【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第36讲 数列求和（达标检测） Word版含解析.docx，共(15)页，1.411 MB，由小赞的店铺上传

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第36讲数列求和（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•胶州市期末）已知数列{(1)(21)}nn−+的前n项和为nS，*nN，则11(S=)A．13−B．12−C．11−D．10−【分析】本题根据数列

通项公式的特点可先求出连续奇偶项的和，然后运用分组求和法可计算出11S的值，得到正确选项．【解答】解：由题意，令(1)(21)nnan=−+，则当n为奇数时，1n+为偶数，1(21)[2(1)1]2nnaann++=−++++=，111211Saaa=+++1234

91011()()()aaaaaaa=+++++++222(2111)=+++−+2523=−13=−．故选：A．2．（2020春•福州期末）已知数列{}na满足123nan=++++，则122020111(aa

a+++=)A．20202021B．20191010C．20192020D．40402021【分析】本题先根据公式法计算出数列{}na的通项公式，然后计算出1na的表达式并根据表达式的特点进行裂项，最后计算时相消即可得到结果．【解答】解：由

题意，可知(1)1232nnnan+=++++=，则12112()(1)1nannnn==−++，122020111aaa+++111112(1)2()2()22320202021=−+−++−111112(1)22320202021=−+−++−12

(1)2021=−40402021=．故选：D．3．（2020春•龙凤区校级期末）已知数列{}na满足：23*1233333()nnaaaannN++++=，则数列3311loglognnaa+

的前n项和nS为()A．2nn+B．12n+C．23nn+D．1nn+【分析】在23*1233333()nnaaaannN++++=中取n为1n+，得到231*1231333331()nnnnaaaaannN+++++++=

+，两式相减求得13nna=，再用裂项累加即可．【解答】解：在23*1233333()nnaaaannN++++=中，取1n=，易得113a=数列{}na满足：23*1233333()nnaaa

annN++++=①，231*1231333331()nnnnaaaaannN+++++++=+②，②−①可得1113nna++=，13nna=，(1n=也满足）．33111111(1)1nnlogalogannnn+==−++，则数列3311logl

ognnaa+的前n项和111111111223111nnSnnnn=−+−++−=−=+++．故选：D．4．（2020春•宣城期末）已知数列{}na满足：11a=，221(21)(21)(*)nnnananN++=−．正项数列{}nc满足：对于每个*nN，21nnca−

=，且21nc−，2nc，21nc+成等比数列，则21{}nc的前n项和为()A．1nn+B．221nn+C．21nn+D．121n−【分析】运用数列的累乘法求得2(21)nan=−，再由等比数列的中项性质可得2241ncn=−，再由数列的裂项相消求和

，计算可得所求和．【解答】解：221(21)(21)(*)nnnananN++=−，可得2121()21nnanan++=−，由11a=，可得321121nnnaaaaaaaa−=222235211()(

)()(21)1323nnn−==−−，可得221(21)nncan−==−，由21nc−，2nc，21nc+成等比数列，可得2222222121(21)(21)(41)nnncccnnn−−==−+=−

，可得2241ncn=−，则22,1,nnncnn=−为奇数为偶数，所以222111111111(1)2141(2)123352121nnn+++=−+−++−−−−−+11(1)22121nnn=−=++．故选：C．5．（2020春•成都期末）数列{

}na是首项和公差都为1的等差数列，其前n项和为nS，若nT是数列12nS的前n项和，则99(T=)A．1B．1100C．9899D．99100【分析】由题意，nan=，(1)2nnnS+=

，即可得11112(1)1nsnnnn==−++，累加即可．【解答】解：由题意，nan=，故(1)2nnnS+=，于是11112(1)1nsnnnn==−++，9911111199()()()122399100100T=−+−++−=，故选：D．6．（2019秋•吉安期末）已知等差数列{}na满

足1816aa+=−，103a=，设数列{||}na的前n项和为nT，则16(T=)A．32B．28C．128D．0【分析】设公差为d，运用等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再讨论数列的项的符号，由等差数列的求和公式可

得所求和．【解答】解：设公差为d，由1816aa+=−，103a=，可得12716ad+=−，193ad+=，解得115a=−，2d=，故152(1)217nann=−+−=−，易知当8n„时，0na，当9n…时，0na，且81a=−，91a=，则161289101611()()8(151)8

(115)12822Taaaaaa=−+++++++=−−−++=．故选：C．7．（2020春•温州期末）等差数列{}na中，36a=，816a=，nS是数列{}na的前n项和，则122020111(SSS+++=)A．20172018B．20182019C．20192

