高中数学必修5数列求和精选题目(附答案)

高中数学必修5数列求和精选题目（附答案）
1．公式法
(1)等差数列{ a
n
}的前n项和S
n
＝
推导方法：倒序相加法．
1，< br>?
na
1
，q＝
(2)等比数列{a
n
}的前n项和 S
n
＝
?
a
1
?1－q
n
?
?< br>1－q
，q≠1.
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝
n?n＋1?
；
2
n?a
1＋a
n
?n?n－1?d
＝na
1
＋.
22


②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋2n－1＝n
2
.
2．几种数列求和的常用方法 (1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和
的数列组成的，则求和 时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中 间的一些项可以
相互抵消，从而求得前n项和．
(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由 一个等差数列和一个等比数列的
对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{a
n
}与首末两端等“距离”的两项的和相等或< br>等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
一、分组转化法求和 < br>n
2
＋n
1.已知数列{a
n
}的前n项和S
n＝
2
，n∈N
*
.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)设b
n
＝2a
n
＋(－1)
n
a
n
，求数列{b
n
}的 前2n项和．
注：
1．分组转化求和的通法
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，

转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和．
2．分组转化法求和的常见类型

?
1
?
2.．已知数列 {a
n
}的通项公式是a
n
＝2n－
?
2
?
n
，则其前20项和为( )
??
1
A．379＋
2
20

1
C．419＋
2
20

1
B．399＋
2
20

1
D．439＋
2
20

?
a
n
＋2，n是奇数，< br>3．(2019·资阳诊断)已知数列{a
n
}中，a
1
＝a
2
＝1，a
n
＋
2
＝
?
?
2a
n
，n是偶数，
则数列{a
n
}的前20项和为( )
A．1 121
C．1 123
B．1 122
D．1 124

二、裂项相消法求和

1
(一) 形如a
n
＝型
n?n＋k?
4.(2019·南宁摸底联考)已知等差数列{a
n
} 满足a
3
＝7，a
5
＋a
7
＝26.
(1)求等差数列{a
n
}的通项公式；
(2)设c
n
＝
1
，n∈N
*
，求数列{c
n
}的前n项和T
n< br>.
a
n
a
n
＋
1

(二) 形如a
n
＝
1
型
n＋k＋n
α

1
5.已知函数f(x)＝x的图象过点(4,2)，令a
n
＝，n∈N
*
. 记数列{a
n
}
f?n＋1?＋f?n?
的前n项和为S
n
，则S
2 019
＝( )
A.2 018－1
C.2 020－1
注：

B.2 019－1
D.2 020＋1

1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律
裂项
原则
消项
规律
一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止
消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数
第几项
[提醒] ①要注意n＝1时，是否符合所求得的通项公式；②裂项相消后，
注意留下了哪些项，避免遗漏．
2．常见的拆项公式
(1)
(2)
(3)
111
＝
n
－；
n ?n＋1?n＋1
1
?
11
?
1
＝
?
2n －1
－
2n＋1
?
；
?2n－1??2n＋1?
2
??
1
n＋n＋1
＝n＋1－n；
2
n
11
(4)
n
＝－.
?2－1??2
n
＋
1
－1?2
n
－12
n
＋
1
－1
??
1
??
?
的前6.在等差数列{a
n
} 中，a
3
＋a
5
＋a
7
＝6，a
11
＝8 ，则数列
?
a·
?
n
＋
3
a
n
＋
4
?
?
?
n项和
为( )
n＋1
A.
n＋2
C.
n

n＋1
n
B.
n＋2
D.
2n

n＋1
7.各项均为正数的等比数列 {a
n
}中，a
1
＝8，且2a
1
，a
3,
3a
2
成等差数列．
(1)求数列{a
n
}的通项公式； 1
(2)若数列{b
n
}满足b
n
＝，求{b
n
}的前n项和S
n
.
nlog
2
a
n
三、错位相减法求和
8.(2017·山 东高考)已知{a
n
}是各项均为正数的等比数列，且a
1
＋a
2< br>＝6，a
1
a
2
＝a
3
.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2){b
n
}为各 项非零的等差数列，其前n项和为S
n
.已知S
2n
＋
1
＝ b
n
b
n
＋
1
，求数列

?
b
n
?
??
的前
?
a
n
?n项和T
n
.
9.
?变结论?
若本例中a
n
，b
n
不变，求数列{a
n
b
n
}的前n项和T
n
.
10．已知{a
n
}为等差数列，前n项和为S
n
(n ∈N
*
)，{b
n
}是首项为2的等比数
列，且公比大于0，b2
＋b
3
＝12，b
3
＝a
4
－2a
1
，S
11
＝11b
4
.
(1)求{a
n
}和{b
n
}的通项公式；
(2)求数列 {a
2n
b
n
}的前n项和(n∈N
*
)．
注： 错位相减法求和的4个步骤

