【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册精练：拓展二《数列求和的方法》（解析版）.doc，共(24)页，1.219 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-38117.html

以下为本文档部分文字说明：

拓展二数列求和的方法【题组一裂项相消】1．（2020·沭阳县修远中学高二月考）数列{}na的通项公式11nann，若前n项的和为11，则n=________.【答案】143.【解析】因为11nann，所以1nann，所以21+32++1=11nSnn

n因此11=11143nn，2．（2020·四川成都·高二期末）已知数列na，nb都是等差数列，313ab，15715ab，设11(1)nnnnnbcaa，则数列nc的前2018项和为（）A．20172

018B．20172018C．20182019D．20182019【答案】D【解析】设数列na，nb的公差分别为ad，bd，则由已知得1531212aaad，71612bbbd，所以1ad，2bd，所以3(3)naaandn，1(1)21nbbbndn

，所以121(1)(1)nnncnn111(1)1nnn，所以数列nc的前2018项和为201812201811111223Sccc…11113445

1120172018…1111201820182019120192019,故选D.3．（2020·河南高二月考）已知等差数列na中，13212aa，12421aaa.（1）求数列na的通项公式；（2

）记数列na的前n项和为nS，证明：121112123nSSSnL.【答案】（1）31nan；（2）证明见解析.【解析】（1）设数列na的公差为d，由题意得111112212231aadaadad

，解得12a，3d，故数列na的通项公式为23131nann.（2）由（1）知2313222nnnnnSn，所以231322nnnnnSnn，所以122113131nSnnnnn，所以12111211

11111232231nSSSnnnLL2121313n.4．（2020·江西省信丰中学月考）已知公差不为0的等差数列na中22a，且2a，4a，8a成等比数列.（1

）求数列na的通项公式；（2）设11nnnbaa，数列nb的前n项和为nS，求使1415nS的n的最大值.【答案】（1）nan；（2）13.【解析】（1）因为2a，4a，8a成等比数列，所以2428aaa，因为数列na是等差数列，且22a

，所以224282aaaa，即1311123()7adadadad，解得111ad或120ad（舍去）所以nan（2）因为nan，11nnnba

a，所以11111nnnbaann，所以11411115nnSnn，解得14n，所以当1415nS时，n的最大值为13.5．（2020·四川省内江市第六中学开学考试（理））设数列na满足123

(21)2naanan.（1）求na的通项公式；（2）求数列21nan的前n项和．【答案】(1)221nan；(2)221nn.【解析】（1）数列na满足123212=naanan2n时,12132321naanan

﹣＝∴212nna∴221nan当1n时,12a,上式也成立∴221nan（2）21121(21)(21)2121nannnnn∴数列21nan的前n项和1111113352121nn

1212121nnn6．（2020·江西其他）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项（1）求数列{an}通项公式；（2）求数列{1111nnnaaa}的前n项

和Tn.【答案】（1）12nna-=；（2）nT2121nn.【解析】（1）由42a是35,aa的等差中项得35424aaa，所以34543428aaaa，解得48a.由3520aa得18()20qq

，因为1q，所以2q=.所以12nna-=（2）记1112112121nnnnnnnabaa则1112211221212121nnnnnnb（）所以01122311111111122121212121212

121nnnT1121222121nnn。7．（2020·安徽省太和中学高二期末（理））已知数列na的前n项和为nS，且2347nnSan．（1）证明：数列2na为等比数列；（2）

若1211nnnnabaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）证明见解析；（2）114232nnT.【解析】（1）当1n时，11233aa=-，则13a．当2n时，因为2347nnSan，所以1123411nnSan

，则1234nnnaaa，即134nnaa．从而1232nnaa，即1232nnaa，因为13a，所以121a，所以数列2na是以1为首项，3为公比的等

比数列．（2）由（1）可得123nna，即132nna．因为1211nnnnabaa，所以1113111231313131nnnnnnb，则011221111111111123131313131313131

nnnnnT，故0111111112313122314232nnnnT．8．（2020·沭阳县修远中学高二月考）记nS是正

项数列na的前n项和，1na是4和nS的等比中项.（1）求数列na的通项公式；（2）记11(1)(1)nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）21nan；（2）4(1)nnTn.【解析】（1）因为1na是4和nS的等比中项，所

