【文档说明】高考数学培优专题55讲：第29 数列的通项公式与前n项和【高考】.doc，共(18)页，1.695 MB，由小赞的店铺上传

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1第二十九讲数列的通项公式与前n项和A组一、选择题1．已知na是等差数列，公差d不为零，前n项和是nS.若3a，4a，8a成等比数列，则A.10ad，40dSB.10ad，40dSC.10ad，40d

SD.10ad，40dS解：由于na是等差数列，故1(1)naand=+−，由于3a，4a，8a成等比数列，则2438aaa=.故2111(3)(2)(7)(0)adadadd+=++，化简可得:153ad=−.因此有:21503add=−,=4dS03

2)(2241−=+daad.2．设4()42xxfx=+，则1231011111111ffff++++=()A．4B．5C．6D．10解：若,121=+xx则)()(21xfxf+1212444242xxxx=+++12121212122424

242(444)1(42)(42)2444)xxxxxxxxxx+++++===++++（，∴12310511111111ffff++++=.

故选A3．设等差数列na的前n项和为nS，且满足21(0)nnaSAnBnA+=++，则1BA−=（）A．1B．2C．3D．4解：设公差为d，则211(1)()22nnddaSandnan+=+−++−211()22ddnanad=++

+−所以11,,122ddABaad==+−=，所以11()1232daadBdA+−−−==2所以选C4．已知数列na满足1(3)(3)9nnaa+−+=，且，则数列1na的前6项和6S=（）A.6B.7C.8D.9解：因为1(3)(

3)9nnaa+−+=，所以1133nnnnaaaa++−=，两边同时除以13nnaa+得11113nnaa+−=，又13a=，所以数列1na是以13为首项，13为公差的等差数列，所以13nna=，从而111()(1)26nnnaannS++==，67S=，

故选B二、填空题5．（2017年全国2卷理）等差数列na的前n项和为nS，33a=，410S=，则11nkkS==．【答案】21nn+【解析】设等差数列的首项为1a，公差为d，所以1123434102adad+=+=，解得111a

d==，所以()1,2nnnnanS+==，那么()1211211nSnnnn==−++，那么11111111221......21223111nkknSnnnn==−+−++−=−=+++

.6．数列}{na满足2,1181=−=+aaann，则=1a________.3解：由已知得2111aa=−，3211111aaa==−−，从而41311aaa==−，52111aaa==−，63111aaa==−，741aaa==，82111aaa

==−，从而1121a=−，所以112a=7．若数列{na}的前n项和为2133nnSa=+，则数列{na}的通项公式是na=______.解：当n=1时，1a=1S=12133a+，解得1a=1，当n≥2时，na=1nnSS−−=2133na+－(12133na−+)=12233n

naa−−，即12nnaa−=−，∴{na}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴na=1(2)n−−.三、解答题8．在数列na中，13a=，122nnaan−=+−（2,*nnN）.（Ⅰ）证明：

数列nan+是等比数列，并求na的通项公式；（Ⅱ）求数列na的前n项和nS．解：（Ⅰ）122nnaan−=+−11122211nnnnanannanan−−−++−+==+−+−，所以数列nan+是首项为114a

+=，公比为2的等比数列，所以11422nnnan−++==，所以12nnan+=−.（Ⅱ）因为12nnan+=−，所以231(21)(22)(2)nnSn+=−+−++−231(222)(1)23)nn+=+++−++++4(12)(1)122nnn−+=−−21822nnn+++=−9．设

nS是数列na的前n项和.已知0na，2243nnnaaS+=+.(I)求数列{}na的通项公式；(II)设11nnnbaa+=，求数列nb的前n项和.解：(I)由2243nnnaaS+=+，可知2111243nnnaaS++++=+.4可得221112()4nnnnnaaaaa++

+−+−=即2211112()()()nnnnnnnnaaaaaaaa+++++=−=+−由于0na，可得12nnaa+−=.又2111243aaa+=+，解得11a=−（舍去）13a=.所以na是首项为3，公差为2的等差

数列，通项公式为21nan=+.(II)由21nan=+可知：11nnnbaa+==1(21)(23)nn++111()22123nn=−++设数列nb的前n项和为nT，则1211111[()()23557nnTbbb=+++=−+−+11()]2123nn+−++111[]2323n=

