1、课时作业课时作业 36数列求和数列求和 一、选择题 1(2021山东潍坊模拟)已知数列an满足 anan13n，且 a11，则数列an的前 9 项和 S9(B) A160B241 C243D484 解析：因为 anan13n，所以 an1an3n 1(n2)，两式相除得an1 an13(n2)因为 a 11，所以 a33， a59，a727，a981，由 anan13n，得 a1a23，所以 a23，a49，a627，a881，所以 S912(3 92781)241，故选 B. 2(2021河北名校联盟)已知数列an满足 an1anan1(n2，nN*)，a11，a22，Sn为数列an 的前
2、n 项和，则 S2 020(A) A3B2 C1D0 解析：an1anan1(n2，nN*)，a11，a22，a31，a41，a52，a61，a71， a82，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 0203360a2 017a2 018 a2 019a2 020a1a2a3a43，故选 A. 3(2021福建漳州质检)我国古代数学名著算法统宗中有诗云：“诸葛统领八员将，每将又分八个 营每营里面排八阵，每阵先锋有八人每人旗头俱八个，每个旗头八队成每队更该八个甲，每个甲头 八个兵”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵的总人数为(D) A.1 7(8 78
3、) B.1 7(8 98) C81 7(8 78) D81 7(8 984) 解析：由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵的数量依次成等比数列，且首项为 8， 公比也是 8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有 8848586878888 4185 18 81 78 984 (人)，故选 D. 4(2021福建厦门模拟)已知数列an的通项公式为 an(1)n(2n1)cosn 2 1(nN*)，其前 n 项和为 Sn，则 S60(D) A30B60 C90D120 解析：令 kN*，由题意可得，当 n4k3 时，ana4k31；当 n4k2 时，ana4k268k；当 n
4、4k1 时， ana4k11； 当 n4k 时， ana4k8k.所以 a4k3a4k2a4k1a4k8， 所以 S60815120. 5 (2021山东莱芜模拟)已知函数 f(n)n2cos(n)， 且 anf(n)f(n1)， 则 a1a2a3a100(B) A0B100 C100D10 200 解析： f(n)n2cos(n) n2，n 为奇数， n2，n 为偶数 (1)nn2.由 anf(n)f(n1)(1)nn2(1)n 1(n1)2 (1)nn2(n1)2(1)n 1(2n1)，得 a 1a2a3a1003(5)7(9)199(201) 250100.故选 B. 6(2021福建泉
5、州模拟)若数列an是正项数列，且 a1 a2 ann2n，则 a1a2 2 an n 等于 (A) A2n22nBn22n C2n2nD2(n22n) 解析： a1 a2 ann2n， 当 n1 时，a12， 解得 a14.当 n2 时，a1 a2 an1 (n1)2n1，与已知等式相减可得 an2n，得 an4n2，当 n1 时也成立，则 an4n2，an n 4n， a1a2 2 an n 4(12n)4nn1 2 2n22n. 7(2021重庆育才月考)设 Sn为数列an的前 n 项和，已知 a11 2， n1 an1 n an2 n(nN*)，则 S100等于 (D) A2 49 21
6、00 B249 299 C2 51 2100 D251 299 解析：由n1 an1 n an2 n，得n1 an1 n an2 n，则n an n1 an1 2n 1，n1 an1 n2 an2 2n 2，2 a2 1 a12 1，将以 上式子左、右分别相加，得 n an 1 a12 1222n12n2，又 a11 2，所以 a nn 1 2n，因此 S 10011 2 2 1 22100 1 2100， 则 1 2S 1001 1 222 1 2399 1 2100100 1 2101， 两式相减， 得 1 2S 1001 2 1 22 1 23 1 2100100 1 2101，所以 S
7、 1002 1 2 99100 1 2 100251 299. 8(2021河北张家口模拟)已知数列an满足 a11，an12an，数列bn满足 b12，bnbn1 1 2n，若 数列anbn的前 n 项和为 Tn，则数列3Tn2nbn的前 10 项和为(C) A50B55C65D70 解析：因为数列an满足 a11，an 1 an 2，所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an 2n 1.由 b 12，bnbn1 1 2n，可得 b n1 1 32n bn 1 32n 1 ，b11 3 5 3，所以数列 bn 1 32n 1 是以5 3 为首项，1 为公比的等比数列，所以
8、 bn 1 32n 15 3(1) n1，即 bn 1 32n 15 3(1) n1，所以 3anbn 15(2)n 1， 所以 3T nn51(2)(2)2(2)n 1n512n 3 .又 2nbn2 3 5 3(1) n 12n，所以 3T n2nbnn512 n 3 2 3 5 3(1) n12n1n，所以数列3Tn2nbn的前 10 项和为 102110 2 65. 二、填空题 9 (2021保定模拟)设数列an的前n项和为Sn， 有a11， anan1 1 2n(n1,2,3， )， 则S 2n34 3 1 1 4n 2 . 解析：依题意得 S2n3a1(a2a3)(a4a5)(a2
