第4讲数列求和

第4讲 数列求和[学生用书P119]1．基本数列求和的方法(1)等差数列求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ． (2)等比数列求和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (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，从而求得其和．(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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．(4)倒序相加法如果一个数列的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．常用结论1．一些常见数列的前n 项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋1）2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n. 2．常用的裂项公式(1)1n（n＋1）＝1n－1n＋1.(2)1（2n－1）（2n＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1.(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.(4)(－1)n2n＋1n（n＋1）＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫1n＋1n＋1.一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)当n≥2时，1n2－1＝1n－1－1n＋1.()(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(3)若S n＝a＋2a2＋3a3＋…＋na n，当a≠0，且a≠1时，求S n的值可用错位相减法求得．()答案：(1)×(2)√(3)√二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)并项求和时不能准确分组；(2)用错位相减法求和时易出现符号错误，不能准确“错项对齐”．1．数列{a n}的前n项和为S n，已知S n＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝()A．9 B．8C．17 D．16解析：选A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.2．已知数列{a n}的前n项和为S n且a n＝n·2n，则S n＝________．解析：S n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2S n＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得－S n＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2×（1－2n）1－2－n×2n＋1，所以S n＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋2[学生用书P120]分组转化求和(师生共研)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足关于x的不等式a1x2－S2x ＋2<0的解集为(1，2)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足b n＝a2n＋2a n－1，求数列{b n}的前n项和T n.【解】(1)设等差数列{a n}的公差为d，因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1，2)，所以S2a1＝1＋2＝3，得a1＝d，又易知2a1＝2，所以a1＝1，d＝1.所以数列{a n}的通项公式为a n＝n.(2)由(1)可得，a2n＝2n，2a n＝2n.因为b n ＝a 2n ＋2a n －1， 所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n )＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和；(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．1．若数列{a n }是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n ，…，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：a n ＝2＋22＋23＋…＋2n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2，所以S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(2＋2＋2＋…＋2) ＝22－2n ＋21－2－2n ＝2n ＋2－4－2n .答案：2n ＋2－4－2n2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2an ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 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 . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.错位相减法求和(师生共研)(2021·西安五校联考)已知等差数列{a n }满足a 2＝5，a 4＋a 5＝a 3＋13.设正项等比数列{b n }的前n 项和为S n ，且b 2b 4＝81，S 3＝13.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .【解】 (1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝5，a 4＋a 5＝a 3＋13，所以5＋2d ＋5＋3d ＝5＋d ＋13，解得d ＝2. 又a 2＝5，所以a n ＝a 2＋(n －2)·d ＝2n ＋1.设{b n }的公比为q ，因为b 2b 4＝81，所以b 23＝81，b 3＝9，即b 1q 2＝9.①又S 3＝13，所以b 1（1－q 3）1－q ＝13，即b 1(1＋q ＋q 2)＝13，②①除以②，得b 1q 2b 1（1＋q ＋q 2）＝913，化简得4q 2－9q －9＝0，因为q >0，所以q ＝3， 所以b n ＝b 3q n －3＝9×3n －3＝3n －1. (2)因为c n ＝a n b n ＝(2n ＋1)·3n －1，所以T n ＝3×30＋5×31＋7×32＋…＋(2n ＋1)·3n －1，③ 3T n ＝3×31＋5×32＋7×33＋…＋(2n ＋1)·3n ，④③－④，得－2T n ＝3＋2(31＋32＋…＋3n －1)－(2n ＋1)·3n ， 所以－2T n ＝3＋2×3（3n －1－1）3－1－(2n ＋1)·3n ＝－2n ·3n ，所以T n ＝n ·3n .运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．(2020·安徽省部分重点学校联考)已知等比数列{a n }的各项均为正数，S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且9S 2＝5，a 3＝427.(1)若S n <t 恒成立，求t 的最小值； (2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由9S 2＝5得a 1＋a 1q ＝59，又a 3＝a 1q 2＝427，故q 21＋q ＝415，所以15q 2－4q －4＝0，解得q ＝23或q ＝－25(舍去)，所以由a 1＋a 1q ＝a 1(1＋q )＝a 1×53＝59，解得a 1＝13，所以S n ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n<1，所以t 的最小值是1. (2)由(1)可知a n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＝3n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.故T n ＝3⎣⎢⎡1×⎝ ⎛⎭⎪⎫320＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋…＋n ×⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1①， 32T n ＝3[1×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n]②，①－②得，－12T n ＝3[⎝ ⎛⎭⎪⎫320＋⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ]，化简得T n ＝(6n －12)⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋12.裂项相消法求和(师生共研)(2021·广东省七校联考)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝26，a 1，a 3，a 11成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n ＋n 的前n 项和为T n ，证明：T n <23.【解】 (1)由a 1，a 3，a 11成等比数列，得a 1a 11＝a 23，又S 4＝26，所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝26，a 1（a 1＋10d ）＝（a 1＋2d ）2，又d ≠0，所以a 1＝2，d ＝3.所以a n ＝2＋3(n －1)＝3n －1.(2)证明：S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝2n ＋3n （n －1）2＝3n 22＋n2，1S n ＋n ＝13n 22＋n 2＋n＝23n （n ＋1）＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. T n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝23⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<23.(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n－1a n ＋1. (2021·长沙市四校模拟考试)设数列{a n }满足a 1＝1，且2a n ＝a n＋1＋a n －1(n ≥2)，a 3＋a 4＝12. (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋2的前n 项和．解：(1)由2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2)可知数列{a n }是等差数列，设其公差为d ，由a 1＝1，a 3＋a 4＝12，得d ＝2，所以{a n }的通项公式a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)1a n a n ＋2＝1（2n －1）（2n ＋3）＝14⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋3， 记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为S n ，则 S n ＝14[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－19＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋3] ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－12n ＋1－12n ＋3＝13－n ＋1（2n ＋1）（2n ＋3）.