[易误提醒]
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．
(3)在应用错 位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和
q≠1两种情况求解．
巩固练习：
1．数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝
则k＝( )
A．80 B．81
C．79 D．82
1
n＋n－1
，若该数列的前k项之和等于9，
2．若数列{a
n
}的通项公式 是a
n
＝(－1)
n
(3n－2)，则a
1
＋a
2
＋…＋a
10
＝( )
A．15
C．－12
B．12
D．－15
3．已知{a
n
}是首项为1的等比数列，S< br>n
是{a
n
}的前n项和，且9S
3
＝S
6
，则
?
1
?
数列
?
a
?
的前5项和为( )
?
n
?

15
A.
8
或5
31
C.
16

31
B.
16
或5
15
D.
8

4．在等差数列{a
n
}中，a
4
＝5，a
7
＝11.设b
n
＝(－1)
n
·a
n
，则数列{b
n
}的前100
项之和S
100＝( )
A．－200
C．200
5．已知
?
?
2
n
＋1
?
?
T
n
为数列
?
n
?
的前
?
2
?
?
?
B．－100
D．100
n项和，若m>T
10
＋1 013恒成立，则整数m
的最小值为( )
A．1 026
C．1 024
B．1 025
D．1 023
1
?
111
?
6．已知数列：1
2
，2
4
，3
8
，…，
?
n＋
2
n
?
，…，则其前n项和关于n的表达
??
式为________．
7．已知数列{a
n
}满足a
1
＝1， a
n
＋
1
·a
n
＝2
n
(n∈N
*
)，则S
2 018
＝________.
8．(2019·成都第一次 诊断性检测)已知等差数列{a
n
}的前n项和为S
n
，a
2
＝3，
S
4
＝16，n∈N
*
.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)设b
n
＝1
，求数列{b
n
}的前n项和T
n
.
a
n
a
n
＋
1
9．(2018·南昌摸底调研)已知数列{a
n
}的前n项和S
n
＝2
n
＋
1
－2，记b
n
＝a
n
S
n
(n
∈N
*
)．
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)求数列{b
n
}的前n项和T
n
。

参考答案：
1.[解] (1)当n＝1时，a
1
＝S
1
＝1；
n
2
＋n ?n－1?
2
＋?n－1?
当n≥2时，a
n
＝S
n
－S
n
－
1
＝
2
－＝n.
2
又a1
＝1也满足a
n
＝n，故数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝n.
(2)由(1)知a
n
＝n，故b
n
＝2n
＋(－1)
n
n.

记数列{b
n
}的前2n项和为T
2n
，
则T
2n
＝(2
1
＋2
2
＋…＋2
2n
) ＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝2
1
＋2
2
＋…＋2
2n
，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
2?1－2
2n
?
2n
＋
1
则A＝＝2－2，
1－2
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故 数列{b
n
}的前2n项和T
2n
＝A＋B＝2
2n
＋1
＋n－2.
2.解析：选C 令数列{a
n
}的前n项和为S
n
，则S
20
＝a
1
＋a
2
＋a
3＋…＋a
20
＝
1
?
1
?
1
?
111
?
2(1＋2＋3＋…＋20)－
?
2
＋
2
2
＋
2
3
＋…＋
2
20
?
＝420－< br>?
1－
2
20
?
＝419＋
2
20
.
????
3.解析：选C 由题意可知，数列{a
2n
}是首项为1，公 比为2的等比数列，
数列{a
2n
－
1
}是首项为1，公差为2的等 差数列，故数列{a
n
}的前20项和为
1×?1－2
10
?10× 9
＋10×1＋
2
×2＝1 123.选C.
1－2
4.[解] (1)设等差数列的公差为d，
?
a
1
＋2d＝7，
?
a
1
＝3，
则由题意可得
?
解得
?

?2a
1
＋10d＝26，
?
d＝2.
所以a
n
＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)因为c
n
＝
11
＝，
a
n
a
n
＋
1
?2n＋1??2n＋3?

1
?
1
?
1
所以c
n
＝
2
?
2n＋1
－
2n＋3
?
，
??
11
?
1
?
11
?
1
?
1111
n
－ ＋－＋…＋－－
???
所以T
n
＝
2
?
3557< br>＝＝
2n＋12n＋3
?
2
?
3
2n＋3
?
6n＋9
.
?
1
5.[解析] 由f(4)＝2可得4
α
＝2，解得α＝
2
，
则f(x)＝x.
11
∴a
n
＝＝＝n＋1－n，
f?n＋1?＋f?n?
n＋1＋n
S
2 019
＝a
1
＋a
2
＋a
3
＋…＋a
2 019
＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋
(2 019－2 018)＋(2 020－2 019)＝2 020－1.
6.解析：选C 因为a
3
＋a
5
＋a
7
＝6，