020D．20202021【分析】等差数列{}na的公差设为d，由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，由等差数列的求和公式可得nS，1nS，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：等差数列{}na的公差设为d，由36a=，816a=，可得126ad+=，1716ad+=，解得1

2ad==，可得12(1)2(1)2nSnnnnn=+−=+，则1111(1)1nSnnnn==−++，可得则1220201111111112020112232020202120212021SSS+

++=−+−++−=−=．故选：D．8．（2020•吴忠模拟）已知数列{}na的前n项和为nS，满足24nnSam=+，且数列{}nna的前6项和等于321，则m的值等于()A．1−B．2−C．1D．2【分析】先由题设条件得到：12nnaa−=，再由12ma=−求得na，进而求得

nna，再由其前6项和等于321求得m的值．【解答】解：依题意得：当1n=时，有1124Sam=+，解得：12ma=−；当2n…时，由112424nnnnSamSam−−=+=+，两式相减可得：1244

nnnaaa−=−，即：12nnaa−=，故12122nnnaam−−==−，22nnnamn−=−，故数列{}nna的前6项和为1236(12223262)4m−++++．令123612223262X=++++

①，则2372122262X=+++②，由①−②可得：612367772(12)2222626252212X−−=++++−=−=−−−，则642X=，32132164242mm=−=−，解得：2m=−．故选：B．9．（2020春•河南期

末）公元1202年意大利数学家列昂纳多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121aa==，12(3,*)nnnaaannN−−=+…．此数列在现

代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．若记212(*)nnnnbaaanN++=−，数列{}nb的前n项和为nS，则2020(S=)A．0B．1C．2019D．2020【分析】直接利用关系式的变换求出数列为等比数列．进一步利用分组法求出数列的和．【解答】解：由题意知222

12112221121222121212()()1nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnbaaaaaaaaaaabaaaaaaaaa+++++++++++++++++−+−−−====−−−−，由

于212131baaa=−=−，所以(1)nnb=−，所以2020(11)(11)(11)0S=−++−+++−+=．故选：A．10．（多选）（2019秋•菏泽期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，．，

其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}na称为“斐波那契数列”，记nS为数列{}na的前n项和，则下列结论正确的是()A．68a=B．733S=C．13520192020aaaaa++++=D．22212201920202019aaaaa+++=【分

析】根据数列的特点，求出其递推关系式；再对每一个选项逐个检验即可【解答】解：A．由12aa=，342aaa=−，564aaa=−，可得68a=成立；B．由12aa=，342aaa=−，564aaa=−，可得68a=，713a=；7112

3581333s=++++++=成立；C．由12aa=，342aaa=−，564aaa=−，，201920202018aaa=−，可得：13520192020aaaaa++++=．故1352019aaaa++++是斐波那契数列中的第2020项．即答案C成立；D．斐波那契数列总有21n

nnaaa++=+，则2121aaa=，222312321()aaaaaaaa=−=−，233423423()aaaaaaaa=−=−，，220182018201920172018201920172018()aaaaaaaa=−=−，

220192019202020192018aaaaa=−；2222123201920192020aaaaaa++++=；即答案D成立故选：ABCD．11．（多选）（2020春•如皋市期末）已知数列{}na是递增的等差数列，5105aa+=，6

914aa=−．12nnnnbaaa++=，数列{}nb的前n项和为nT，下列结论正确的是()A．320nan=−B．325nan=−+C．当4n=时，nT取最小值D．当6n=时，nT取最小值【分析】由已知求出数列{}na的首项与公差，得到通项公式判断A与B；再求出nT，由{}

nb的项分析nT的最小值．【解答】解：在递增的等差数列{}na中，由5105aa+=，得695aa+=，又6914aa=−，联立解得62a=−，97a=，则967(2)3963aad−−−===−，16525317a

ad=−=−−=−．173(1)320nann=−+−=−．故A正确，B错误；12(320)(317)(314)nnnnbaaannn++==−−−可得数列{}nb的前4项为负，第5项为正，第六项为负，第六项以后均为正．而5610820bb+=−=．当4n=时，nT取最

小值，故C正确，D错误．故选：AC．12．（2020春•慈溪市期末）设数列{}na的前n项和为nS，且11a=，2(2)(*)nnSnnanN=−，则2020S=．【分析】由已知数列递推式，可得123(2)21nnannan−−=+…，再由累积法求数列的通项公式，然后利用裂项相消法求和．【