并项求和(师生共研)(2021·河南八市重点高中联盟测评)已知等差数列{a n }中，a 3＝3，a 2＋2，a 4，a 6－2成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝（－1）n a 2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S 2n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2＋2，a 4，a 6－2成等比数列， 所以a 24＝(a 2＋2)(a 6－2)，所以(a 3＋d )2＝(a 3－d ＋2)(a 3＋3d －2)，又a 3＝3，所以(3＋d )2＝(5－d )(1＋3d )，化简得d 2－2d ＋1＝0，解得d ＝1， 所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝3＋(n －3)×1＝n . (2)由(1)得，b n ＝（－1）n a 2n ＋1a n a n ＋1＝(－1)n2n ＋1n （n ＋1）＝(－1)n⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1，所以S 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋12n ＋1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1.用并项求和法求数列的前n 项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和．可用并项求和法的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n ”；三是数列{a n }是周期数列．(2020·湖北八校第一次联考)已知数列{a n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2nn 均为等差数列，a 1＝12.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝(－1)n ·4a n ＋1n （n ＋1），求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 为等差数列，所以2·a 222＝a 211＋a 233.数列{a n }为等差数列，设{a n }的公差为d ，则上式可化为(a 1＋d )2＝a 21＋（a 1＋2d ）23，即(a 1－d )2＝0，即a 1＝d . 又a 1＝12，所以a n ＝12＋(n －1)·12＝n2.(2)由(1)及题设得b n ＝(－1)n·2n ＋1n （n ＋1）＝(－1)n·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1. 所以S n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n＋1n ＋1＝－1＋(－1)n ·1n ＋1.[学生用书P309(单独成册)][A 级 基础练]1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －2解析：选C.S n ＝2（1－2n ）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2.2．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则S 60的值为( )A ．990B ．1 000C ．1 100D ．99解析：选A.n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.3．在数列{a n }中，a n ＝2n －12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选D.由a n ＝2n －12n ＝1－12n 得，S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6. 4．(2020·武昌区高三调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝32n 2－12n ，设b n ＝1a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( ) A.n 3n ＋1 B ．3n 3n ＋1C.n －13n －2D.－3n ＋33n －2解析：选A.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n 2－12n －32(n －1)2＋12(n －1)＝3n －2；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，满足上式，所以a n ＝3n －2，则b n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －2）（3n ＋1）＝13⎝⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1－14＋14－17＋17－110＋…＋13n －2－13n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1，故选A. 5．已知函数f (n )＝⎩⎨⎧n 2，当n 为奇数时，－n 2，当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200解析：选B.由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.6．(2020·福州市质量检测)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a 1＝52，且a n ＋1(2－a n )＝2，则S 21＝________．解析：因为a 1＝52，a n ＋1＝22－a n ，所以a 2＝22－a 1＝－4，a 3＝22－a 2＝13，a 4＝22－a 3＝65，a 5＝22－a 4＝52，…显然数列{a n }是以4为周期的周期数列，则S 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52－4＋13＋65×204＋52＝83. 答案：837．若{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前18项和为________． 解析：因为a n b n ＝1，且a n ＝n 2＋3n ＋2，所以b n ＝1n 2＋3n ＋2＝1（n ＋2）（n ＋1）＝1n ＋1－1n ＋2，所以{b n }的前18项和为12－13＋13－14＋14－15＋…＋119－120＝12－120＝10－120＝920.答案：9208．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 021项的和等于________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 021项的和等于S 2 021＝1011×12＋1 010×1＝3 0312.答案：3 03129．(2020·开封市第一次模拟考试)已知等差数列{a n }满足a n ＋1＋n ＝2a n ＋1. (1)求{a n }的通项公式； (2)记S n 为{a n }的前n项和，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n .解：(1)已知{a n }为等差数列，记其公差为d . ①当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＋n ＝2a n ＋1，a n ＋n －1＝2a n －1＋1，所以d ＝1，②当n ＝1时，a 2＋1＝2a 1＋1，所以a 1＝1.所以a n ＝n . (2)由(1)可得S n ＝n （n ＋1）2.所以1S n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以T n ＝2[⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.10．(2020·昆明市三诊一模)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，已知a 1＝b 1，a 3＝b 1＋b 2＝5，q ＝2d .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)因为b 1＋b 2＝5，所以b 1(1＋q )＝5， 又q ＝2d ，a 1＝b 1，所以a 1(1＋2d )＝5， 所以a 3＝a 1＋2d ＝5，所以a 1＝5－2d ， 所以(5－2d )(1＋2d )＝5，解得d ＝0或d ＝2， 若d ＝0，则q ＝2d ＝0(舍去)，若d ＝2，则q ＝2d ＝4，所以b 1＝a 1＝a 3－2d ＝1， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1， b n ＝b 1q n －1＝4n －1.(2)c n ＝a n ·b n ＝(2n －1)·4n －1，所以S n ＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n －1)4n －1， 所以4S n ＝4＋3×42＋5×43＋…＋(2n －1)4n ，－3S n ＝1＋2×4＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －1－(2n －1)×4n ＝1＋2×4（4n －1－1）4－1－(2n －1)×4n＝－6n －53×4n －53，S n ＝6n －59×4n ＋59.[B 级 综合练]11．(2021·西安五校联考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n ，2b n ＝2a n ＋2－a n ＋1(n ∈N*)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1nb n 的前99项和为( )A.9798 B ．9899 C.99100D.100101解析：选C.当n ≥2时，a n －1＋S n －1＝2n －1，则a n －a n －1＋(S n －S n －1)＝2n －2n －1＝2n －1，即2a n －a n －1＝2n －1，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1(n ∈N *)，即2b n ＝2a n＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝log 2 2n ＋1＝n ＋1，从而1nb n＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，故1b 1＋12b 2＋…＋199b 99＝1－12＋12－13＋…＋199－1100＝1－1100＝99100.故选C. 12．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 021＝( ) A ．22 012－1 B ．21 012－3 C ．21 011－1D ．21 011－2解析：选B.a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n＝2n ＋12n ＝2，所以a n ＋2a n ＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，所以S 2 021＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 020＋a 2 021＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 021)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 020)＝1－21 0111－2＋2（1－21 010）1－2＝21 012－3.故选B.13．