12

所以3a
5
＝6，a
5
＝2，又a
1 1
＝8，
a
11
－a
5
所以等差数列{a
n}的公差d＝＝1，
11－5
所以a
n
＝a
5
＋(n－5)d＝n－3，
所以
1111
＝＝
n
－，
a
n
＋
3
·a
n
＋
4
n?n＋1?n＋1
111111
n项和为1－
2
＋
2
－
3
＋…＋
n
－＝1 －＝
n＋1n＋1
??
1
??
??
的前因此数列
a ·a
n
＋
3n
＋
4
??
??
n
， 故选C.
n＋1
7.解：(1)设等比数列{a
n
}的公比为q(q>0)．
∵2a
1
，a
3,
3a
2
成等差数列，
∴2a
3
＝2a
1
＋3a
2
，即2a
1
q
2
＝2a
1
＋3a
1
q，
1
∴2q2
－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－
2
(舍去)，
∴a
n
＝8×2
n
－
1
＝2
n
＋
2
.
1
?
111
?
1
－
?
， (2)由(1) 可得b
n
＝＝＝
?
nlog
2
2
n
＋2
n?n＋2?
2
?
n
n＋2
?
∴S
n
＝b
1
＋b
2
＋b
3
＋…＋b
n

1111111
?
1
?
＝
2
?
1－< br>3
＋
2
－
4
＋
3
－
5
＋… ＋
n
－
n＋2
?

??
111
?
1
?
1＋－－
＝
2
?

2
n＋1n＋2< br>?
??
1
?
31
?
1
＝
4
－
2
?
n＋1
＋
n＋2
?

??
2n＋3
3
＝
4
－.
2?n＋1??n＋2?
8.[解] (1)设{a
n
}的公比为q， 2
由题意知：a
1
(1＋q)＝6，a
2
1
q＝a1
q.
又a
n
＞0，解得a
1
＝2，q＝2，
所以a
n
＝2
n
.
(2)由题意知，
?2n＋ 1??b
1
＋b
2n
＋
1
?
S
2n
＋
1
＝＝(2n＋1)b
n
＋
1
，
2

又S
2n
＋
1
＝b
n
b
n
＋
1
，b
n
＋
1
≠0，
所以b
n
＝2n＋1.
2n＋1
b
n
令c
n
＝
a
，则c
n
＝
2
n
，
n
2n－12n＋1
357
因此T
n
＝c
1
＋c2
＋…＋c
n
＝
2
＋
2
2
＋
2
3
＋…＋
n
－
1
＋
2
n
， < br>2
2n－12n＋1
1357
又
2
T
n
＝< br>2
2
＋
2
3
＋
2
4
＋…＋
2
n
＋
n
＋
1
，
2
两式相减得
1
?
2n＋1
313
?
11
?
1
?n
－
1
2n＋1
5
2n＋5
＋＋…＋
T－n
＋
1
＝
2
－
n
＋
1
， < br>n
＝＋
?
22
2
n
－
1
?
－
n
＋
1
＝＋1－
??
2
?
2
2 2
?
2
?
2
?
22
2n＋5
所以T
n
＝5－
2
n
.
9.解：由本例解析知a
n
＝ 2
n
，b
n
＝2n＋1，
故T
n
＝3×2
1
＋5×2
2
＋7×2
3
＋…＋(2n＋1)×2
n，
2T
n
＝3×2
2
＋5×2
3
＋7×2< br>4
＋…＋(2n＋1)×2
n
＋
1
，
上述两式相减 ，得，－T
n
＝3×2＋2×2
2
＋2×2
3
＋…＋2×2
n
－(2n＋1)2
n
＋
1

8?1－2
n
－
1
?
＝6＋－(2n＋1)2
n
＋
1

1－2
＝(1－2n)2
n
＋
1
－2
得T
n
＝(2n－1)×2
n
＋
1
＋2.
10.解：(1)设等差数列{a
n
}的公差为d，等比数列{b
n
}的公 比为q.
由已知b
2
＋b
3
＝12，得b
1
(q ＋q
2
)＝12，
而b
1
＝2，所以q
2
＋q－6＝0.
因为q>0，解得q＝2，所以b
n
＝2
n
.
由b
3
＝a
4
－2a
1
，可得3d－a
1
＝8. ①
由S
11
＝11b
4
，可得a
1
＋5d＝16. ②
联立①②，解得a
1
＝1，d＝3，
由此可得a
n
＝3n－2.
所以{a
n
}的通项公式为a
n
＝3n－2，{b
n
}的通项公式为b
n
＝2
n
.
(2)设数列{a
2n
b
n
}的前n项和为T
n
，由a
2n
＝6n－2，有
T
n
＝4×2＋10×2< br>2
＋16×2
3
＋…＋(6n－2)×2
n
，
< /p>

