2024年新高考数学一轮复习达标检测第35讲数列求和（教师版）

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A．B．C．D．
【分析】本题根据数列通项公式的特点可先求出连续奇偶项的和，然后运用分组求和法可计算出的值，得到正确选项．
【解答】解：由题意，令，则
当为奇数时，为偶数，
，
．
故选：．
2．已知数列满足，则
A．B．C．D．
【分析】本题先根据公式法计算出数列的通项公式，然后计算出的表达式并根据表达式的特点进行裂项，最后计算时相消即可得到结果．
【解答】解：由题意，可知
，
则，
．
故选：．
3．已知数列满足：，则数列的前项和为
A．B．C．D．
【分析】在中取为，得到，两式相减求得，再用裂项累加即可．
【解答】解：在中，取，易得
数列满足：①，
②，
②①可得，，也满足）．
，
则数列的前项和．
故选：．
4．已知数列满足：，．正项数列满足：对于每个，，且，，成等比数列，则的前项和为
A．B．C．D．
【分析】运用数列的累乘法求得，再由等比数列的中项性质可得，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
【解答】解：，
可得，
由，可得
，
可得，
由，，成等比数列，
可得，
可得，
则，
所以
．
故选：．
5．数列是首项和公差都为1的等差数列，其前项和为，若是数列的前项和，则
A．1B．C．D．
【分析】由题意，，，即可得，累加即可．
【解答】解：由题意，，故，
于是，
，
故选：．
6．已知等差数列满足，，设数列的前项和为，则
A．32B．28C．128D．0
【分析】设公差为，运用等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再讨论数列的项的符号，由等差数列的求和公式可得所求和．
【解答】解：设公差为，由，，
可得，，解得，，
故，
易知当时，，当时，，且，，
则．
故选：．
7．等差数列中，，，是数列的前项和，则
A．B．C．D．
【分析】等差数列的公差设为，由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，由等差数列的求和公式可得，，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
【解答】解：等差数列的公差设为，
由，，可得，，
解得，
可得，
则，
可得则．
故选：．
8．已知数列的前项和为，满足，且数列的前6项和等于321，则的值等于
A．B．C．1D．2
【分析】先由题设条件得到：，再由求得，进而求得，再由其前6项和等于321求得的值．
【解答】解：依题意得：当时，有，解得：；
当时，由，
两式相减可得：，
即：，
故，，
故数列的前6项和为．
令①，则②，
由①②可得：，
则，
，
解得：．
故选：．
9．公元1202年意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，即，．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．若记，数列的前项和为，则
A．0B．1C．2019D．2020
【分析】直接利用关系式的变换求出数列为等比数列．进一步利用分组法求出数列的和．
【解答】解：由题意知，
由于，
所以，
所以．
故选：．
10．（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是
A．
B．
C．
D．
【分析】根据数列的特点，求出其递推关系式；再对每一个选项逐个检验即可
【解答】解：．由，，，可得成立；
．由，，，可得，；
成立；
．由，，，，，可得：．
故是斐波那契数列中的第2020项．即答案成立；
．斐波那契数列总有，
则，，，，
，
；
；即答案 成立
故选：．
11．（多选）已知数列是递增的等差数列，，．，数列的前项和为，下列结论正确的是
A．B．
C．当时，取最小值D．当时，取最小值
【分析】由已知求出数列的首项与公差，得到通项公式判断与；再求出，由的项分析的最小值．
【解答】解：在递增的等差数列中，
由，得，
又，联立解得，，
则，．
．
故正确，错误；
可得数列的前4项为负，第5项为正，第六项为负，第六项以后均为正．
而．
当时，取最小值，故正确，错误．
故选：．
12．设数列的前项和为，且，，则 ．
【分析】由已知数列递推式，可得，再由累积法求数列的通项公式，然后利用裂项相消法求和．
【解答】解：由，①
得当时，，②
①②得：，
即，则：
，
，
，
，
．
累乘可得：，
又，，
则
．
故答案为：．
13．若数列的前项和为，，则的值为 ．
【分析】先对分当， 与， 两类研究，进而得到与，然后分别求出与即可求得的值．
【解答】解：，
当， 时，有；
当， 时，有，
又，
．又，
．
故答案为：299．
14．已知数列满足，为的前项和，记，数列的前项和为，则 ．
【分析】运用等差数列的求和公式可得，求得，考虑每隔四项的和，结合特殊角的余弦函数值，计算可得所求和．
【解答】解：，可得，
则，
则
．
故答案为：．
15．数列中，，，，则的前项和 ．
【分析】（1）直接利用等比数列的定义求出数列的通项公式．进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和．
