《2025年赢在微点数学》

3. $S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{3}{8}+\cdots+\frac{n}{2^{n}}$等于（ ）
A. $\frac{2^{n}-n - 1}{2^{n}}$
B. $\frac{2^{n + 1}-n - 2}{2^{n}}$
C. $\frac{2^{n}-n + 1}{2^{n}}$
D. $\frac{2^{n + 1}-n + 2}{2^{n}}$

答案： B 解析 由$S_n=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^n}$ ①，得$\frac{1}{2}S_n=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\cdots+\frac{n - 1}{2^n}+\frac{n}{2^{n + 1}}$ ②，① - ②，得$\frac{1}{2}S_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n + 1}}=\frac{\frac{1}{2}[1 - (\frac{1}{2})^n]}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n + 1}}$，所以$S_n=\frac{2^{n + 1}-n - 2}{2^n}$。故选 B。

4. 已知数列$\{a_{n}\}$的前n项和为$S_{n}$，若$S_{n}=1 - 2 + 3 - 4+\cdots+(-1)^{n - 1}\cdot n$，则$S_{17}=$________。

答案： 9 解析 $S_{17}=1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6+\cdots+15 - 16 + 17=1+(-2 + 3)+(-4 + 5)+(-6 + 7)+\cdots+(-14 + 15)+(-16 + 17)=1 + 1 + 1+\cdots+1 = 9$。

5. 若$f(x)+f(1 - x)=4,a_{n}=f(0)+f(\frac{1}{n})+\cdots+f(\frac{n - 1}{n})+f(1)(n\in N^{*})$，则数列$\{a_{n}\}$的通项公式为________。

答案： $a_n=2(n + 1)$ 解析 由$f(x)+f(1 - x)=4$，可得$f(0)+f(1)=4$，$\cdots$，$f(\frac{1}{n})+f(\frac{n - 1}{n})=4$，所以$2a_n=(f(0)+f(1))+(f(\frac{1}{n})+f(\frac{n - 1}{n}))+\cdots+(f(1)+f(0))=4(n + 1)$，即$a_n=2(n + 1)$。

[例1]　(1)已知数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，且满足aₙ + aₙ₊₁ + aₙ₊₂ = cos$\frac{nπ}{3}$，a₁ = 1，则S₂₀₂₃ = （ ）
A. 0　　
　B. $\frac{1}{2}$　　
　C. 1　　
　D. $\frac{3}{2}$

答案： C解析 $S_{2023}=a_{1}+(a_{2}+a_{3}+a_{4})+(a_{5}+a_{6}+a_{7})+\cdots+(a_{2021}+a_{2022}+a_{2023})=1+\cos\frac{2\pi}{3}+\cos\frac{5\pi}{3}+\cdots+\cos\frac{2018\pi}{3}+\cos\frac{2021\pi}{3}=1 + 337\times(\cos\frac{2\pi}{3}+\cos\frac{5\pi}{3})=1$。故选C。

(2)若数列{aₙ}的通项公式是aₙ = (-1)ⁿ·(3n - 2)，则a₁ + a₂ + … + a₁₀ 等于________。

答案： 15解析 记 $b_{n}=3n - 2$，则数列$\{b_{n}\}$是以1为首项，3为公差的等差数列，所以 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{9}+a_{10}=(-b_{1})+b_{2}+\cdots+(-b_{9})+b_{10}=(b_{2}-b_{1})+(b_{4}-b_{3})+\cdots+(b_{10}-b_{9})=5\times3 = 15$。

[变式训练]　(1)已知函数f(n) = (-1)ⁿ⁺¹n²（n∈N*），且aₙ = f(n) + f(n + 1)，则a₁ + a₂ + a₃ + … + a₁₀₀ = （ ）
A. 0　　
　B. 100　
　C. -100
　D. 10200