2T
n
＝4×2
2
＋10×2
3
＋1 6×2
4
＋…＋(6n－8)×2
n
＋(6n－2)×2
n
＋
1
，
上述两式相减，得
－T
n
＝4×2＋6×22
＋6×2
3
＋…＋6×2
n
－(6n－2)×2
n< br>＋
1

12×?1－2
n
?
＋
＝－4－(6 n－2)×2
n1

1－2
＝－(3n－4)2
n
＋
2
－16，
得T
n
＝(3n－4)2
n
＋
2
＋16.
所以数列{a
2n
b
n
}的前n项和为(3n－4)2
n
＋
2
＋16.
练习：
1.解析：选B a
n
＝
解得k＝81，故选B.
2.解析：选A a
1
＋ a
2
＋a
3
＋a
4
＋a
5
＋a
6
＋a
7
＋a
8
＋a
9
＋a
10
＝ －1＋4－7＋10
－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15，故选A.
9?1－q
3
?1－q
6
3.解析：选C 设{a
n
}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，
1－q1－q
?
1
?
1
所以1＋q
3
＝9，得q＝2，所以
?
a
?
是首项 为1，公比为的等比数列，前5项和
2
?
n
?
1
n＋n－1
＝n－n－1，故S
n
＝n，令S
k
＝k＝9，
?
1
?
1－
?
2
?
5
??
31
为< br>1
＝
16
.
1－
2
?
a
1
＋3d＝5，
4.解析：选D 设数 列{a
n
}的公差为d，由题意可得
?
?
?
a
1< br>＋6d＝11
?
a
1
＝－1，
?
?a
n＝2n－3?b
n
＝(－1)
n
(2n－3)?S
100
＝(－a
1
＋a
2
)＋(－a
3
＋a
4
)＋…
?
d＝2
＋(－a
99
＋a
100
)＝50 ×2＝100，故选D.
2
n
＋1
?
1
?
5.解析：选C ∵
2
n
＝1＋
?
2
?
n
，
??
1
∴T
n
＝n＋1－
2
n
，
11
∴T
10
＋1 013＝11－
2
10
＋1 013＝1 024－
2
10
，

又m>T
10
＋1 013，
∴整数m的最小值为1 024.
6.解析：设所求的前n项和为S
n
，则
1
?
1
?
?
1－
2
n
?
?n?n＋1?
11
?
n?n＋1?
2
?
?
11
S
n< br>＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
?
2
＋
4
＋…＋
2n
?
＝
2
＋
1
＝
2
－
2n
??
1－
2
＋1.
7.解析：∵数列{a
n
}满足a
1
＝1，a
n
＋
1
·a
n
＝2
n
，①
∴n＝1时，a
2
＝2，n≥2时，a
n
·a
n
－
1
＝2
n1
，②
－
由①÷②得
a
n
＋
1
＝2，
a
n
－
1
∴数列{a
n
}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
1－2
1 009
2?1－2
1 009
?
∴S
2 018
＝＋＝3·2
1 009
－3.
1－21－2
8.解：(1)设数列{a
n
}的公差为d，
∵a
2
＝3，S
4
＝16，
∴a
1
＋d＝3,4a
1
＋6d＝16，
解得a
1
＝1，d＝2.
∴a
n
＝2n－1.
(2)由题意知，b
n
＝
1
?
11
?
1
＝
2
?
2n－1
－
2n＋1
?
，
?2n－ 1??2n＋1?
??
∴T
n
＝b
1
＋b
2
＋…＋b
n

1
??
1
??
11
?1
?
?
?
1
－
＝
2
??
1－
3
?
＋
?
3
－
5
?
＋…＋
?
2n－12n＋1
??

???
?
?
???< br>1
?
1
?
＝
?
1－
2n＋1
?
2
??
＝
n
.
2n＋1
9.解：(1)∵ S
n
＝2
n
＋
1
－2，
∴当n＝1时，a
1
＝S
1
＝2
1
＋
1
－2＝2；
当n ≥2时，a
n
＝S
n
－S
n
－
1
＝2n
＋
1
－2
n
＝2
n
.
又a
1
＝2＝2
1
，∴a
n
＝2
n
.
< /p>

(2)由(1)知，b
n
＝a
n
S
n
＝2·4
n
－2
n
＋
1
，
∴T
n
＝b
1
＋b
2
＋b
3
＋…＋b
n
＝2( 4
1
＋4
2
＋4
3
＋…＋4
n
)－(2< br>2
＋2
3
＋…＋2
n
＋
1
)＝
4? 1－4
n
?4?1－2
n
?
2
n
＋
1n< br>＋
2
4
2×－＝
3
·4－2＋
3
.
1－41－2