第04讲 数列求和（练）（解析版）

第04讲数列求和一、单选题1．在数列na中，12111nnannnnN，11nnnbaa，则数列nb的前n项和nS（）A．41nnB．21nnC．21nnD．21nn【答案】A【分析】由等差数列求和公式可整理得到na，进而可得nb，采用裂项相消法可求得nS.【详解】112121111212nnnnnnannnnn，11411411nnnbaannnn，11111144141223111nnSnnnn.故选：A.2．已知函数12fx为奇函数，且1gxfx，若2023nnag，则数列na的前2022项和为（）A．2023B．2022C．2021D．2020【答案】B【分析】由12fx为奇函数，可得10fxfx，再由1gxfx，得12gxgx，然后利用倒序相加法可求得结果.【详解】由于函数12fx为奇函数，则1122fxfx，即11022fxfx，所以10fxfx，所以11112gxgxfxfx，所以12202212202222202320232023aaaggg12022220212022122022202320232023202320232023gggggg因此数列na的前2022项和为1220222022aaa．故选：B.3．如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为1.1xy，第n根弦（Nn，从左数第1根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线:1lyx交于点nA（nx，ny）和nB（nx，ny），则200nnnyy()参考数据：取221.18.14.A．814B．900C．914D．1000【答案】C【分析】求出nnyy、，用错位相减法求和即可.【详解】由条件可得20200119200011.111.121.1201.1211.1nnnnnyyn①，所以2012202101.111.121.1201.1211.1nnnyy②，－②得：212001202121011.10.11.11.11.1211.1211.111.1nnnyy，21212211.10.1211.111.118.1491.40.10.10.1，所以200914nnnyy.故选：C.4．已知数列na满足2212352222nnnnaaa，数列na的前n项和为nS，则下列结论错误的是（）A．1a的值为2B．数列na的通项公式为312nnanC．数列na为递减数列D．3772nnnS【答案】B【分析】利用na与nS的关系可求数列的通项公式，利用1nnaa可判断单调性，利用错位相减法求nS.【详解】当1n时，124a，∴12a，故A正确；当2n时，22112131512222nnnnaaa，∴2231513523122nnnnnnan，∴312nnna，∵上式对1n也成立，∴312nnna（Nn），故B错误；∵1111343134623202222nnnnnnnnnnnaa，∴数列na为递减数列，故C正确；∵234710312222nnnS，∴2341147103122222nnnS，两式相减得，23111111131113173123232222222222nnnnnnnnnS，∴3772nnnS，故D正确．故选：B．5．已知数列na满足1nnan，则3202120222122222320212022aaaaa（）A．20212022B．20192020C．20202021D．20222023【答案】D【分析】由2111nannn利用裂项相消求和可得答案.【详解】因为1nnan，所以211111nannnnn，所以320212022212222111111232021202222334aaaaa1111120221202120222022202320232023．故选：D.6．已知数列na满足11a，1112nnnnaaaann，则na（）A．322nnB．223nnC．2231nnD．3122nn【答案】C【分析】由111112nnnnaaaann再利用裂项相消求和可得答案.【详解】因为1112nnnnaaaann，所以111111212nnnnaaaannnn，即1111112nnaann，则11221111111111+nnnnnaaaaaaaa1111111113112112312122nnnnnnnn.所以22231nnann当1n时，122131a上式成立，故2231nnan.故选：C.7．已知数列na是递增的等差数列，3a是1a与11a的等比中项，且25a.若1nnnbaa，则数列nb的前n项和nS（）A．322nB．352nC．325nD．355n【答案】A【分析】因为na是递增的等差数列，所以先假设0d，接着利用题意得到1ad，的方程组，解出1ad，的值，就可以得到na的通项公式，然后代入nb，进而求出nb的前n项和nS【详解】因为数列na是递增的等差数列，所以数列na的公差0d.由题意得2231115=aaaa即121115210adadaad解得12,3ad或15,0ad（舍去）.所以23131nann.所以13231nnnbaann.所以12352853231322nnSbbbbnnn故选：A.二、填空题8．已知数列na的通项公式(1),nnannS为数列1na的前n项和，则2022S___________．【答案】20222023【分析】根据裂项求和即可求解.【详解】由题知：1111=(1)1nannnn，所以20221111111120221=1=223342022202320232023S，故答案为：202220239．数列22nn的前n项和nS___________.【答案】1222nnn【分析】利用分组求和法，结合等差数列、等比数列前n项和公式求解作答.【详解】依题意，122122222122nnnnnSnn.故答案为：1222nnn10．数列{}na满足12(1)31nnnaan，前16项和为540，则2a__．【答案】-2【分析】分n为奇数与偶数两种情况，分别求得前16项中奇数项和偶数项的和，再根据偶数项与2a的关系求解即可【详解】因为数列{}na满足12(1)31nnnaan，当n为奇数时，231nnaan，所以312aa，7514aa，11926aa，151338aa，则1357911131580aaaaaaaa，当n为偶数时，231nnaan，所以425aa，6411aa，8617aa，10823aa，121029aa，141235aa，161441aa，故425aa，6216aa，8233aa，10256aa，12285aa，142120aa，162161aa，因为前16项和为540，所以24681012141654080460aaaaaaaa，所以28476460a，解得22a．故答案为：2．三、解答题11．已知数列na满足213,21nnaaa，设1nnba.(1)证明：nb是等比数列；(2)求13521naaaa.【答案】(1)证明见解析(2)232353nn【分析】（1）先求出1a，对121nnaa两边同时加1，化简可得结论，（2）由（1）可得21nna，然后利用分组求和可求得结果.（1）证明：当1n时，2121aa，则11a从而由1121nnaa，得1121nnaa，又12b，所以nb是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）得21nna，所以321135212221nnaaaan1232142351.143nnnn12．已知单调递减的正项数列na，2n时满足22111111210nnnnnnnnnaaaaaaaaa．112naS，为na前n项和．(1)求na的通项公式；(2)证明：111nSn.【答案】(1)11nan(2)证明见解析【分析】（1）通过分组分解法化简已知条件，然后构造等差数列1na，求得1na的通项公式，进而求得na的通项公式.（2）结合分析法、裂项求和法证得不等式成立.（1）由22111111210nnnnnnnnnaaaaaaaaa，得2221111()20nnnnnnnnaaaaaaaa，即111120nnnnnnnnaaaaaaaa，由na是单调递减的正项数列，得1120nnnnaaaa，则110nnnnaaaa，即1111nnaa，故1na是以112a为首项，1为公差的等差数列，则11nna，即11nan.（2）要证：111nSn，只需证：11111nannn，即证：21112(1)11nnnnn，即证：221111(1)1nnnnn，即证：222221(1)1nnnnnn，即证：3224(1)(221)nnnn，即证：324410nn，而此不等式显然成立，所以111nSn成立.13．已知数列na的前n项和为nS，点,nnS在曲线220xxy上．(1)证明：数列na为等差数列；(2)设21nnannba，求数列nb的前2n项和．【答案】(1)证明见解析(2)2122nn【