解答】解：由2(2)nnSnna=−，①得当2n…时，211[2(1)(1)]nnSnna−−=−−−，②①−②得：221(21)(253)nnnnanna−−−=−+，即123(2)21nnannan−−=+…，则：2115aa

=，3237aa=，4359aa=，122521nnanan−−−=−，12321nnanan−−=+．累乘可得：13(21)(21)naann=−+，又11a=，3311()(21)(21)22121nannnn==−−+−+，则20

20311111[(1)()()]233540394041S=−+−+−316060(1)240414041=−=．故答案为：60604041．13．（2020•盐城四模）若数列{}na的前n项和为nS，12(1)(21)nnnan−=+−−，则1001002aS−的值为．【分

析】先对n分当21nk=−，*kN与2nk=，*kN两类研究na，进而得到1212342kkkaa−−+=+与2122(41)kkak−=+−，然后分别求出1002a与100S即可求得1001002aS−的值．【解答】解：12(1)(21)nnnan−=+−−，当2

1nk=−，*kN时，有22212(43)kkak−−=−−；当2nk=，*kN时，有2122(41)kkak−=+−，又1212342kkkaa−−+=+，500124950100143(4444)250310049914

S−=+++++=+=+−．又995010022[2(2001)]4398a=+−=+，1001002299aS−=．故答案为：299．14．（2020•南岗区校级四模）已知数列{}na满足21nan=−，nS为{

}na的前n项和，记11cos()cos22nnnnnbSS+−=+，数列{}nb的前n项和为nT，则50T=．【分析】运用等差数列的求和公式可得2nSn=，求得nb，考虑每隔四项的和，结合特殊角的余弦函数值，计算可得所求和．【解答】解：21na

n=−，可得21(121)2nSnnn=+−=，则2211(1)cos()coscos(1)cos2222nnnnnnnbSSnn+−−=+=++，则222222222222222250[1120203(1)3(1)404051][45146046047(1)47(1)480480

491]T=+++−+−++++++++−+−+++2222[49150050051(1)]++++−(13)(13)(53)(53)(4547)(4547)(4947)(4947)(4951)(4

951)=−++−+++−++−++−+2(1335577945474749)2100=−+−−++−−+++−−−2(48)200=−−−104=−．故答案为：104−．15．（2020春•安徽期末）数列{}na中，11a=，212a=，11211(2)nnnnaaa+−=

+…，则1{}nnaa+的前n项和nS=．【分析】（1）直接利用等比数列的定义求出数列的通项公式．进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和．【解答】解：数列{}na中，11a=，212a=，11211(2)nnnnaaa+−=+…，所以数列1{}na是

以111a=为首项，公差为2111211daa=−=−=的等差数列．所以11(1)nnna=+−=，所以1nan=．则：111nan+=+，所以1111(1)1nnaannnn+==−++，所以11111111223111nnSn

nnn=−+−++−=−=+++．故答案为：1nn+16．（2020•和平区校级二模）已知数列{}na的各项均为正数，其前n项和nS满足242nnnSaa=+，*nN．设1(1)nnnnbaa+=−，nT为数列{}nb的前n项和，则2nT

=．【分析】由数列的递推式：1n=时，11aS=；2n…时，1nnnaSS−=−，结合等差数列的通项公式和求和公式，化简整理可得所求和．【解答】解：数列{}na的各项均为正数，其前n项和nS满足242

nnnSaa=+，*nN．可得1n=时，21111442aSaa==+，解得12a=，2n…时，211142nnnSaa−−−=+，又242nnnSaa=+，相减可得2211422nnnnnaaaaa−−=+−−，化为11()(2)0

nnnnaaaa−−+−−=，由0na，可得12nnaa−−=，则22(1)2nann=+−=，1(1)(1)4(1)nnnnnbaann+=−=−+，可得24[122334455667(21)(2)(2)(21)]nTnnnn=−+−+−+−−−++14(2224

2622)8(22)8(1)2nnnnn=++++=+=+．故答案为：8(1)nn+．17．（2020春•让胡路区校级期末）设等差数列{}na的前n项和为nS，若981S=，3514aa+=．（1）求数列{

}na的通项公式；（2）设11nnnbaa+=，求{}nb的前n项和为nT．【分析】（1）直接利用等差数列的性质的应用求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法的应用求出数列的和．【解答】解：（1）设首项为1a，公差

