 为偶数， 2an－1＋2，n 为奇数， 所以 a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以 a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4， 所以 a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故选 A. 11.设 y＝f(x)是一次函数，若 f(0)＝1，且 f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则 f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于(　　) A．n(2n＋3) B．n(n＋4) C．2n(2n＋3) D．2n(n＋4) 【答案】A. 【解析】：由题意可设 f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)，解得 k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2 ＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝n(2n＋3)． 12．(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8， 13，21，34，55，…即 F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、化学等 方面都有着广泛的应用．若此数列被 2 除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前 2 019 项的和为(　　) A．672 B．673   n an C．1 346 D．2 019 【答案】C. 【解析】：由于{an}是数列 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以 2 的余数， 故{an}为 1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…， 所以{an}是周期为 3 的周期数列， 且一个周期中的三项之和为 1＋1＋0＝2. 因为 2 019＝673×3， 所以数列{an}的前 2 019 项的和为 673×2＝1 346.故选 C. 二、填空题 1.(2020·九江联考)若{an}，{bn}满足 anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前 18 项和为 ． 【答案】： 9 20 【解析】：因为 anbn＝1，且 an＝n2＋3n＋2， 所以 bn＝ 1 n2＋3n＋2＝ 1 （n＋2）（n＋1）＝ 1 n＋1－ 1 n＋2， 所以{bn}的前 18 项和为1 2－1 3＋1 3－1 4＋1 4－1 5＋…＋ 1 19－ 1 20＝1 2－ 1 20＝10－1 20 ＝ 9 20. 2．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，a2＝2，且 an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记 Tn＝ 1 S1＋ 1 S2＋…＋ 1 Sn(n ∈N*)，则 T2 018＝________． 【答案】：4 036 2 019 【解析】：由 an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得 an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差 d＝a2－ a1＝2－1＝1，通项公式 an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前 n 项和 Sn＝n（a1＋an） 2 ＝n（n＋1） 2 ，所以 1 Sn＝ 2 n（n＋1）＝2(1 n－ 1 n＋1)，Tn＝ 1 S1＋ 1 S2＋…＋ 1 Sn＝2(1 1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1)＝2(1－ 1 n＋1)＝ 2n n＋1，故 T2 018＝2 × 2 018 2 018＋1＝4 036 2 019. 3.(2020·商丘质检)有穷数列 1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1 所有项的和为________． 【答案】2n＋1－n－2 【解析】因为 1＋2＋4＋…＋2n－1＝2n－1 2－1 ＝2n－1， 所以 Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1) ＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝2(2n－1) 2－1 －n＝2n＋1－n－2. 4.(2020·枣庄模拟)已知等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn，a5＝5，S5＝15，则数列 的前 100 项和为 ________． 【答案】100 101 【解析】等差数列{an}中，∵a5＝5，S5＝15， ∴Error!解得 a1＝1，d＝1， ∴an＝1＋(n－1)＝n，∴ 1 anan＋1＝ 1 n(n＋1)＝1 n－ 1 n＋1， ∴数列 的前 100 项和 S100＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝1－ 1 101＝100 101. 5.(2020·湖南郴州第二次教学质量监测)已知数列{a n}和{bn}满足 a1a2a3…an＝2bn(n∈N*)，若数列{an}为等比 数列，且 a1＝2，a4＝16，则数列 的前 n 项和 Sn＝________． 【答案】： 2n n＋1 【解析】：因为{an}为等比数列，且 a1＝2，a4＝16，所以公比 q＝3 a4 a1＝3 16 2 ＝2，所以 an＝2n， 所以 a1a2a3…an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2 n（n＋1） 2 . 因为 a1a2a3…an＝2bn，所以 bn＝n（n＋1） 2 . 所以 1 bn＝ 2 n（n＋1）＝2 . 所以 的前 n 项和 Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝2(1 1－1 2＋1 2－1 3＋1 3－1 4＋…＋1 n－ 1 n＋1)＝2 ＝ 2n n＋1. 三 解答题 1.已知数列{an}满足 a1＝1 2，且 an＋1＝ 2an 2＋an. (1)求证：数列{ 1 an}是等差数列；       ⋅ +1 1 nn aa       ⋅ +1 1 nn aa      2 1-1      3 1-2 1      4 1-3 1      101 1-100 1       nb 1   +− 1 11 nn       nb 1   +− 1 11 n (2)若 bn＝an·an＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【答案】见解析 【解析】：(1)证明：因为 an＋1＝ 2an 2＋an，所以 1 an＋1＝2＋an 2an ， 所以 1 an＋1－ 1 an＝1 2， 所以数列{ 1 an}是首项为 2，公差为1 2的等差数列． (2)由(1)知 1 an＝ 1 a1＋(n－1)×1 2＝n＋3 2 ，所以 an＝ 2 n＋3， 所以 bn＝ 4 （n＋3）（n＋4）＝4×( 1 n＋3－ 1 n＋4)， Sn＝4×[(1 4－1 5)＋(1 5－1 6)＋…＋( 1 n＋3－ 1 n＋4)]＝4×(1 4－ 1 n＋4)＝ n n＋4. 2．(2020·广州市综合检测(一))已知{an}是等差数列，且 lg a1＝0，lg a4＝1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 a1，ak，a6 是等比数列{bn}的前 3 项，求 k 的值及数列{an＋bn}的前 n 项和． 【答案】见解析 【解析】：(1)因为 lg a1＝0，lg a4＝1， 所以 a1＝1，a4＝10. 设等差数列{an}的公差为 d， 则 d＝a4－a1 4－1 ＝3. 所以 an＝a1＋3(n－1)＝3n－2. (2)由(1)知 a1＝1，a6＝16， 因为 a1，ak，a6 是等比数列{bn}的前 3 项． 所以 a2k＝a1a6＝16. 又 an＝3n－2＞0， 所以 ak＝4. 因为 ak＝3k－2， 所以 3k－2＝4，得 k＝2. 所以等比数列{bn}的公式 q＝b2 b1＝a2 a1＝4. 所以 bn＝4n－1. 所以 an＋bn＝3n－2＋4n－1. 所以数列{an＋bn}的前 n 项和为 Sn＝n（3n－1） 2 ＋1－4n 1－4 ＝3 2n2－1 2n＋1 3(4n－1)． 3.已知数列{an}满足 an＋1＝2an＋2n(n∈N*)，且 a1＝1. (1)证明：数列 是等差数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 【答案】见解析 【解析】：(1)证明：由 an＋1＝2an＋2n(n∈N*)的等式两边同时除以 2n＋1，得an＋1 2n＋1＝an 2n＋1 2，即an＋1 2n＋1－an 2n＝1 2， 又a1 21＝1 2， 所以数列 是首项为1 2，公差为1 2的等差数列． (2)由(1)可知，an 2n＝1 2＋(n－1)×1 2＝n 2， 所以 an＝n·2n－1， 所以数列{an}的前 n 项和 Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，① 2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，② 由②－①得， Sn＝－(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋n·2n＝－1－2n 1－2 ＋n·2n＝1＋(n－1)2n.   n na 2   n na 2