已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2b n (n ∈N *)，若数列{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝________．解析：因为{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，所以公比q ＝3a 4a 1＝3162＝2，所以a n ＝2n ，所以a 1a 2a 3…a n ＝21×22×23×…×2n ＝21＋2＋3＋…＋n ＝2n （n ＋1）2. 因为a 1a 2a 3…a n ＝2b n ，所以b n ＝n （n ＋1）2.所以1b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2⎝⎛11－12＋12－13＋13－14＋…＋⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：2nn ＋114．已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. 所以S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，所以(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n4n a n a n ＋1＝(－1)n ⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1， 当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，所以T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1， 所以T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n2n ＋1，n 为偶数，－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.[C 级 提升练]15．(2020·福州市质量检测)等差数列{a n }的公差为2，a 2，a 4，a 8分别等于等比数列{b n }的第2项，第3项，第4项．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c na n＝b n ＋1，求数列{c n }的前2 020项的和．解：(1)依题意，得b 23＝b 2b 4， 所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，所以a 21＋12a 1＋36＝a 21＋16a 1＋28，解得a 1＝2. 所以a n ＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝a 4a 2＝84＝2，又b 2＝a 2＝4，所以b n ＝4×2n －2＝2n . (2)由(1)知，a n ＝2n ，b n ＝2n .因为c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＋c n a n ＝2n ＋1，①所以当n ≥2时，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝2n ，②①－②得，c na n＝2n ，即c n ＝n ·2n ＋1，又当n ＝1时，c 1＝a 1b 2＝23不满足上式， 所以c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，n ·2n ＋1，n ≥2.数列{c n }的前2 020项的和S 2 020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021，设T2 020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 019×22 020＋2 020×22 021，③则2T2 020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2 019×22 021＋2 020×22 022，④③－④得：－T2 020＝22＋23＋24＋…＋22 021－2 020×22 022＝22（1－22 020）1－2－2 020×22 022＝－4－2 019×22 022，所以T2 020＝2 019×22 022＋4，所以S2 020＝T2 020＋4＝2 019×22 022＋8.。

第四节数列求和一、基础知识批注——理解深一点1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2. 推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )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； 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(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．二、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 2＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (二)选一选1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( ) A ．41 B ．48 C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49.2．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019解析：选D 因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2 019.3．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1， 所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.(三)填一填4．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________.解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案：95．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧11－2n ，n ≤5，2n －11，n >5，则{a n }的前10项和S 10＝________.解析：S 10＝5×9＋12×5×4×(－2)＋5×1＋12×5×4×2＝50.答案：50方法一 分组转化法求和[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，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． [解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .又a 1＝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 ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋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 ＝22n ＋1＋n －2.[解题技法]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[题组训练]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝⎛⎭⎫12n，则其前20项和为( )A ．379＋1220B ．399＋1220C ．419＋1220D ．439＋1220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＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝⎛⎭⎫1－1220＝419＋1220. 2．(2019·资阳诊断)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124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×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.方法二 裂项相消法求和 考法(一) 形如a n ＝1n (n ＋k )型[典例] (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 ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和T n . [解] (1)设等差数列的公差为d ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)因为c n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)， 所以c n ＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝n 6n ＋9. 考法(二) 形如a n ＝1n ＋k ＋n型[典例] 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )A. 2 018－1B. 2 019－1C. 2 020－1D. 2 020＋1[解析] 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12. ∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋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. [答案] C[解题技法]1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律哪些项，避免遗漏．2．常见的拆项公式 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； (2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1.分式差分最常见，指数根式来镶嵌； 取长补短巧改变，裂项求和公式算．[题组训练]1.(口诀第1、4句)在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为( )A.n ＋1n ＋2B.nn ＋2C.n n ＋1D.2n n ＋1解析：选C 因为a 3＋a 5＋a 7＝6， 所以3a 5＝6，a 5＝2，又a 11＝8， 所以等差数列{a n }的公差d ＝a 11－a 511－5＝1， 所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝n －3， 所以1a n ＋3·a n ＋4＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故选C.2.(口诀第2、4句)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； (2)若数列{b n }满足b n ＝1n log 2a n，求{b n }的前n 项和S n .