以2(1)4nnaS①，当2n时，211(1)4nnaS②，由①②得：2211(1)(1)44nnnnaaSS，化简得221(1)(1)nnaa，即111nnaa或者11(1)0nnaa（舍去），故12nnaa(2

)n，数列na为等差数列，因为211(1)4aS，解得11a，所以数列na是首项为1、公差为2的等差数列，通项公式：21nan.（2）∵111111(1)(1)2(22)41nnnbaannnn，∴12311111

111(1)()()()42233414(1)nnnTbbbbnnn.9．（2020·应城市第一高级中学高二开学考试）数列na满足121nnnaaa

，11a．（1）证明：数列1na是等差数列；（2）求数列1na的前n项和nS，并证明：121111nnSSSn．【答案】（1）证明见解析；（2）2nSn，证明见解析.【解析】（1）证明：∵121nnnaaa

，∴1211nnnaaa，化简得1112nnaa，即1112nnaa，故数列1na是以1为首项，2为公差的等差数列．（2）由（1）知121nna，所以2(121)2nnnSn，21111

1(1)1nSnnnnn．因此22212111111111121223(1)nSSSnnn1111111...1223111nnnnn．10．（2020·安徽金安·六安一中高二开学考试（理）

）设nS为首项不为零等差数列na的前n项和，已知4593aaa，520S.（1）求数列na的通项公式；（2）设nT为数列11nnaa的前n项和，求1nnTa的最大值.【答案】（1）1nan；（

2）116.【解析】（1）设na的公差为d，则由题知11113538545202adadadad解得103da(舍去)或112da，∴2111nann.（2）∵111111212nnaa

nnnn，∴1223111111112335nnnTaaaaaa1111122222nnnnn.∴221111

42(2)2(44)1642(4)2(42)nnTnnannnnnnn当且仅当4nn，即2n时，等号成立，即当2n时，1nnTa取得最大值116.【题组二错位相减】1．（2020·石嘴山市第三中学月考）在数列{an}中，a1＝1，an＋

1＝2an＋2n.(1)设bn＝12nna.证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和．【答案】（1）见解析（2）Sn＝(n－1)·2n＋1.【解析】(1)证明：∵an＋1＝2an＋2n，∴bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴

数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)知，bn＝n，∴＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，①∴2Sn＝1×21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，②①-②得：－Sn＝1＋21＋2

2＋…＋2n－1－n·2n12212nnn(1)21nn∴Sn＝(n－1)2n＋1.2．（2020·河南高二月考（理））设等差数列na的前n项和为nS，且424SS，2121aa.（1）求数列na的通项公式；（2）设数列

nb满足214nnnab，求数列nb的前n项和nR.【答案】（1）*21nannN；（2）1131494nnnR.【解析】（1）设等差数列na的公差为d，由424SS，2121aa

得1111468421adadada，解得112ad，因此*1(1)21naandnnN；（2）由题意知：122144nnnnanb，所以012101214444nnnR，则1211012

144444nnnnnR，两式相减得12111131111144144444414nnnnnnnR11111344nnn131(1)34nn，因此，1431131149494nnn

nnR.3．（2020·河南高二月考）设等差数列{}na的公差为d，前n项和为nS，且满足2d，476S.等比数列{}nb满足1310bb，2420bb.（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）设(23)nnncab，

求数列{}nc的前n项和nT.【答案】（1）242nan，2nnb；（2）1(23)26nnTn.【解析】（1）41434762Sad，解得122a，从而242nan.2113111020bbqbqbq，两式相除得2q=，12b

，所以2nnb.（2）(23)(21)2nnnncabn.123123252(21)2nnTn,23121232(23)2(21)2nnnTnn,相减得：12122(22)(21)2nnnTn1114222(21)2(32)261

2nnnnn,从而1(23)26nnTn.4．（2020·四川省绵阳南山中学开学考试（文））已知等比数列na中，12a，32a是2a和4a的等差中项．(1)求数列na的通项公式；(2)记2log

nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）2nna（2）1212nnTn【解析】(1)设数列na的公比为q，由题意知：32422aaa，∴32220qqq，即2210qq.∴2q=，即1222

nnna.(2)2nnbn，∴231222322nnTn.①23412122232122nnnTnn.②①－②得12341222222nnnTn1212nn∴1212nnTn.5．（2020·全国月

考（理））设数列na的前n项和为nS，24a，且对任意正整数n，点1,nnaS都在直线320xy上.（1）求na的通项公式；（2）若nnbna，求nb的前n项和nT.【答案】（1）2nna；（2）121129