−+3(23)nn=+.10．设等差数列na的公差为d，前n项和为nS，等比数列nb的公比为q．已知11ba=，22b=，qd=，10100S=．(I)求数列na，nb的通项公式；(II)当1d时，记

nnnacb=，求数列{}nc的前n项和nT．解：(I)由题意有，111045100,2,adad+==即112920,2,adad+==解得11,2,ad==或19,2.9ad==故121,2.nnnanb−=−=或11(279),929

().9nnnanb−=+=其中*Nn.(II)由1d，知21nan=−，12nnb−=，故1212nnnc−−=，于是2341357921122222nnnT−−=++++++，①2345113579212222222nnnT−=++++++

.②①-②可得5221111212323222222nnnnnnT−−+=++++−=−，故nT12362nn−+=−.11．已知数列na满足1a=1，131nnaa+=+.（Ⅰ）证明12na+是等比数

列，并求na的通项公式；（Ⅱ）证明：1231112naaa++…+.解：（I）由131nnaa+=+得1113()22nnaa++=+。又11322a+=，所以12na+是首项为32，公比为3的等比数列。1322nna+=，因此na的通项公式为312nna−=.

（Ⅱ）由（I）知1231nna=−因为当1n时，13123nn−−，所以1113123nn−−。于是11211111313...1...(1)33232nnnaaa−++++++=−.所以121113...2naaa+++B组一、选择题1．等差数列na的前n项和为nS，已知

2110mmmaaa−++−=，2138mS−=,则m=（）（A）38（B）20（C）10（D）9解：因为na是等差数列，所以，112mmmaaa−++=，由2110mmmaaa−++−=，得：2ma－2ma＝0，所以，ma＝2

，又2138mS−=，即2))(12(121−+−maam＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，故选.C。62．已知等差数列{}na的首项11a=，公差0d，nS为数列{}na的前n项和.

若向量13(,)aa=m，133(,)aa=-n，且0?mn，则2163nnSa++的最小值为（）A．4B．3C．232-D．92解：由13(,)aa=m，133(,)aa=-n，且0?mn,得23113aaa=,即2(12)1(112)dd+=+,又0d,所以2d=,从而21

nan=−,2nSn=,则2163nnSa++22216899(1)22(1)2422111nnnnnnnn++===++−+−=++++,当且仅当9(1)1nn+=+,即2n=时,上式等号成立,所以2163nn

Sa++的最小值为4,故选A.3．已知数列na的前n项和为nS，首项123a=−，且满足12nnnSaS++=(2)n，则2016S等于()A.20142015−B.20152016−C.20162017−D.20172018−解：12nnnSaS++=112n

nnnnSaSSS−++==−112nnSS−+=−，由已知可得1212SS+=−234S=−；2312SS+=−345S=−；3412SS+=−456S=−；……，可归纳出201620172018S=

−.故选D.4．已知数列na的通项公式为(1)(21)cos1(*)2nnnannN=−−+，其前n项和为nS，则60S=（）A．60−B．30−C．90D．120解：由题意可得，当43nk=−时，431nkaa−==，当42nk=−时，4268n

kaak−==−，当41nk=−时，411nkaa−==，当4nk=时，48nkaak==，∴43424148kkkkaaaa−−−+++=，∴60815120S==.故选D.7二、填空题5．设nS是数列

na的前n项和，且11−=a，11++=nnnSSa，则=nS______.解：由已知得111nnnnnaSSSS+++=−=，等式两端同时除以1nnSS+得，1111nnSS+−=−，即1{}nS是以1−为首项，1−为公差的等差数列，则1nnS=−，

1nSn=−.6．（2016年浙江理）设数列na的前n项和为nS.若24S=，121nnaS+=+，nN，则1a=，5S=.解：由24S=，得124aa+=；由2112121aSa=+=+，故解得121,3aa==.再由121nnaS+=+，得121(

2)nnaSn−=+，从而12nnnaaa+−=，即13(2)nnaan+=，又213aa=，所以13(1)nnaan+=，从而551312113S−==−所以填：1，121三、解答题7．（16年全国II理）nS为等差数列na

的前n项和，且17=128.aS=，记=lgnnba，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9=0lg99=1，．（Ⅰ）求111101bbb，，；（Ⅱ）求数列nb的前1000项和．【解析】⑴设na的公差为d，74728Sa==，∴44a

=，∴4113aad−==，∴1(1)naandn=+−=．∴11lglg10ba===，1111lglg111ba===，101101101lglg2ba===．⑵记nb的前n项和为nT，则1000121000Tbbb=+++