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 1q 2＝2a 1＋3a 1q ， ∴2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12(舍去)，∴a n ＝8×2n －1＝2n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝1n log 22n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 方法三 错位相减法求和[典例] (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＝6，a 1a 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 a n 的前n项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n . (2)由题意知， S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1＝32＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n.[变透练清]1.(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 . 解：由本例解析知a n ＝2n ，b n ＝2n ＋1， 故T n ＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1，上述两式相减，得，－T n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1＝6＋8(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝(1－2n )2n ＋1－2得T n ＝(2n －1)×2n ＋1＋2.2．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，b 2＋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 *)．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b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.因为q>0，解得q＝2，所以b n＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝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＝2n. (2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n，由a2n＝6n－2，有T n＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2T n＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述两式相减，得－T n＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×(1－2n)1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，得T n＝(3n－4)2n＋2＋16.所以数列{a2n b n}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.[解题技法]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．[课时跟踪检测]A级——保大分专练1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．82解析：选B a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.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 B ．12 C ．－12D ．－15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.3．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5C.3116D.158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116.4．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 ．－200B ．－100C ．200D ．100解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n －3⇒b n ＝(－1)n (2n －3)⇒S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.5．已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：选C ∵2n ＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n， ∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m >T 10＋1 013， ∴整数m 的最小值为1 024.6．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． 解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＝n (n ＋1)2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n (n ＋1)2－12n ＋1. 答案：n (n ＋1)2－12n ＋1 7．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n 1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1.答案：2nn ＋18．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________. 解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②由①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3.答案：3·21 009－39．(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 ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 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(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1 ＝n 2n ＋1. 10．(2018·南昌摸底调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋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 .解：(1)∵S n ＝2n ＋1－2， ∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×4(1－4n )1－4－4(1－2n )1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43. B 级——创高分自选 1．(2019·潍坊统一考试)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n ∈N *)．(1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解：(1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ，∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝λ·2n －1. (2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1， ∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数， ∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1 ＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2 ＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)， ∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43. 2．已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)因为S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2)， 所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1(n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝2n ＋1，则a n ＝2n ，当n ＝1时，也满足，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)因为b n ＝n ＋12n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ， 所以T n ＝2×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋4×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ，① 12T n ＝2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋4×⎝⎛⎭⎫124＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② ①－②得12T n ＝2×12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n－(n＋1)⎝⎛⎭⎫12n＋1＝32－n＋32n＋1.故数列{b n}的前n项和为T n＝3－n＋3 2n.。

第七章 第4讲[A 级 基础达标]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n －1，则数列{a n }的前100项和S 100为( ) A ．399－5 051 B ．3100－5 051 C ．3101－5 051 D ．3102－5 051【答案】B2．(2020年唐山月考)已知等差数列{a n }的公差不为零，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 27成等比数列，则S 9S 3等于( )A ．3B ．6C ．9D ．12【答案】C3．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400【答案】B4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A ．22 016－1 B ．3·21 008－3 C ．3·21 008－1 D ．3·21 007－2 【答案】B5．(2020年广州天河区一模)一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款(含利息)全部取回，则取回的钱的总数为( )A ．a (1＋r )17B ．ar [(1＋r )17－(1＋r )]C ．a (1＋r )18D ．ar [(1＋r )18－(1＋r )]【答案】D 【解析】根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )17，同理，孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )16，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )15，…，孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )，题目所求可以看成是以a (1＋r )为首项，(1＋r )为公比的等比数列的前17项的和，此时S ＝a (1＋r )17＋a (1＋r )17＋…＋a (1＋r )＝a (1＋r )[(1＋r )17－1]1＋r －1＝ar [(1＋r )18－(1＋r )]． 