【解答】解：数列中，，，，
所以数列是以为首项，公差为的等差数列．
所以，
所以．
则：，
所以，
所以．
故答案为：
16．已知数列的各项均为正数，其前项和满足，．设，为数列的前项和，则 ．
【分析】由数列的递推式：时，；时，，结合等差数列的通项公式和求和公式，化简整理可得所求和．
【解答】解：数列的各项均为正数，其前项和满足，．
可得时，，解得，
时，，又，
相减可得，
化为，
由，可得，
则，
，
可得
．
故答案为：．
17．设等差数列的前项和为，若，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的前项和为．
【分析】（1）直接利用等差数列的性质的应用求出数列的通项公式．
（2）利用裂项相消法的应用求出数列的和．
【解答】解：（1）设首项为，公差为的等差数列的前项和为，若，，
所以，解得，
所以．、
（2）由于，
所以，
所以．
18．已知数列的前项和，为等比数列，且，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【分析】（1）由数列的递推式可知，当时，，当时，，计算出，再由等比数列的通项公式，可得；
（2）求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简可得．
【解答】解：（1）当时，，
当时，，满足上式，则；
因为，，则，
因为为等比数列，所以，
所以；
（2），
由，
所以，①
，②
①②可得，
所以．
19．已知在等差数列中，，．
（Ⅰ）设，求证：数列是等比数列；
（Ⅱ）求数列的前项和．
【分析】（Ⅰ）直接利用等差数列的定义求出数列的通项公式，进一步求出数列是等比数列．
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用分组法求出数列的和．
【解答】解：（Ⅰ）设公差为的等差数列中，，．
整理得，解得，
所以．
由于，所以，，
整理得（常数），
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列．
（Ⅱ）由于数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以．
所以，
故：．
20．已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
【分析】（1）直接利用等差数列的定义和性质求出数列的通项公式．
（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和．
【解答】解：（1）设公差为的等差数列的前项和为，首项为，且，．
所以，解得，
整理得
（2）由（1）得：
数列满足，
则．
21．已知公差不为0的等差数列的首项，前项和是，且____（①，，成等比数列，②，③，任选一个条件填入上空），设，求数列的前项和．
【分析】选①：由已知得，再利用错位相减法求和；
选②：，再利用错位相减法求和；
选③：求得，，再利用错位相减法求和；
【解答】解：设等差数列的公差为，
选①：由，，成等比数列得，
化简得，，
于是，
，
，
相减得：，
；
选②：，
时，，符合上式，，
下同①；
选③：，，
，
，
，
相减得，
．
[B组]—强基必备
1． 为数列的前项和，，，，，对任意大于2的正整数，有恒成立，则使得成立的正整数的最小值为
A．7B．6C．5D．4
【分析】先由题设条件求出，得到：，整理得：，从而有数列是以3为首项，2为公差的等差数列，求出，再利用累加法求出，然后利用裂项相消法整理可得，解出的最小值．
【解答】解：依题意知：当时有，，，，
，，即，
，即，，
又，，，
数列是以3为首项，2为公差的等差数列，，
故，，，，，
由上面的式子累加可得：，，
，．
由可得：，
整理得， 且，
解得：．所以的最小值为6．
故选：．
2．已知数列的通项公式是，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；；在和之间插入个数，，，，使，，，，，成等差数列．这样得到新数列，，，，，，，，，，，记数列的前项和为，有下列判断：
①；②；③；④．
其中正确的判断序号是 ．
【分析】根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断即可．
【解答】解：以题意，有①，故①正确；
②在数列中是第项，所以，故②错误；
③，，故③正确；
④，故④正确．
故答案为：①③④．
3．定义数列，先给出，接着复制该项，再添加1的后继数2，于是，，接下来再复制前面所有项，之后再添加2的后继数3，如此继续，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，，设是的前项和，则 ．
【分析】由数列的构造方法可知，，，，可得，即，由于数表的前行共有个数，于是，先计算．在前个数中，共有1个，2个，个，，个，，个1，因此，，两式相减，得．，即可得出．
【解答】解：由数列的构造方法可知，，，，
可得，即，
故．
由于数表的前行共有个数，于是，先计算．
在前个数中，共有1个，2个，个，，个，，个1，
因此，
则，
两式相减，得．
．