121000lglglgaaa=+++．当0lg1na≤时，129n=，，，；当1lg2na≤时，101199n=，，，；当2lg3na≤时，100101999n=，，，；当lg3na=时，1000n=．8∴1000091902900311893T=++

+=．8．设数列na的前n项和为nS，n．已知11a=，232a=，354a=，且当2n时，211458nnnnSSSS++−+=+．(1)求4a的值；(2)证明：11{}2nnaa+−为等比数列；(3)求数列na的通项公式．解析：（1）

当2=n时，1324854SSSS+=+，所以()=+++++2143215)(4aaaaaa1321)(8aaaa+++，即8741324=+−=aaa.（2）当2n时，因为112854−+++=+nnnnSSSS，所以054441112=−+−−−

+++nnnnnSSSSS，所以()()()0554411112=−++−+−−++++nnnnnnSSSSSS所以054112=++−+++nnnnaaaa，即)2(04412=+−++naaannn，所以))(2(

4112−=++naaannn当1=n时，4541,45123=−=aaa，所以12341aaa−=，满足)(式所以)1(4112−=++naaannn所以−=−+++nnnnaaaa212121112，所以112nnaa+−是以12112=−aa，公比为21

的等比数列.（3）由（2）得1112121121−−+==−nnnnaa，两边同乘以12+n，可得42211=−++nnnnaa，所以nna2是以221=a，公差为4的等差数列.所以()244122−=−+=nnann，所以1212224−−

=−=nnnnna.9．设数列na的前n项和为nS．已知233nnS=+．9(I)求na的通项公式；(II)若数列nb满足3lognnnaba=，求nb的前n项和nT．解：(I)由233nnS=+知，当2n时，12nS−=133n−

+，所以112()33nnnnSS−−−=−，即13nna−=；又当1n=时，13a=，所以有1313,2nnnan−==，．(II)由3lognnnaba=知，当1n=，1113Tb==；当2n，1311log(1)(

)3nnnnbana−==−，由123nnTbbbb=++++得231111[12()3()3333nT=+++++11(1)()]3nn−−①223411111()[1()2()3()33333nT=+++++1(1)()]3nn−②①－②得

：231221111[()()()]393333nnT−=+++++−1(1)()3nn−=111()213(1)()923nnn−−+−−，所以有113[1()]1313(1)()3423nnnTn−−

=+−−=13631243nn+−，经检验1n=时也符合，故对1n，均有n13631243nnT+=−．10．已知nS是数列na的前n项和，且2232,1,2,3nnSannn=+−−=（1）求证：数列2nan−为等比数列（2）设cosnnban=，求数列

nb的前n项和nT解：（1）2232nnSann=+−−①()()21121312nnSann−−=+−−−−②①−②可得：12224nnnaaan−=−+−即1224nnaan−=−+()112244221nnnananan−−

−=−+=−−2nan−为2q=的等比数列（2）由（1）可得：()11222nnana−−=−10令1n=代入2232nnSann=+−−1124Sa=−14a=22nnan−=22nnan=+()22cosnnbnn=+方法一：直接求和()()()()()

22cos221221nnnnnnbnnnn=+=+−=−+−()()()()()1222121121121nnnTn−−−=+−+−++−−−设()()()1211211nnPn=−+−++−()()()23111211nnPn+−=−

+−++−()()()()()()21(1)112111111(1)nnnnnPnn+−−−=−+−++−−−=+−−−()()111142nnnnP=−−+−()()()2121111342nnnnnT=−−+−−+−

方法二：分组求和()()()22,2122cos22122,2nnnnnnnnkbnnnnnk−−=−=+=+−=+=当n为偶数时()1112212222nnnnnbbnn−−−+=−−−++=+()()()12341nnnTbbbbbb−=

++++++()2141122222nn−−−=+++()2241221413nnnn−=+=−+−当n为奇数时()112211223nnnnnTTbnn−−=+=−+−−−1125233nn=−−−()221,23252,2133nnnnnkTnnk−+==

−−−=−方法三：分奇数项偶数项分别求和()()()22,2122cos22122,2nnnnnnnnkbnnnnnk−−=−=+=+−=+=当n为偶数时：()()1351246

nnnTbbbbbbbb−=+++++++++()()1311312222131nnbbbn−−+++=−+++−+++−212241112224122332nnnnn+−+−=−−=−+−−()()242422222