6．(2020年池州模拟)正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，则公比q ＝________.【答案】3 【解析】q ＝1时，不合题意，q ≠1时，由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1(1－q 3)1－q ＝a 1q＋10a 1，所以1＋q ＋q 2＝q ＋10.又q ＞0，所以q ＝3.7．已知{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n －1，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|的值为________． 【答案】671 【解析】{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n －1，可得n ＝1时，a 1＝S 1＝－9；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－9n －1－(n －1)2＋9(n －1)＋1＝2n －10，可得n ≤5时，a n ＜0，n ≥6时，a n ＞0，可得|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝S 30－S 5－S 5＝900－270－1－2×(25－45－1)＝671．8．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫211＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1011的值为________． 【答案】5 【解析】当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)＋4＝1．设S ＝f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫211＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫1011＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫211＋f ⎝⎛⎭⎫911＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1011＋f ⎝⎛⎭⎫111＝10，即S ＝5.9．(2020年大庆月考)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝12，且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式及S n ；(2)记b n ＝S nn，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设正项等差数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.因为S 3＝12，即a 1＋a 2＋a 3＝12， 所以3a 2＝12，所以a 2＝4.又2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列，所以 a 22＝2a 1·(a 3＋1)，即42＝2(4－d )·(4＋d ＋1)． 解得d ＝3或d ＝－4(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝1．故{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －2，且S n ＝n (a 1＋a n )2＝3n 2－n2.(2)由(1)知b n ＝S n n ＝3n －12，所以b n ＋1－b n ＝3(n ＋1)－12－3n －12＝32，且b 1＝3×1－12＝1．所以数列{b n }是以b 1＝1为首项，32为公差的等差数列．所以数列{b n }的前n 项和为T n ＝n (b 1＋b n )2＝ 3n 2＋n4.10．(2020年哈尔滨期末)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝81，a 3＋a 5＝14. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求{b n }的前n 项和为T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋9×82d ＝81，a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝14，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝a 1＋2(n －1)＝2n －1． (2)由于a n ＝2n －1，所以b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝⎛ 1－13＋13－15＋…＋12n －1－⎭⎫12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.[B 级 能力提升]11．(2020年蚌埠模拟)数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为( )A ．nn ＋2B ．2n n ＋2 C ．n n ＋1D ．2n n ＋1【答案】B 【解析】a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝12(n ＋1)，1a n a n ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为4⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2.12．(多选)(2020年菏泽模拟)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{a n }称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是( )A ．a 6＝8B ．S 7＝33C ．a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019＝a 2 020D ．a 21＋a 22＋…＋a 22 019a 2 019＝a 2 020【答案】ABCD 【解析】对A ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，可得a 6＝8成立；对B ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，可得a 6＝8，a 7＝13，所以s 7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33成立；对C ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，…，a 2 019＝a 2 020－a 2 018，可得a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019＝a 2 020，故a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019是斐波那契数列中的第2 020项，C成立；对D ，斐波那契数列总有a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，则a 21＝a 2a 1，a 22＝a 2(a 3－a 1)＝a 2a 3－a 2a 1，a 23＝a 3(a 4－a 2)＝a 3a 4－a 3a 2，…，a 22 018＝a 2 018a 2 019－a 2 018a 2 017，a 22 019＝a 2 019a 2 020－a 2 019a 2 018.所以a 21＋a 22＋…＋a 22 019＝a 2 019a 2 020，D 成立．故选ABCD ．13．在正项数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －1＝12a 2n(n ≥2)，若数列b n ＝(－1)n ·2n ＋1S n，则数列{b n }的前2 020项和为________．【答案】－2 0202 021 【解析】在正项数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －1＝12a 2n (n ≥2)，可得S n －1＋S n －2＝12a 2n －1，相减可得a n ＋a n －1＝12a 2n －12a 2n －1，化为a n －a n －1＝2.n ＝2时，2＋2＋a 2＝12a 22，可得a 2＝4，则a n ＝2n ，S n ＝n (n ＋1)，b n ＝(－1)n ·2n ＋1S n ＝(－1)nn ＋n ＋1n (n ＋1)＝(－1)n ⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1.可得数列{b n }的前2 020项和为－⎝⎛⎭⎫1＋12＋12＋13＋…－12 019－12 020＋12 020＋12 021＝－1＋12 021＝－2 0202 021.14．(一题两空)(2020年北京模拟)已知集合A ＝{x |x ＝a 3×30＋a 2×3－1＋a 1×3－2＋a 0×3－3}，其中a k ∈{0,1,2}，k ＝0,1,2,3，将集合A 中的元素从小到大排列得到数列{b n }，设{b n }的前n 项和为S n ，则b 3＝________，S 15＝________.【答案】19 28027 【解析】由题意可知b 3＝0×30＋0×3－1＋1×3－2＋0×3－3＝19.a 0，a 1，a 2，a 3各有3种取法(均可取0,1,2)．在前15项中，a 0，a 1，a 2，a 3全部为0，有1个数值；只有1个1，其余取0，共有4个数值；2个取1,2个取0，共有6个数值；3个取1,1个取0，共有4个数值．此时集合A 中，元素从小到大排列得到数列恰好是15个，而且a 0，a 1，a 2，a 3各取1的次数都是7次，由分类计数原理得集合A 中所有元素之和S 15＝7×(30＋3－1＋3－2＋3－3)＝28027. 15．(2020年韶关期末)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝3，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1a 2n ＋4n －2(n ∈N*)，求数列{bn }的前n 项和T n .【答案】解：(1)设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，S 6＝6a 1＋6×52d ＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1．(2)由(1)得，数列{b n }满足b n ＝1a 2n ＋4n －2＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，则T n ＝12⎝⎛ 1－13＋13－15＋…＋12n －1－⎭⎫12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.16．(2020年杭州模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝30,2S 2是3S 1和S 3的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝1＋log 3a na n，求数列{b n }前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30,2S 2是3S 1和S 3的等差中项，可得a 1＋a 1q 2＝30,4S 2＝3S 1＋S 3，即有4(a 1＋a 1q )＝3a 1＋a 1＋a 1q ＋a 1q 2，解得a 1＝q ＝3，则a n ＝3n (n∈N *)．