39nnTn.【解析】（1）由点1,nnaS在直线320xy上，有1320nnaS，当2n时，1320nnaS，两式相减得11330nnnnaaSS，即130nnnaaa，12nnaa，又当1n时，212132

320aSaa而24a，解得12a，满足212aa，即na是首项12a，公比2q的等比数列，∴na的通项公式为2nna.（2）由（1）知，2nnbn，则231122232

122nnnTnn，23412122232122nnnTnn.两式相减得231322222nnnTnL112223nn

n121233nn所以12112939nnTn.6．（2020·安徽省泗县第一中学开学考试）设{}na是公比不为1的等比数列，1a为2a，3a的等差中项．（

1）求{}na的公比；（2）若11a，求数列{}nna的前n项和．【答案】（1）2；（2）1(13)(2)9nnnS.【解析】（1）设{}na的公比为q，1a为23,aa的等差中项，212312,0,20aaaaqq，1,2qq；（2）设{}

nna的前n项和为nS，111,(2)nnaa，21112(2)3(2)(2)nnSn，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nnnSnn，②①②得，2131(2)(2)(2)(2)nnnSn

1(2)1(13)(2)(2)1(2)3nnnnn，1(13)(2)9nnnS.7．（2020·广东汕尾·期末）已知等比数列na的前n项和是nS，且122,1Sa是

1a与3a的等差中项．（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足22lognnnbSa，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）2,*nnanN；（2）2(1)24nnTn.【解析】（1

）等比数列na的公比设为q，12S，即12a，21a是1a与3a的等差中项，可得13221aaa，所以2222(21)qq，整理求得2q=，则1222,*nnnanN；（2）由（1）可求得12(12)2212nn

nS，21122log2log22nnnnnnbSan，∴23411222322nnTn.①345221224322nnTn，②①－②得2341222222nn

nTn24(12)212nnn222242(1)24nnnnn，所以2(1)24nnTn，8．（2020·淮南第一中学开学考试）数列na的前n项和为nS满足13122nnSaa

，且15a，35a，415a成等差数列.（1）求数列na的通项公式；（2）设3n4log1nnaba，求数列nb的前n和nT.【答案】（1）3nna；（2）5512223nnTn

.【解析】（1）∵13122nnSaa，而当1n时，1113122nnSaa，∴113322nnnnnaSSaa，13nnaa(1n)，故na(*nN)是公比为3的等比

数列.故319aa，4127aa，由15a，35a，415a成等差数列，∴14351525aaa，即11152715295aaa，有13a，∴1333nnna（2）∵3nna，有334log14log311413

3nnnnnnabna，∴231111113711(45)(41)33333nnnTnn，23411111113

711(45)(41)333333nnnTnn，上述两式相减，得23121111134(41)333333nnnTn

21111133114(41)1313nnn1122111(41)3333nnn5451333nn，即有5512223nn

Tn.【题组三分组求和】1．（2020·全国月考（理））已知数列na满足13a，且*124nnaanN.（1）证明：4na是等比数列；（2）求na的前n项和nS.【答案】（1

）证明见解析；（2）214nnSn.【解析】（1）由题易知140a，且12442442444nnnnnnaaaaaa，所以4na是等比数列.（2）由（1）可知4na是以141a为首项，2为公比的等比

数列，所以142nna，所以124nna.所以0110111122424242224421412nnnnnSnnn.2．（2020·宝坻区大口屯高级中学高二月考）已知数列na是公差不为0的等差数

列，首项11a，且124,,aaa成等比数列．(1)求数列na的通项公式；(2)设数列nb满足2nannba，求数列nb的前n项和nT【答案】（1）nan；（2）11222nnn【解析】(1)设数列{an}的公差为d，由已知

得，a＝a1a4，即(1＋d)2＝1＋3d，解得d＝0或d＝1.又d≠0，∴d＝1，可得an＝n.(2)由(1)得bn＝n＋2n，∴Tn＝(1＋21)＋(2＋22)＋(3＋23)＋…＋(n＋2n)＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝12nn＋2n＋1－2.3

．（2020·陕西省洛南中学高二月考）已知数列{}na是公差不为零的等差数列，11a且139,,aaa成等比数列．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若42nannba数列{}nb的前n项和nS..【答案】（1）nan；（2）44113nnSnn