4nnbbbn+++=+++++++()22441222424122332nnnnnn+−++=+=−+−12233nnTn+=−+同理：当n为奇数时()112211223nnnnnTTbnn−−=+=−+−−

−25233nn=−−−()221,23252,2133nnnnnkTnnk−+==−−−=−C组一、选择题121.在数列{}na中，11a=，22a=，若2121nnnaaa++=−+，则na等于（）A．222nn−+B．3221

121102nnn−+−C．222nn−+D．2254nn−+解：根据题意得211()()1nnnnaaaa+++−−−=，故1{}nnaa+−是首项为1，公差为1的等差数列，故11(1)1nnaann+−=+−=，由累加法得：当2n时，121321()()()

112(1)nnnaaaaaaaan−=+−+−++−=++++−2(1)2122nnnn−−+=+=，当1n=时111212a−+==符合，故选A.另法：用排除法，通过2121nnnaaa++=−+求得34a=，47a=，代入选项排除，得到A选项.2.在等差数列na

中，52=a，216=a，记数列1na的前n项和为nS，若1512mSSnn−+对*nN恒成立，则正整数m的最小值为（）A5B4C3D2解：由题设得43nan=−，∴1512mSSnn−+可化为11141458115mnnn+++

+++，令111414581nTnnn=++++++，则1111114549818589nTnnnnn+=++++++++++，∴11111110858941828241nnTTnnnnnn+−=+−+−=++++++，∴当1n=时，nT取得最大值

11145945+=，由141545m解得143m，∴正整数m的最小值为5。3.数列{na}满足1(1)21nnnaan++−=−，则{na}的前60项和为（）（A）3690（B）3660（C）1845（D）1830解法1：由题设知21aa−=1，①32aa+=3②43aa−=5③

54aa+=7，65aa−=9，76aa+=11，87aa−=13，98aa+=15，109aa−=17，1110aa+=19，121121aa−=，……13∴②－①得13aa+=2，③+②得42aa+=8，同理可得57aa+=2，68aa+=24，911aa+=2，1012aa+=40，

…，∴13aa+，57aa+，911aa+，…，是各项均为2的常数列，24aa+，68aa+，1012aa+，…是首项为8，公差为16的等差数列，∴{na}的前60项和为11521581615142++=1830.解法2：可证明：1414243444342424

1616nnnnnnnnnnbaaaaaaaab+++++−−−=+++=++++=+112341515141010151618302baaaaS=+++==+=4．数列na满足2113,12

nnnaaaa+==−+(*)nN,则122016111maaa=+++的整数部分是()A.0B.1C.2D.313,2a=解:211nnnaaa+=−+11(1)nnnaaa+−=−111111(1)1nnnnnaaaaa+==−−−−,所以122016120162016

1111112111maaaaaa=+++=−=−−−−由22121(1)0nnnnnaaaaa+−=−+=−,得1nnaa+,所以20162015337216aaa=,所以20161011a−,所以12m,

所以m的整数部分为1.二、填空题5．（16年上海理）无穷数列na由k个不同的数组成，nS为na的前n项和.若对任意Nn，3,2nS，则k的最大值为________.【答案】4解：要满足数列中

的条件，涉及最多的项的数列可以为2,1,1,0,0,0,−，所以最多由4个不同的数组成.146．数列}{na满足11=a，且11+=−+naann(nN*)，则数列}1{na的前10项和为.解析：由题，11=a，212

=−aa，323=−aa，…，naann=−−1(nn,2N*)，由累加法，求得2)1(+=nnan(nn,2N*)，经检验1=n时也满足该通项，即2)1(+=nnan(nN*)；因此)111(2)1(21+−=+=nnnnan，

12)111(2+=+−=nnnSn，112010=S.三、解答题7．（16年四川理）已知数列{na}的首项为1，nS为数列{na}的前n项和，11nnSqS+=+，其中0q，*nN.（1）若2322,,2aaa+成等差数列，求na的通项公式；(2)设双曲线222

1nyxa−=的离心率为ne，且253e=，证明：121433nnnneee−−+++.解析：（1）由已知，1211,1,nnnnSqSSqS+++=+=+两式相减得到21,1nnaqan++=?.又由211SqS=+得到21aqa=

，故1nnaqa+=对所有1n³都成立.所以，数列{}na是首项为1，公比为q的等比数列.从而1=nnaq-.由2322+2aaa，，成等比数列，可得322=32aa+，即22=32,qq+，则(21)(