为d的等差数列{}na的前n项和为nS，若981S=，3514aa+=，所以13598981214adaa+=+=，解得112ad==，所以12(1)21naann=+−=−．、（2）由于21nan=−，所以111111()(21)(21)22

121nnnbaannnn+===−−+−+，所以11111111(1)(1)2335212122121nnTnnnn=−+−++−=−=−+++．18．（2020春•赤峰期末）已知数列{}na的前n项和2nSn=，{}nb为等比数列，且11ab=，221

1()baab−=．（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）设nnnacb=，求数列1{2}nnc−+的前n项和nT．【分析】（1）由数列的递推式可知，当1n=时，11aS=，当2n…时，1nnnaSS−=−，计算出na，再由等比数列的通项公式，可得nb；（

2）求得1112(21)222nnnnncnn−−−+=−+=，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简可得nT．【解答】解：（1）当2n…时，221(1)21nnnaSSnnn−=−=−−=−，当1n=时，111aS==，满足上式，则21nan=−；因为111ab==，2211

()baab−=，则212b=，因为{}nb为等比数列，所以2112bb=，所以11()2nnb−=；（2）1(21)2nnnnacnb−==−，由1112(21)222nnnnncnn−−−+=−+=，所以231222322nnTn=++++，①234121222322nnTn+=

++++，②①−②可得23112(12)22222212nnnnnTnn++−−=++++−=−−，所以12(1)2nnTn+=+−．19．（2020春•威宁县期末）已知在等差数列{}na中，12a=，351

0aa+=．（Ⅰ）设2nanb=，求证：数列{}nb是等比数列；（Ⅱ）求数列{}nnab+的前n项和．【分析】（Ⅰ）直接利用等差数列的定义求出数列的通项公式，进一步求出数列{}nb是等比数列．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用分组法求出数列的和．【

解答】解：（Ⅰ）设公差为d的等差数列{}na中，12a=，3510aa+=．整理得1122610aad=+=，解得121ad==，所以1(1)1naann=+−=+．由于2nanb=，所以12nnb+=，12nnb−=，整理得12n

nbb−=（常数），所以数列{}nb是以2124b==为首项，2为公比的等比数列．（Ⅱ）由于数列{}nb是以2124b==为首项，2为公比的等比数列，所以11422nnnb−+==．所以121nnnabn++=++，故：24(21)(

21)(3)242122nnnnnnnS+−+++=+=+−−．20．（2020春•韶关期末）已知等差数列{}na的前n项和为nS，且23a=，636S=．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若数列{}nb满足21(*)42nnbnNan=

+−，求数列{}nb的前n项和nT．【分析】（1）直接利用等差数列的定义和性质求出数列的通项公式．（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和．【解答】解：（1）设公差为d的等差数列{}na的前n项和为nS，首项为1a，且23a=，636S=

．所以1613656362adSad+==+=，解得112ad==，整理得12(1)21nann=+−=−（2）由（1）得：数列{}nb满足211111(*)()42(21)(21)22121nnbnNannnnn===−+−−+

−+，则11111111(1)(1)2335212122121nnTnnnn=−+−++−=−=−+++．21．（2020春•湖北期末）已知公差不为0的等差数列{}na的首项12a=，前n项和是nS，

且____（①1a，3a，7a成等比数列，②(3)2nnnS+=，③816a=，任选一个条件填入上空），设12nnnba−=，求数列{}nb的前n项和nT．【分析】选①：由已知得1nan=+，再利用错位相减法求和；选②：

()()()13122,122nnnnnnnnaSSn−+−+=−=−=+时…，再利用错位相减法求和；选③：求得22(1)2nann=+−=，2nnbn=，再利用错位相减法求和；【解答】解：设等差数列{}na的公差为d，选①：由1a，3a，7a成等比数列

得22111(6)(2)aadad+=+，化简得20ddd=，11ndan==+，于是1(1)2nnbn−=+，21213242(1)2nnTn−=+++++，232223242(1)2nnTn=+++++，相减得：

212222(1)22nnnnTnn−−=++++−+=−，2nnTn=；选②：()()()13122,122nnnnnnnnaSSn−+−+=−=−=+时…，1n=时，12a=，符合上式，1nan=+，下同①；选③：81281aad−==−，22(1)2nann

=+−=，2nnbn=，231222322nnTn=++++，234121222322nnTn−=++++，相减得2311122222222nnnnnTnn+++−=++++−=−−，1(1)22nnTn+=−+．[B组]—强基必备1．（2020春•诸暨