【解析】设等差数列的公差为d，则31212aadd，91818aadd，因为139,,aaa成等比数列，所以2319aaa，即21218dd，整理为：0d（舍）或1d，所以111nann

；（2）由（1）可知42nnbn，数列4n是以4为公比，4为首项的等比数列，前n项和为4413n，数列2n是以2为首项，2为公差的等差数列，前n项和为1nn.所以数列nb的前n项和为44113nnn【题组四倒序相加】1．（2020

·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二月考（文））设4()42xxfx，1231011111111ffff()A．4B．5C．6D．10【答案】

B【解析】由于1144114242xxxxfxfx，故原式11029565111111111111ffffff.2．（2020·贵州省思南中学月考）121()(1)2

,(0)()()...()(1)nnfxfxafffffnnn(*nN)，则数列{}na的通项公式是___________.【答案】1nan【解析】1210...1nnafffffnnn

，1211...0nnafffffnnn，两式相加可得1111201...10nnnaffffffffnnnn

，221nan，所以1nan.故答案为：1nan3．（2020·江苏省前黄高级中学月考）设1()22xfx，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得12019f22019

f2017201820192019ff_________．【答案】100922【解析】1()22xfx，11212(1)22222222xxxxxfx，因此1121212()(1)2

2222222222xxxxxxfxfx1221222222xx，所以12019f22019f2017201820192019ff120182019201920192022011

97ffff100922.故答案为：100922.4．（2020·甘南藏族自治州合作第一中学高二期中）221xfxx，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得122020202120212021fff

______．【答案】2020【解析】由题意可知2122121=22121-121xxxfxfxxxx，令S=122020202120212021

fff则S=202020191202120212021fff两式相加得，220202S2020S．故填：20205．（2020·江西上饶·高二月考（理））设4()

42xxfx，则12320162017201720172017ffff__________．【答案】1008【解析】∵函数442xxfx，∴11444411424242424xxxxxxxfxfx

，∴12320162017201720172017ffff100811008，故答案为1008.【题组五奇偶并项】1．（2019·广东实验中

学高二期中）已知数列na为等比数列，24a，32a是2a和4a的等差中项.（1）求数列na的通项公式；（2）设22log(1)nnnban，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)2nna，*nN；(2)2

23,21,2nnnnTnnn为偶数为奇数.【解析】（1）设数列na的公比为q，因为24a，所以34aq，244aq，因为32a是2a和4a的等差中项，所以32422aaa.即22(42)44qq，化简得220qq，因为公比0

q，所以2q=，因为24a，所以12a所以111222nnnnaaq，*nN；（2）22log2(1)2(1)nnnnbnnn当n为偶数时，前n项和2(1)32(1)2(3)(1)22nnnnn

Tnn；当n为奇数时，前n项和2(1)1121222nnnnnTn；则223,21,2nnnnTnnn为偶数为奇数.2．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校月考（理））已

知数列na的前n项和nS满足252nnnS，*nN.（1）求数列na的通项公式；（2）设21nnannba，*nN，求数列nb的前2n项和2nT.【答案】（1）2nan

；（2）28(41)nnTn.【解析】当1n时，113aS；当2n时，2211515222nnnnnnnaSSn，显然13a满足上式，综上：2nan；（2）由（1）知2212nn

nbn，2221243456212212nnTnnL8(41)nn.3．（2020·渝中·重庆巴蜀中学高三月考（理））已知等比数列na的前n项和为nS，22743aaa，且3，4S，

39a成等差数列.（1）求数列na的通项公式；（2）设111nnnbann，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）3nna；（2）33141nnnTn.【解析】（1）设等比数列na的公比为q，因为22743aaa，所以623

1113aqaqaq，因为10a，所以3q，又3，4S，39a成等差数列，所以43293Sa即412121393313aa，解得13a，所以113nnnaaq；（2）由题意11113311nnnnbnnnn

，所以12121111133312231nnnTbbbnn3133311113141nnnnn.4．（2020·江苏）在数列na中，已知12a，2

211440nnnnaaaa，121nnnnTaaa.（1）求数列nT的通项公式；（2）令22(1)log4nnnnbnT，求数列nb的前50项和50S.【答案】（