(2)b n ＝1＋log 3a na n＝1＋log 33n3n＝(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ， 前n 项和T n ＝3×13＋5×19＋7×127＋…＋(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ， 13T n ＝3×19＋5×127＋7×181＋…＋(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 相减可得23T n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤19＋127＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝1＋2·19⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，化简可得T n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫13n . [C 级 创新突破]17．(2020年南通模拟)定义数列{a n }：先给出a 1＝1，接着复制该项，再添加1的后继数2，于是a 2＝1，a 3＝2，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(1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4，…)，设S n 是a n 的前n 项和，则S 2 020＝________.【答案】3 990 【解析】由数列{a n }的构造方法可知a 1＝1，a 3＝2，a 7＝3，a 15＝4，可得a 2n －1＝n .由于数表的前n 行共有2n －1 个数，于是，先计算S 2n －1．在前2n －1个数中，共有1个n,2个n －1,22个n －2，… ,2n －k 个k ， (2)－1个1，因此S 2n －1 ＝n ×1＋(n －1)×2＋…＋k ×2n －k ＋…＋2×2n －2＋1×2n －1，则2S 2n －1＝n ×2＋(n －1)×22＋…＋k ×2n－k ＋1＋…＋2×2n －1＋1×2n ，两式相减，得S 2n －1＝n ＋2＋22＋…＋2n －1＋2n ＝2n ＋1－n －2.所以S 2 020＝S 210－1＋S 997＝S 210－1＋S 29－1＋S 486＝…＝S 210－1＋S 29－1＋…＋S 25－1＋S 10＝(211－12)＋(210－11)＋(29－10)＋(28－9)＋(27－8)＋(26－7)＋15＝3 990.18．(2020年邢台模拟)设数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，a n b n ＋b n ＝(n ＋1)·b n ＋1．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n ；(3)设c n ＝a nlog 2b n ＋1，试问是否存在正整数s ，t (s ≠t )，使c 3，c s ，c t 成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，a n b n ＋b n ＝(n ＋1)b n ＋1． 当n ＝1时，a 1b 1＋b 1＝2b 2，解得a 1＝3.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1．由于a n b n ＋b n ＝(n ＋1)b n ＋1，所以(2n ＋2)b n ＝(n ＋1)b n ＋1，整理得b n ＋1b n ＝2(常数)．所以b n ＝1·2n －1＝2n－1．(2)由于a n ＝2n ＋1，b n ＝2n －1， 所以a n b n ＝(2n ＋1)·2n－1．则S n ＝3·20＋5·21＋7·22＋…＋(2n ＋1)·2n －1①， 2S n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n ＋1)·2n ②，由①－②得，－S n ＝2(1＋2＋…＋2n －1)＋1－(2n ＋1)·2n ，整理得S n ＝(2n －1)·2n ＋1． (3)根据(1)得c n ＝a n log 2b n ＋1＝1n＋2.假设存在正整数s 和t ，使c 3，c s ，c t 成等差数列， 所以2s ＋4＝13＋2＋1t ＋2，整理得2s ＝13＋1t ，即6t ＝st ＋3s ，整理得s ＝6－18t ＋3，当t ＝s ＝3时，与s ≠t 矛盾，故舍去． 当t ＝6时，s ＝4，符合题意； 当t ＝15，s ＝5时，符合题意．。

第4讲 数列的求和1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，则S 20172017＝( )A ．1009B ．1008C ．2D ．12．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }前n 项的和为( )A ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1B ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1 D.12－1n ＋13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则数列{|a n |}的前n 项和T n 等于( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ，n ＞3 4．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．0 5．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－26．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的有( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4 7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 8．(2017年新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则11nk kS =∑＝________.9．(2019年新课标Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1＋n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2(a n －1)，求T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1.11．(2018年浙江)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．12．(2018年天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ⅰ)求T n ；ⅱ)证明：21()(1)(2)nk k k k T b b k k +=+++∑＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．第4讲 数列的求和1．A 解析：S 2017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2016＋a 2017) ＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2016＋1)＝1＋2×2016＋1×10092＝2017×1009， ∴S 20172017＝1009.故选A. 2．A 解析：∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n 2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 3．C 解析：∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列， 且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7. ∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3.4．A 解析：∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0.故S 2018＝336×0＋a 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.5．C 解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.6．ABD7．480 解析：∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，….∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，…. ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8， S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，….∴该数列构成以4为首项，4为公差的等差数列．∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8.2n n ＋1解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋4×32d ＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.数列{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n n －12d ＝n n ＋12，1S k ＝2kk ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，则11nk kS =∑＝2⎝ ⎛1－12＋12－⎭⎪⎫13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1. 9．解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得 2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，∴数列{}b n 的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.10．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2n ＋1＋n －2，S n －1＝2n＋n －1－2，得a n ＝2n＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝3， 综上所述，a n ＝2n＋1.(2)由b n ＝log 2(a n －1)＝log 22n＝n .T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 11．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得 a 3＋a 5＝2a 4＋4，∴a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20， ∵q >1，∴q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n . 由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，∴b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， ∴12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，∴b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.12．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.∵q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1. 设等差数列{b n }的公差为d ， 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4. 由a 5＝b 4＋2b 6， 可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)ⅰ)解：由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝1(n k =∑2k－1)＝12nk =∑k－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.ⅱ)证明：∵T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， ∴1nk =∑T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。

