[命题报告·教师用书独具]
一、选择题。
1．数列的前n项和为( )
a．1＋2n b．2＋2n
c．n＋2n－1 d．n＋2＋2n
解析：sn＝n＋＝n＋2n－1.
答案：c2．(2023年杭州期末)数列的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和s100等于( )
a．200 b．－200
c．400 d．－400
解析：s100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…99－100)]
答案：b3．(2023年锦州模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列(n∈n*)的前n项和是( )
a. b.
c. d.
解析：∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，m＝2，a＝1.
f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n.
sn＝＋＋
答案：a4．(2023年高考大纲全国卷)已知数列的前n项和为sn，a1＝1，sn＝2an＋1，则sn＝(
a．2n－1 b. n－1
c. n－1 d.
解析：利用等比数列知识求解．
sn＝2an＋1，∴当n≥2时，sn－1＝2an.∴an＝sn－sn－1＝2an＋1－2an.∴3an＝2an＋1.∴＝
又∵s1＝2a2，∴a2＝.∴
从第二项起是以为公比的等比数列．
sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
n－1.答案：b
5．(2023年焦作模拟)已知数列满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 012项的和等于( )
a. b．3 015
c．1 509 d．2 010
解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝， a4＝1，即得an＝故数列的前2 012项的和等于s2 012＝1 006×＝1 509.
答案：c二、填空题。
6．设等比数列的前n项和为sn，已知a1＝2，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈n*)，则s2 010
解析：设等比数列的公比为q，则an＋2an＋1＋an＋2＝an(1＋2q＋q2)＝0，∵an≠0，∴q2＋2q＋1＝0.
解得q＝－1，s2 010＝0.
答案：07．(2023年石家庄模拟)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为___
解析：由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为。
n＝2n＋1－2－n.
答案：2n＋1－2－n
8．已知数列＝的前n项和sn为___
解析：由已知条件可得数列的通项为。
an＝＝.bn＝＝＝4.sn＝4
答案：9．(2023年武汉模拟)等比数列的前n项和sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a
解析：当n＝1时，a1＝s1＝1，当n≥2时，an＝sn－sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，又∵a1＝1适合上式，∴an＝2n－1，∴a＝4n－1.
数列是以a＝1为首项，以4为公比的等比数列．
a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
答案： (4n－1)
三、解答题。
10．(2023年合肥模拟)在等比数列中，a1＞0，n∈n*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.
1)求数列的通项公式；
2)设bn＝log4an，数列的前n项和为sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋k对任意n∈n*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；不存在，请说明理由．
解析：(1)设数列的公比为q，由题意可得a3＝16，又a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.
an＝2n＋1.
2)∵bn＝log42n＋1＝，sn＝b1＋b2＋…＋bn＝.
正整数k的最小值为3.
11．(2023年郑州模拟)已知数列是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6＝55，a2＋a7＝16.
1)求数列的通项公式；
2)若数列和数列满足等式：an＝＋＋n为正整数)，求数列的前n项和sn.
解析：(1)设等差数列的公差为d，则依题意知d＞0，由a2＋a7＝16，得2a1＋7d＝16，①
由a3a6＝55，得(a1＋2d)(a1＋5d)＝55，②
由①得2a1＝16－7d，将其代入②得。
16－3d)(16＋3d)＝220，即256－9d2＝220.∴d2＝4，又d＞0，d＝2，代入①得a1＝1，an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
2)当n＝1时，a1＝，∴b1＝2.
当n≥2时，an＝＋＋an－1＝＋＋两式相减得an－an－1＝，∴bn＝2n＋1，bn＝
当n＝1时，s1＝b1＝2；
当n≥2时，sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋＝2n＋2－6，当n＝1时上式也成立．
综上，当n为正整数时，sn＝2n＋2－6.
12．(能力提升)(2023年三明模拟)已知数列的前n项和sn满足：a(sn－an)＝sn－a(a为常数，a∈r)．
1)求的通项公式；
2)设cn＝man＋1，求数列的前n项和tn.
解析：(1)当n＝1时，由a(sn－an)＝sn－a，得a1＝a，当n≥2时，由a(sn－an)＝sn－a，得a(sn－1－an－1)＝sn－1－a，两式相减得an＝aan－1.若a＝0时，an＝0；
若a≠0时，＝a是等比数列．
an＝a·an－1＝an.
综上：所求的通项为an＝an，(a∈r)．
2)当a＝0时cn＝1，∴tn＝n；
当a≠0时，tn＝1·a＋2·a2＋3·a3＋…＋n·an＋n，设pn＝1·a＋2·a2＋3·a3＋…＋n·an，则apn＝1·a2＋2·a3＋3·a4＋…＋n·an＋1，两式相减得(1－a)pn＝a＋a2＋a3＋…＋an－nan＋1，若a≠1时，(1－a)pn＝－nan＋1pn＝－；
若a＝1时，pn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
综上：tn＝
因材施教·学生备选练习]
1．(2023年济南模拟)设数列的前n项和为sn，且bn＝2－2sn；数列为等差数列，且a5＝14，a7＝20(n∈n*)．
1)求数列的通项公式；
2)若cn＝an·bn(n＝1,2,3…)，tn为数列的前n项和．求tn.
解析：(1)由bn＝2－2sn，令n＝1，则b1＝2－2s1，又s1＝b1，所以b1＝，当n≥2时，由bn＝2－2sn，可得bn－bn－1＝－2(sn－sn－1)＝－2bn，即＝，所以是以b1＝为首项，为公比的等比数列，于是bn＝2·.
2)数列为等差数列，公差d＝(a7－a5)＝3，a5＝a1＋4d，∴a1＝2.
an＝3n－1.
从而cn＝an·bn＝2(3n－1)·，tn＝2，tn＝2，tn＝2，tn＝－－
2．(2023年合肥模拟)已知数列的前n项和为sn，且满足sn＝1－an(n∈n*)．数列的各项均为正数，对于一切n∈n*，有＝，且b1＝1，b2＝2，b3＝3.
1)求数列和的通项公式；
2)设数列的前n项和为tn，求证：tn＜2.
解析：(1)∵sn＝1－an，∴当n＝1时，a1＝s1＝1－a1，解得a1＝；当n≥2时，an＝sn－sn－1＝(1－an)－(1－an－1)，2an＝an－1，即＝.
数列是首项为，公比为的等比数列．
an＝×n－1＝n.
对于一切n∈n*，有＝①
当n≥2时，有＝，②
－②得，＝－化简。
得：(n－1)·bn＋1－nbn＋b1＝0，③
用n＋1替换③式中的n得，nbn＋2－(n＋1)bn＋1＋b1＝0，④
由③－④整理得bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn(n≥2)．
b3－b2＝b2－b1＝1，∴数列为等差数列．
b1＝1，b2＝2，∴数列的公差d＝1，bn＝1＋(n－1)＝n.
2)∵数列的前n项和为tn，tn＝＋＋
tn＝＋＋由⑤－⑥得， tn＝＋＋
tn＝2－＜2.
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