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2024年高考数学一轮复习 第五章 数列 课时达标31 数列求和 理
[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n项和，以及利用Sn与an的关系求通项公式，三种题型均有考查 ，位于各类题型的中间靠后位置．
一、选择题
1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝14A． B． 425解析：因为an＝2．已知Sn＝
1
，则S6 ＝( D )
nn＋1
5
C． 6
6D． 7
n1111111116
＝－，所以S6＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. n＋1nn＋12236777＋
11
＋＋…＋，若Sm＝10，则m＝( B ) 3＋22＋3n＋1＋nC．120
D．121
1
12＋1
A．11 B．99 解析：因为
1
＝
n＋1＋nn＋1－n＝n＋1－n，所以Sm＝2－1＋3－2＋…
n＋1－n＋m＋1－m＝m＋1－1.由已知得m＋1－1＝10，所以m＝120，故选C．
3．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sin则S2 017＝( D )
A．1 006 B．1 007 解析：由题意，得an＋1＝an＋sin
2
C．1 008 D．1 009
n＋1π
2
，记Sn为数列{an}的前n项和，
n＋1π
3π
，所以a2＝a1＋sin π＝1，a3＝a2＋sin
2
5π
＝0，a4＝a3＋sin 2π＝0，a5＝a4＋sin＝1，…，
2
因此，数列{an}是一个以4为周期的周期数列，而2 017＝4×504＋1，所以S2 017＝504×(a1
＋a2＋a3＋a4)＋a2 017＝1 008＋a1＝1 009，故选D．
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列?( A )
10099
A． B． 101101
99
C． 100
101D． 100
??anan＋1?
1?
?的前100项和为
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
a1＋4d＝5，??
∵a5＝5，S5＝15，∴?5×5－1
5ad＝15，1＋?2?
1
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??a1＝1，∴?
?d＝1，?
∴an＝a1＋(n－1)d＝n.
∴
1
anan＋1n＝
?1?1111111
?的前100项和为1－＋－＋…＋＝－，∴数列?－
n＋1nn＋1223100?anan＋1?
11100
＝1－＝. 101101101
5．数列{an}的通项公式an＝ncosA．2 017 B．1 008 解析：因为an＝ncos
nπ
2
，其前n项和为Sn，则S2 017＝( B )
C．504 D．0
nπ
2
，所以当n为奇数时，an＝0，
??n，n＝4m，
当n为偶数时，an＝?
??－n，n＝4m－2，
其中m∈N，
*
所以S2 017＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2 016＋a2 017 ＝a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a2 016
＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016
＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 014＋2 016) ＝2×504
＝1 008，故选B．
6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2(n∈N)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 018
＝( B )
A．2
2 018
n*
－1
1 009
B．3×2D．3×2
nn＋1
1 009
－3 －2
C．3×2－1
2 018
解析：依题意得an·an＋1＝2，an＋1·an＋2＝2，于是有
an＋1·an＋2an＋2
＝2，即＝2，数列
an·an＋1ana1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2
1－22
＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝＋
1－2
二、填空题
7．在数列{an}中，an＝为8n. n＋112n2＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n项和n＋1n＋1n＋1anan＋1
1 009
1－2
1－2
1 009
＝3×2
1 009
－3，故选B．
nn＋1
解析：∵an＝2
2n＋1
1?n8?1
＝，∴bn＝＝8?－?. 2nn＋1?nn＋1?
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11?8n?111
∴b1＋b2＋…＋bn＝8?1－＋－＋…＋－＝.
nn＋1??223?n＋1
8．(2017·河南郑州模拟)设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝130.
解析：由an＝2n－10(n∈N)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以当n<5时，an<0，当n≥5时，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
9．若数列{an}是正项数列，且a1＋a2＋…＋an＝n＋3n(n∈N)，则＋＋…＋
23n＋1＝2n＋6n.
解析：令n＝1，得a1＝4，∴a1＝16.
当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)＋3(n－1)． 与已知式相减，得an＝(n＋3n)－(n－1)－3(n－1)＝2n＋2. ∴an＝4(n＋1)，当n＝1时，a1适合an. ∴an＝4(n＋1)，∴
22
2
22
2
2
*
*
*
a1a2anann＋1
＝4n＋4，
＝2n＋6n.
2
∴＋＋…＋＝
23n＋1三、解答题
a1a2ann8＋4n＋4
2
10．在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋(n－2) (n≥2，n∈N)． (1)求a2，a3的值；
(2)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式； (3)求数列{an}的前n项和Sn. 解析：(1)令n＝2得a2＝2a1＝6. 令n＝3，得a3＝2a2＋1＝13. (2)证明：因为
*
an＋n2an－1＋n－2＋n＝＝2，
an－1＋n－1an－1＋n－1
所以数列{an＋n}是首项为4，公比为2的等比数列， 所以an＋n＝4·2
n－1
＝2
n＋1
，所以an＝2
n＋1
n＋1
－n.
(3)因为数列{an}的通项公式an＝2所以Sn＝(2＋2＋…＋2
2
3
－n，
41－2
1－2
nn＋1
)－(1＋2＋…＋n)＝－
nn＋1
2
＝2
n＋2
－
n2＋n＋8
2
.
1*
11．(2015·浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N) ，b1＋b2
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