答案： B解析 由题意，得 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{100}=1^{2}-2^{2}-2^{2}+3^{2}+3^{2}-4^{2}-4^{2}+5^{2}+\cdots+99^{2}-100^{2}-100^{2}+101^{2}=-(1 + 2)+(3 + 2)-(4 + 3)+\cdots-(99 + 100)+(101 + 100)=-(1 + 2+\cdots+99 + 100)+(2 + 3+\cdots+100 + 101)=-50\times101 + 50\times103 = 100$。故选B。

(2)1 + (1 + $\frac{1}{2}$) + (1 + $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{4}$) + … + (1 + $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{4}$ + … + $\frac{1}{2^{20}}$) = ________。

答案： $40+\frac{1}{2^{20}}$解析 设 $a_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n - 1}}=\frac{1\times[1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1-\frac{1}{2}}=2(1-\frac{1}{2^{n}})=2-\frac{1}{2^{n - 1}}$，分组求和可得数列$\{a_{n}\}$的前 $n$ 项和 $S_{n}=2n-\frac{1\times[1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1-\frac{1}{2}}=2n - 2+\frac{1}{2^{n - 1}}$，则 $S_{21}=2\times21 - 2+\frac{1}{2^{21 - 1}}=40+\frac{1}{2^{20}}$。

[例2]　(1)已知aₙ = $\frac{1}{n² + n}$，设数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，则S₂₀₂₅ 的值为 （ ）
A. $\frac{2024}{2025}$　　　　　
　B. $\frac{2027}{2026}$
C. $\frac{2026}{2025}$　　　　　　
　D. $\frac{2025}{2026}$

答案： D解析 $a_{n}=\frac{1}{n^{2}+n}=\frac{1}{n(n + 1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}$，故 $S_{2025}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2025}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2025}-\frac{1}{2026}=1-\frac{1}{2026}=\frac{2025}{2026}$。故选D。

(2)已知数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，且a₁ = 1，aₙ₊₁ = Sₙ + 1。
(i)求数列{aₙ}的通项公式；
(ii)设bₙ = $\frac{aₙ}{(Sₙ + 2)(Sₙ₊₁ + 2)}$，数列{bₙ}的前n项和为Tₙ，求证：Tₙ ＜ $\frac{1}{6}$。

答案： 解(i)当 $n\geqslant2$ 时，$\begin{cases}a_{n + 1}=S_{n}+1\\a_{n}=S_{n - 1}+1\end{cases}$，两式相减，得 $a_{n + 1}-a_{n}=a_{n}$，$a_{n + 1}=2a_{n}$，又 $a_{1}=1$，$a_{2}=a_{1}+1 = 2$，所以 $\frac{a_{2}}{a_{1}}=2$。所以数列$\{a_{n}\}$是首项为1，公比为2的等比数列，所以 $a_{n}=2^{n - 1}$。
(ii)证明：$S_{n}=1 + 2+2^{2}+\cdots+2^{n - 1}=\frac{1 - 2^{n}}{1 - 2}=2^{n}-1$，因为 $b_{n}=\frac{2^{n - 1}}{(2^{n}+1)(2^{n + 1}+1)}=\frac{1}{2}\times\frac{(2^{n + 1}+1)-(2^{n}+1)}{(2^{n}+1)(2^{n + 1}+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2^{n}+1}-\frac{1}{2^{n + 1}+1})$，所以 $T_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}=\frac{1}{2}(\frac{1}{3}-\frac{1}{2^{2}+1}+\frac{1}{2^{2}+1}-\frac{1}{2^{3}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{n}+1}-\frac{1}{2^{n + 1}+1})=\frac{1}{2}(\frac{1}{3}-\frac{1}{2^{n + 1}+1})=\frac{1}{6}-\frac{1}{2}\times\frac{1}{2^{n + 1}+1}$，因为 $\frac{1}{2^{n + 1}+1}＞0$，所以 $T_{n}＜\frac{1}{6}$。