2)0q+q-=，由已知,0q>，故=2q.所以1*2()nnan-=?N.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1nnaq-=.所以双曲线2221nyxa-=的离心率22(1)11nnneaq-=+=+.由2513qq=+=解得43q=.因为2(1)2(1)1+kkqq-

->，所以2(1)1*1+kkqqk-->?N（）.15于是11211+1nnnqeeeqqq--++鬃?>+鬃?=-，故1231433nnneee--++鬃?>.8．(16年江苏理)记1,2,100U=…，.对数列()*nanN和U的子集T，若T=,定义0TS=;若

12,,kTttt=…，，定义12+kTtttSaaa=++….例如：=1,3,66T时，1366+TSaaa=+.现设()*nanN是公比为3的等比数列，且当=2,4T时，=30TS.(1)求数列na的通项公式；(2)对任意正整数()1100kk，若1,2,kT…，，

求证：1TkSa+；(3)设,,CDCUDUSS,求证：2CCDDSSS+.解：（1）由已知得1*13,nnaanN−=.于是当{2,4}T=时，2411132730TSaaaaa=+=+=.又30TS

=，故13030a=，即11a=.所以数列{}na的通项公式为1*3,nnanN−=.（2）因为{1,2,,}Tk，1*30,nnanN−=，所以1121133(31)32kkkrkSaaa−+++=+++=−.因此，1rkSa+.（3）下面分

三种情况证明.①若D是C的子集，则2CCDCDDDDSSSSSSS+=++=.②若C是D的子集，则22CCDCCCDSSSSSS+=+=.③若D不是C的子集，且C不是D的子集.令UECCD=，UFDCC=则E，F，EF=.于是CECDSSS=+，DFCDS

SS=+，进而由CDSS，得EFSS.设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则1,1,klkl.16由（2）知，1EkSa+，于是1133lklFEkaSSa−+==，所以1lk−，即lk.又kl，故1lk

−，从而11121131311332222lklkEFlaSSaaa−−−−−−+++=+++==，故21EFSS+，所以2()1CCDDCDSSSS−−+，即21CCDDSSS++.综合①②③得，2CCDDSSS+.9数列na满足,224212

1−+−=++nnnnaaa*Nn.(1)求3a的值；(2)求数列na前n项和nT；](3)令11ba=，111(123nnTbn-=++++鬃?1)(2)nann+?，证明：数列nb的前n项

和nS，满足nSnln22+.解：(1)依题意，31233(23)aaaa=++-1231213222(2)4(4)22aa--+++=---34=，314a\=.(2)依题意，当1n时，123(23nnaaaa=+++)nna鬃?123

1(23(1))naaana--+++鬃?-12214(4)22nnnn--++=---12nn-=,211−=nna,21221-41-2111=+=−a又.211−=nna.)21(2211))21(1(11−−=−−=nnnT故(3)依题意有1211112nnnaaaba

nn−+++=++++17知11ba=，1221122aba=++，3213)31211(3aaab++=+=123nnSbbbb=++++111(1)23nTn=++++11111(1)(2)232nn−=++++−1112(1)2

3n++++记1()ln1fxxx=+-(1)x>，则211()fxxx¢=-210xx-=>()fx\在(1,)+?上是增函数，又(1)0f=，即()0fx>.又2k³且*NkÎ时，11kk>-

所以1()ln10111kkfkkkk=+->---即1()1kfkk>-12131ln,ln,ln21321nnn−即有11123lnlnlnln23121nnnn++++=−所以1

112(1)22ln23nn+++++即22ln.nSn+10．已知数列}{na满足211=a且−=+naaannn(21N*)．(I)证明：)N(211+naann；(II)设数列}{2na的

前n项和为nS，证明：)2(21+n)N()1(21+nnnSn.解析：(I)由题意知210nnnaaa+−=−,即1nnaa+,故12na．由11)1(−−−=nnnaaa得)1(1−−=nnaa0)1()1(112−−−aaan,从而可得：102na.因此(111,2

1nnnaaa+=−，即)N(211+naann结论成立.(II)由题意得12+−=nnnaaa，所以11+−=nnaaS.18因为21nnnaaa+=−，所以11111nnnaaa+=+−.111112nnnnaaaa++−=，从而有11112nnnaa+−化简可得：)N(21

)1(211+++nnann，因此，)2(21+n)N()1(21+nnnSn.