1）42nnnT；（2）2550.【解析】（1）因为2211440nnnnaaaa，所以2120nnaa，即12nnaa，因为12a，所以0na，所以数列na是以2为首项，2为公比的等比数列，则1222nnna，所以112122224212n

nnnnnnnT.（2）由（1）知21nnbnn，所以222520112249495050S22222221435049(1250)

(3799)(1250)(399)25(150)50222550.5．（2020·广东佛山）已知nS为数列na的前n项和，且12a，0na，2

632nnnSaa，*nN.（1）求数列na的通项公式；（2）若对*nN，21nnnba，求数列nb的前2n项和2nT.【答案】（1）32nan，*1,nnN；（2）22183nT

nn，*1,nnN.【解析】（1）由12a，211116632Saaa，解得11a或12a（舍去）；由2632nnnSaa①，2111623nnnSaa②，则①-②得：22

11633nnnnnaaaaa，整理有1113nnnnnnaaaaaa；∵0na，知：10nnaa，∴13nnaa，*2,nnN，即24a，故21413aa

；∴数列na是首项为1，公差为3的等差数列.∴1132naandn，*1,nnN.（2）∵221(1)(32)nnnnban，∴22222122123212623621nnnnbbaannn∴

221361232136211832nnnTnnnnn∴数列nb的前2n项和22183nTnn，*1,nnN.【题组六绝对值求和】1．（2020·石嘴山市第三中学月考）已知数列na的前n项和为214nSnn.（1）求数列

na的通项公式；（2）求数列na的前n项和nT.【答案】（1）152nan，（2）2214,17,1498,8,nnnnnNTnnnnN【解析】（1）当1n时，11411

3S，即113a，当2n时，22114[14(1)(1)]152nnnaSSnnnnn，1n时，满足上式，所以152nan（2）由0na得152n，而n+N，所以当17n时，0na，当8n时，0na，当17n时，2121214nnn

nTaaaaaaSnn，当8n时，1278nnTaaaaa1278()naaaaa77()nSSS72nSS21498nn，所以2214,17,1498,8,nnn

nnNTnnnnN2．（2020·河南安阳）记数列na的前n项和为S，已知221nnSan.（1）求数列na的通项公式；（2）记224(1)log(4),33nnnba

数列nb的前n项和为nT，求nT【答案】（1）1322nna；（2）,21,nnnTnnn为偶数为奇数【解析】（1）当1n时，由221nnSan，可得111221aSa，即有11a当2n时，11221221

1nnnnnaSSanan，即为122nnaa，可得1222nnaa，显然，120na.所以数列,2na是首项为3，公比为2的等比数列，则1232nna，即有1322nna（2）122241log3221log21

33nnnnnnbn当n为偶数时,12341,2nnTnn当n为奇数时，11122nnnnnTTbn综上可得，,21,nnnTnnn为

偶数为奇数3．（2019·福建城厢·莆田一中高三月考（文））设数列na前n项和为S，且满足*1111,3232nnaSanN．（1）证明na为等比数列，并求数列na的通项公式；（2）在（1）的条件下，设2lognnba，求数列nb的前n项

和nT．【答案】（1）证明见解析，62nna；（2）2211,621130,62nnnnTnnn．【解析】（1）当1n时，12132Sa，21132aa，当2n时，1132nnSa，与已知式作差得1nnnaaa

，即122nnaan，又21132aa，∴2116a，∴212aa，故数列na是以132为首项，2为公比的等比数列，所以62nna（2）由（1）知6nbn，∴6,66,6nnnbnn

，若6n，212112nnnnTbbb，若6n，2125611302nnnnTbbbbb，∴2211,621130,62nnnnTnnn．4．（2020·浙江）已知数列na的前n项和为nS，且22nn

Sa，数列nb为等差数列113ba，452ba.（1）求na，nb的通项公式；（2）记nnncab，求数列nc的前n项和nT.【答案】（1）2nna，82nbn；（2）2112422

2,524294,5nnnnnnTnnn„【解析】（1）当1n时，11122aSa，得12a；当2n时，1122nnSa，由1nnnaSS，得12nnaa.故na为等比数列，其公比为2，所以2nna.由12a，11

3ba，得16b，45230ba，因为nb为等差数列，所以其公差8d，所以82nbn.（2）因为282nnnncabn，所以当5n时，0nc，当5n时，0nc.所以当5n时，2111224222nnnnTbababann

.当5n时，121122555524294nnnnTbababaababnn.故数列nc的前n项和21124222,524294,5nnnnnnTnnn

„.