9、n2a2n3)11 4 1 16 1 4n 1 1 1 4n 2 11 4 4 3 1 1 4n 2 . 10已知数列an满足 an123n n ，则数列 1 anan1的前 n 项和为 2n n2. 解析：an123n n n1 2 ， 1 anan1 4 n1n24 1 n1 1 n2 ， 所求的前 n 项和为 4 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n1 1 n2 4 1 2 1 n2 2n n2. 三、解答题 11(2021四川巴中一诊)已知各项均为正数的数列an的前 n 项和 Sn满足 4Sn(an1)2(nN*) (1)证明：数列an是等差数列，并求其通项公式； (2)设 bnan
10、2an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解：(1)证明：由 4Sn(an1)2(nN*)可得 当 n1 时，有 4a1(a11)2，a10，解得 a11. 由 4Sn(an1)2,4Sn1(an11)2两式相减，得 4an1(an11)2(an1)2， 化简得 a2n12an1a2n2an0， 整理得(an1an)(an1an2)0. 对nN*，有 an0， an1an20，即 an1an2， 故数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， an2n1. (2)bnan2an，an2n1，bn2n122n 1， Tn13(2n1)(2232522n1)n12n1 2 214 n 14 n
11、224 n2 3 2 2n13n22 3 . 12(2021洛阳统考)已知等差数列an的公差 d0，若 a3a922，且 a5，a8，a13成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)设 bnan1 2 anan1 ，求数列bn的前 n 项和 Sn. 解：(1)设数列an的首项为 a1，依题意，得 2a110d22， a17d2a14da112d， 解得 a11，d2， 数列an的通项公式为 an2n1. (2)bnan1 2 anan1 4n2 2n12n1 4n2 4n21 1 1 2n12n11 1 2 1 2n1 1 2n1 ， Sn11 2 11 3 11 2 1 3 1 5 1
12、1 2 1 2n1 1 2n1 n1 2 1 1 2n1 2n 22n 2n1 . 13(2021山东淄博月考)已知数列an的各项均为正数，对任意 nN*，它的前 n 项和 Sn满足 Sn1 6(a n 1)(an2)，并且 a2，a4，a9成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn(1)n 1a nan1，Tn为数列bn的前 n 项和，求 T2n. 解：(1)对任意 nN*，有 Sn1 6(a n1)(an2)， 当 n1 时，有 S1a11 6(a 11)(a12)，解得 a11 或 a12. 当 n2 时，有 Sn11 6(a n11)(an12) 并整理得(anan1)(
13、anan13)0. 数列an的各项均为正数，anan13，an为等差数列 当 a11 时，an13(n1)3n2，此时 a2 4a2a9成立； 当 a12 时，an23(n1)3n1，此时 a24a2a9，舍去 an3n2，nN*. (2)T2nb1b2b2na1a2a2a3a3a4a4a5a2na2n1a2(a1a3)a4(a3a5)a2n(a2n1 a2n1)6a26a46a2n6(a2a4a2n)6n46n2 2 18n26n. 14(2021江苏南通月考)数列an的通项公式为 ann cos2n 3 sin2n 3 ，其前 n 项和为 Sn，则 S3015. 解析：ann cos2n
14、3 sin2n 3 ncosn2 3 ， 当 n1 时，a1cos2 3 1 2； 当 n2 时，a22cos4 3 1； 当 n3 时，a33cos23； 当 n4 时，a44cos8 3 2； 当 n5 时，a55cos10 3 5 2； S30 1 1 2 2 1 2 30 1 2 3 1 2 6 1 2 30 1 2 (36930) 30 1 2 30 2 2 10 3 2 30 2 2 10330 2 465165330 2 30 2 15. 15已知an为等差数列，前 n 项和为 Sn(nN*)，bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2b3 12，b3a42a1，S111
15、1b4. (1)求an和bn的通项公式； (2)求数列a2nb2n1的前 n 项和(nN*) 解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由已知 b2b312，得 b1(qq2)12.而 b12，所以 q2q60.又因为 q0，所以解得 q2，所以 bn2n. 由 b3a42a1，可得 3da18. 由 S1111b4，可得 a15d16. 联立，解得 a11，d3，由此可得 an3n2. 所以，数列an的通项公式为 an3n2，数列bn的通项公式为 bn2n. (2)设数列a2nb2n1的前 n 项和为 Tn，由 a2n6n2，b2n124n 1，得 a 2nb2n1(3n1)4n，故 Tn24542843(3n1)4n， 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n 1， 上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n 11214n 14 4(3n 1)4n 1(3n2)4n18.得 T n3n2 3 4n 18 3. 所以，数列a2nb2n1的前 n 项和为3n2 3 4n 18 3.