第四讲 数列求和A 组基础巩固一、单选题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( A )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n[解析] 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n. 2．已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为( D )A ．100101B ．99100C ．101100D ．200101[解析] ∵a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝1＋n . ∴a n －a n －1＝n (n ≥2)．∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n n ＋12.∴1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101＝200101.故选D.3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n－12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n 等于( D )A ．13B ．10C ．9D ．6[解析] ∵a n ＝2n－12n ＝1－12n ，∴S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n －1＋12n .而32164＝5＋164，∴n －1＋12n ＝5＋164.∴n ＝6.4．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( B )A ．(3n－1)2B ．12(9n－1) C ．9n －1D ．14(3n－1) [解析] 因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则当n ≥2时，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列，a 21＋…＋a 2n ＝41－9n1－9＝12(9n－1)．故选B.5．(2021·黑龙江哈尔滨三中期末)数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝(－1)n(2n －1)，则S 2 023＝( C )A ．2 021B ．－2 021C ．－2 023D ．2 023[解析] 本题考查用并项相加求数列的前n 项和．由已知a n ＝(－1)n·(2n －1)，a 2 023＝(－1)2 023(2×2 023－1)＝－4 045，且a n ＋a n ＋1＝(－1)n (2n －1)＋(－1)n ＋1(2n ＋1)＝(－1)n ＋1(2n ＋1－2n ＋1)＝2×(－1)n ＋1，因而S 2 023＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2 021＋a 2 022)＋a 2 023＝2×1 011－4 045＝－2 023.故选C.6．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，12，13，14，…，1n；①(2)将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，a 4，…，a n .则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝( C ) A ．n 24B ．n －124 C ．n n －14D ．n n ＋14[解析] 依题意可得新数列为n 2，n 4，n 6，…，1n ×n2，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝n 24⎣⎢⎡11×2＋12×3＋…＋⎦⎥⎤1n －1n＝n 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝n 24×n －1n ＝n n －14.故选C. 二、多选题7．(2022·重庆月考)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n a n －1＝2n n －1(n ≥2，n ∈N *)，{a n }的前n 项和为S n ，则( ABD )A ．a 2＝－8B ．a n ＝－2n·n C ．S 3＝－30D ．S n ＝(1－n )·2n ＋1－2[解析] 由题意可得，a 2a 1＝2×21，a 3a 2＝2×32，a 4a 3＝2×43，…，a n a n －1＝2×n n －1(n ≥2，n ∈N *)，以上式子左、右分别相乘得a n a 1＝2n －1·n (n ≥2，n ∈N *)，把a 1＝－2代入，得a n ＝－2n·n (n ≥2，n ∈N *)，又a 1＝－2符合上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝－2n·n (n ∈N *)，a 2＝－8，故A ，B 正确；S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，则2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2(n ∈N *)，故S 3＝－34，故C 错误，D 正确．8．数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列{a n }的各项按如下规律：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n，以下说法正确的是( ACD ) A ．a 24＝38B ．数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…是等比数列C ．数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…的前n 项和为T n ＝n 2＋n4D ．若存在正整数k ，使S k <10，S k ＋1≥10，则a k ＝57[解析] 对于选项A ，a 22＝18，a 23＝28，a 24＝38，故A 正确．对于选项B 、C ，数列12，1，32，2，…等差数列，T n ＝n 2＋n4，故B 错，C 正确．对于选项D ，S 21>10，S 20<10，a 20＝57，正确．故选A 、C 、D.三、填空题 9．数列{a n }中，a n ＝1nn ＋1，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n 为 2 022 . [解析] a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1＝2 0222 023，所以n ＝2 022. 10.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝ 34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2 .[解析] ∵1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.11．(2021·海南三亚模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝10n －n 2，数列{b n }满足b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 4＝ 24 ，T 30＝ 650 .[解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝10n －n 2－[10(n －1)－(n －1)2]＝－2n ＋11，当n ＝1时也满足，所以a n ＝－2n ＋11(n ∈N *)，所以当n ≤5时，a n >0，b n ＝a n ，当n >5时，a n <0，b n ＝－a n ，所以T 4＝S 4＝10×4－42＝24，T 30＝S 5－a 6－a 7－…－a 30＝2S 5－S 30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.12．(2021·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{a n }满足：a 1为正整数，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，a n 为偶数3a n ＋1，a n 为奇数，如果a 1＝1，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝ 4 709 .[解析] 由已知得a 1＝1，a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝4，a 6＝2，周期为3的数列，a 1＋a 2＋…＋a 2 018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4 709.四、解答题13．(2021·宁夏银川金凤模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，设b n ＝a nn.(1)证明数列{b n }是等差数列，并求其通项公式； (2)若c n ＝2b n －n ，求数列{c n }的前n 项和． [解析] (1)∵na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)， ∴a n ＋1n ＋1－a nn＝2， ∵b n ＝a nn ，∴b n ＋1－b n ＝2，b 1＝a 11＝2，∴数列{b n }是等差数列，首项与公差都为2. ∴b n ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)c n ＝2b n －n ＝22n－n ＝4n－n ， ∴数列{c n }的前n 项和为41－4n1－4－n n ＋12＝4n ＋1－43－n n ＋12.14．(2021·太原二模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋a n ＋1(n∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2a n (n ∈N *)，求数列{b n ·c n }的前n 项和T n . [解析] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n， 又a 1＝2满足上式，∴a n ＝2n (n ∈N *)，∴b n ＝a n ＋a n ＋1＝3×2n. (2)由(1)得a n ＝2n ，b n ＝3×2n， ∴c n ＝log 2a n ＝n ，∴b n ·c n ＝3n ×2n，∴T n ＝3×(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)，① ①×2，得2T n ＝3×(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1)，②①－②，得－T n ＝3×(2＋22＋…＋2n －n ×2n ＋1)＝3×[(1－n )×2n ＋1－2]，∴T n ＝3(n －1)×2n ＋1＋6.B 组能力提升1．