市校级期中）nS为数列{}na的前n项和，12a=，25a=，310a=，417a=，对任意大于2的正整数n，有112330nnnnSSSSm+−−−+−+=恒成立，则使得231111125222242kkaaaa−++++−−−−…成立的正整数k的最小值为()A．7B．6C．

5D．4【分析】先由题设条件求出m，得到：1123320nnnnSSSS+−−−+−−=，整理得：11()()2nnnnaaaa+−−−−=，从而有数列1{}nnaa+−是以3为首项，2为公差的等差数列，求

出121nnaan+−=+，再利用累加法求出2na−，然后利用裂项相消法整理231111125222242kkaaaa−++++−−−−…可得1113142kk++„，解出k的最小值．【解答】解：依题意知：当3n=时有43214323302S

SSSmaaam−+−+==−++，25a=，310a=，417a=，2m=−，1123320nnnnSSSS+−−−+−−=，即1112()2()()20nnnnnnSSSSSS+−−−−−−+−−=，11220nnnaaa+−−+−=，即11()()2nnnnaaaa+−−−−=，3n

…，又213aa−=，325aa−=，3221()()2aaaa−−−=，数列1{}nnaa+−是以3为首项，2为公差的等差数列，121nnaan+−=+，故213aa−=，325aa−=，437

aa−=，，121(2)nnaann−−=−…，由上面的式子累加可得：(1)(321)2(1)(1)2nnnann−+−−==−+，2n…，11111()2(1)(1)211nannnn==−−−+−+，2n…．由231111125222242kkaaa

a−++++−−−−…可得：111111111111125[()()()()](1)21324351122142kkkk−+−+−++−=+−−−++…，整理得1113142kk++„，*kN且2

k…，解得：6k…．所以k的最小值为6．故选：B．2．（2020•江西模拟）已知数列{}na的通项公式是2nna=，在1a和2a之间插入1个数11x，使1a，11x，2a成等差数列；在2a和3a之间插入2个数21x，22x，使2a，21x，22x，3a成等差数列；；在na和1na+之间插入

n个数1ax，2ax，，anx，使na，1ax，2ax，，anx，1na+成等差数列．这样得到新数列1{}:nba，11x，2a，21x，22x，3a，31x，32x，33x，4a，，记数列{}nb的前n项和为nS，有下列判断：①11232naaanxxxn−+++

=；②1066ab=；③723072b=；④5514337S=．其中正确的判断序号是．【分析】根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断即可．【解答】解：以题意，有①11112223222nnnnnaaanaaxxxnnn+−++++++===，故①正确；②10a在

数列{}nb中是第1012955++++=项，所以1055ab=，故②错误；③1166ab=，111266781112127872223072222bbaaabb+++=====，故③正确；④210018119551210112122919299()[()()](222)3(122292)(2

2)3(821)14337Saaaxxxxxx=+++++++++++=+++++++=−++=，故④正确．故答案为：①③④．3．（2020•南通模拟）定义数列{}na，先给出11a=，接着复制该项，再

添加1的后继数2，于是21a=，32a=，接下来再复制前面所有项，之后再添加2的后继数3，如此继续(1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1)，设nS是na的前n项和，则2020S=．【分析】由数列{}na的构造方法可知11a=，32a=，73a=，154a=，可得21nan−

=，即21(121)nnkkaak−+=−„，由于数表的前n行共有21n−个数，于是，先计算21nS−．在前21n−个数中，共有1个n，2个1n−，22个2n−，，2nk−个k，，12n−个1，因此21211(1)

222212nnknnSnnk−−−−=+−+++++，2112122(1)22222nknSnnkn+−−=+−++++−−，两式相减，得12122nnSn+−=−−．101091095202099

748610212121212121SSSSSSSSSS−−−−−−=+=++==++++，即可得出．【解答】解：由数列{}na的构造方法可知11a=，32a=，73a=，154a=，可得21nan−=，即21(121)nnkkaak−+=−„，故20199964852

3010340921aaaaaaaa========．由于数表的前n行共有21n−个数，于是，先计算21nS−．在前21n−个数中，共有1个n，2个1n−，22个2n−，，2nk−个k，，12n−个1，因

此21211(1)222212nnknnSnnk−−−−=+−+++++，则2112122(1)22222nknSnnkn+−−=+−++++−−，两式相减，得2112122

2222nnnnSnn−+−=+++++=−−．10202099721SSS−=+1094862121SSS−−=++=109510212121SSSS−−−=++++11109876(212)(211)(210)(

29)(28)(27)15=−+−+−+−+−+−+3990=．