(多选题)(2021·山东济宁期末)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则下列说法正确的是( AC )A ．a 5＝－16B ．S 5＝－63C ．数列{a n }是等比数列D ．数列{S n ＋1}是等比数列[解析] 因为S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，所以a 1＝S 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，故C 正确；a 5＝－1×24＝－16，故A 正确；S n ＝2a n ＋1＝－2n＋1，所以S 5＝－25＋1＝－31，故B 错误；因为S 1＋1＝0，所以数列{S n ＋1}不是等比数列，故D 错误．故选AC.2．已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( C )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023[解析] ∵2n＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，恒成立 ∴整数m 的最小值为1 024.3．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 020项的和为( D )A ．1 009B ．1 010C ．2 019D ．2 020[解析] 设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，a 1＋9d ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，……，∴数列{a n cos n π}的前2 020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 019＋b 2 020)＝2×2 0202＝2 020.4．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知，S 9＝－a 5，若a 1>0，使得S n ≥a n 的n 的取值范围 [1,10]n ∈N .[解析] 由S 9＝－a 5得a 5＝0即d ＝－a 14故a n ＝－n －5a 14，S n ＝－n n －9a 18由S n ≥a n 可得－n n －9a 18≥－n －5a 14由于a 1>0，故S n ≥a n 等价于－n n －98≥－n －54即：n 2－11n ＋10≤0 解得1≤n ≤10所以n 的取值范围是[1,10]n ∈N .5．(2021·山东省济南市历城第二中学高三模拟考试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和T n ，求T 2n .[解析] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ， 由b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝103＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝2.∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)， 当n 为奇数，c n ＝2S n ＝1n －1n ＋2，当为偶数，c n ＝2n －1.∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋21－4n1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n－1)．。

分组求和法1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋…＋a 2 020＝( B ) A.2 019×2 0202 B ．2 021×2 0202 C.2 019×2 0192D ．2 020×2 0202 [解析] 由a n ＝n 2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋12π得，当n 为奇数时，a n ＝－n 2，当n 为偶数时，a n ＝n 2，故S n ＝－12＋22－32＋42＋…－2 0192＋2 0202＝1＋2＋3＋4＋…＋2 019＋2 020＝2 0201＋2 0202＝2 020×2 0212.故选B. 2.(2024·新高考全国Ⅰ卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数.(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式；(2)求{a n }的前20项和.[解析] (1)因为b n ＝a 2n ，所以b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝a 1＋1＋3＝a 1＋4＝5.由题意得a 2n ＋1＝a 2n ＋2，a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1，所以a 2n ＋2＝a 2n ＋3，即b n ＋1＝b n ＋3，所以数列{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列，所以b n ＝2＋(n －1)×3＝3n －1.(2)当n 为奇数时，a n ＝a n ＋1－1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝[(a 2－1)＋(a 4－1)＋…＋(a 20－1)]＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝2(a 2＋a 4＋…＋a 20)－10，由(1)可知a 2＋a 4＋…＋a 20＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝10×2＋10×92×3＝155， 故S 20＝2×155－10＝300，即{a n }的前20项和为300.名师点拨：分组转化法求和的常见类型1.若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可接受分组求和法求{a n }的前n 项和.2.通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可接受分组求和法求和.【变式训练】1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (n 2－n )，前n 项和为S n ，则满足S 2n ＋1≤－2 023的最小正整数n 的值为( D )A.28B ．30C ．31D ．32 [解析] 用分组(并项)求和法求得和S 2n ＋1，然后解不等式S 2n ＋1<－2 023，结合n 是正整数得解.由题意，得S 2n ＋1＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[(2n )2－(2n －1)2]－(2n ＋1)2－[－1＋2－3＋4－5＋…＋2n －(2n ＋1)]＝(2－1)×(1＋2)＋(4－3)×(3＋4)＋…＋[2n －(2n －1)][(2n －1)＋2n ]－(2n ＋1)2－[n －(2n ＋1)]＝1＋2＋3＋4＋…＋2n －(2n ＋1)2＋n ＋1＝2n 1＋2n 2－(2n ＋1)2＋n ＋1＝－2(n 2＋n )，由S 2n ＋1≤－2 023，得－2(n 2＋n )≤－2 023，即n 2＋n ≥2 0232，结合n ∈N *，解得n ≥32，故n 的最小值为32.故选D. 2.(2024·信阳模拟)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( C )A.1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124[解析] 由题意知，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1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.。

第04节 数列求和【考纲解读】【知识清单】一．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.对点练习：1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C2. 已知{}n a 为正项等比数列，n S 是它的前n 项和，若116a =，且4a 与7a 的等差中项为98，则5S 的值（ ） A ．29 B ．31 C ．33 D ．35 【答案】B【解析】由题意得479+=4a a ，因此363911+=()6482q q q q ⇒=⇒=舍去负值，因此55116(1)231.112S -==-选B.【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.考查等差数列的求和多于等比数列的求和，往往在此基础上考查“裂项相消法”、“错位相减法”.【重点难点突破】考点1 数列求和【1-1】已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根，则数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和 . 【答案】1422n n n S ++=-【1-2】【2017届浙江嘉兴市高三上基础测试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，且12n n S ta =-，其中*n N ∈．（1）求实数t 的值和数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足32log n n b a =，求数列11{}n n b b +的前n 项和n T ． 【答案】（1）23=t ，13-=n n a ；（2）12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n n n ． 【解析】试题分析：（1）由n n a S =可得32t =，2n ≥时由1n n n a S S -=-得数列{}n a 为首项为1，公比为3的等比数列，可得通项公式；（2）化简21n b n =-，则11111()22121n n b b n n +=--+，用裂项相消求和，可得前项和．试题解析： （1）当1=n 时，21111-==ta S a ，得23=t ，从而 2123-=n n a S ,则 2≥n 时，⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=--2123212311n n n n n a a S S a 得 13-=n n a a又01≠a 得31=-n n a a，故数列{}n a 为等比数列，公比为3，首项为1．∴13-=n n a（2）由（1）得 1223-=n n a 得 12-=n b n ∴()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-121121*********n n n n b b n n 得 ⎪⎭⎫⎝⎛+--++-+-=121121513131121n n T n12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n nn【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．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，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++； （21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．8. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【触类旁通】【变式一】【2017课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ 。