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第4讲 数列求和一、知识梳理 1．数列求和方法(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 ≠1.2．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n ． 3．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法如果一个数列{a n }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 项和即是用此法推导的．(2)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 项和就是用此法推导的．(3)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． (4)分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．(5)并项求和法一个数列的前n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．常用结论记住常用的裂项公式(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 .二、教材衍化1．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)解析：选 A.第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1（1－2－9）1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 2．在数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0172 018，则项数n 为( )A ．2 014B ．2 015C ．2 016D ．2 017解析：选D.a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0172 018，所以n ＝2 017.故选D. 3． 1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1＝________(x ≠0且x ≠1)．解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，② ①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋xn －1－nx n＝1－x n1－x －nx n，所以S n ＝1－x n（1－x ）2－nx n1－x. 答案：1－x n（1－x ）2－nxn 1－x一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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 3＋…＋na n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．( )答案：(1)√ (2)√ (3)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)不会分组致误； (2)错位相减法运用不熟练出错．1．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：设所求的数列前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋1－12n .答案：n （n ＋1）2＋1－12n2．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分组转化求和(师生共研)(2020·某某模拟)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a 1x2－S 2x ＋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 ＝a 2n ＋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a 1x 2－S 2x ＋2<0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ， 又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝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＋ (2)) ＝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 ±，且{b 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，，n 为偶数的数列，其中数列{b 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＋ (2)，…，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：a n ＝2＋22＋23＋ (2)＝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)na 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)nn . 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＋ (2))＋[－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)(2020·某某市部分区联考)已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且a 1＝1，a 3＋a 4＝12，b 1＝a 2，b 2＝a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设＝(－1)na nb n (n ∈N +)，求数列{}的前n 项和S n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝1，a 3＋a 4＝12， 所以2a ＋5d ＝12，所以d ＝2，所以a n ＝2n －1.设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝a 2，b 2＝a 5， 所以b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9， 所以q ＝3，所以b n ＝3n.(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n，所以＝(－1)n ·a n ·b n ＝(－1)n ·(2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n， 所以S n ＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n －1)·(－3)n，① 所以－3S n ＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n －3)·(－3)n ＋(2n －1)·(－3)n ＋1，②①－②得，4S n ＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n－(2n －1)·(－3)n ＋1＝－3＋2·（－3）2[1－（－3）n －1]1＋3－(2n －1)·(－3)n ＋1＝32－4n －12·(－3)n ＋1. 所以S n ＝38－4n －18·(－3)n ＋1.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，如本题先把①式两边同乘以－3得到②式，再把两式错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．(2020·某某模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a na n －1＝3(n ≥2)， 又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n .裂项相消法求和(师生共研)(2020·某某八所重点高中4月联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N +)．(1)求证：数列{1a n －2}是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12，为常数． 因为a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列{1a n －2}是以－1为首项，－12为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)(－12)＝－n ＋12， 所以a n ＝2－2n ＋1＝2nn ＋1， 所以b n ＝a 2n a 2n －1＝4n2n ＋12（2n －1）2n ＝4n 2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12(12n －1－12n ＋1)， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝n ＋12(1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1)＝n ＋12(1－12n ＋1)＝n ＋n2n ＋1， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1.利用裂项相消法求和的注意事项(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 ＋1，1a n a n ＋2＝12d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2，1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝na 1a n ＋1(a n ≠0)．1．数列{a n }满足a 1＝1, a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N +)．(1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1， 所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又由已知易得a n >0， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.2．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.并项求和(师生共研)(2020·某某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）na 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）na 2n ＋1a n a n ＋1＝(－1)n 2n ＋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＝－2n2n ＋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．[提醒] 运用并项求和法求数列的前n 项和的突破口是会观察数列的各项的特征，如本题，数列{b n }的通项公式为b n ＝(－1)n2n ＋1n （n ＋1），易知数列{b n }是摆动数列，所以求和时可以将各项进行适当合并．(2020·某某某某二检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2kn (k ∈N +)，S n 的最小值为－9.(1)确定k 的值，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n·a n ，求数列{b n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1.解：(1)由已知得S n ＝n 2－2kn ＝(n －k )2－k 2，因为k ∈N +，则当n ＝k 时，(S n )min ＝－k 2＝－9，故k ＝3.所以S n ＝n 2－6n .因为S n －1＝(n －1)2－6(n －1)(n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝(n 2－6n )－[(n －1)2－6(n －1)]＝2n －7(n ≥2)． 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－5，满足a n ＝2n －7， 综上，a n ＝2n －7.(2)依题意，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n(2n －7)， 则T 2n ＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n(4n －7)＋(－1)2n ＋1[2(2n ＋1)－7]＝5－＝5－2n .数列与其他知识的交汇问题一、数列与不等式的交汇问题(2020·某某某某二模)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝3，当n ≥2时，有S n＋S n －1－2S n S n －1＝2na n ，则使得S 1S 2…S m ≥2 019成立的正整数m 的最小值为________．【解析】 因为S n ＋S n －1－2S n S n －1＝2na n (n ≥2)， 所以S n ＋S n －1－2S n S n －1＝2n (S n －S n －1)(n ≥2)， 所以(2n ＋1)S n －1－(2n －1)S n ＝2S n S n －1(n ≥2)． 易知S n ≠0，所以2n ＋1S n －2n －1S n －1＝2(n ≥2)．令b n ＝2n ＋1S n，则b n －b n －1＝2(n ≥2)，又b 1＝3S 1＝3a 1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以b n ＝2n －1，所以2n ＋1S n ＝2n －1，所以S n ＝2n ＋12n －1.所以S 1S 2…S m ＝3×53×…×2m ＋12m －1＝2m ＋1≥2 019，所以m ≥1 009.即使得S 1S 2…S m ≥2 019成立的正整数m 的最小值为1 009. 【答案】 1 009解决本题的关键：一是细观察、会构造，即通过观察所给的关于S n ，a n 的关系式，思考是将S n 往a n 转化，还是将a n 往S n 转化；二是会解不等式，把求出的相关量代入已知不等式，转化为参数所满足的不等式，解不等式即可求出参数的最小值．二、数列与三角函数的综合(2020·某某某某4月联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且3sin B －sin C b －a ＝sin A ＋sin B c .(1)求角A 的大小；(2)若等差数列{a n }的公差不为零，a 1sin A ＝1，且a 2，a 4，a 8成等比数列，b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .【解】 (1)由3sin B －sin C b －a ＝sin A ＋sin Bc ，根据正弦定理可得3b －c b －a ＝b ＋a c，即b 2＋c 2－a 2＝3bc ， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32，由0<A <π，得A ＝π6.(2)由(1)知，A ＝π6，设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a 1sin A ＝1，所以a 1sin π6＝12a 1＝1，解得a 1＝2.因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )， 所以d 2＝2d .又d ≠0，所以d ＝2，则a n ＝2n ，b n ＝1a n a n ＋1＝12n （2n ＋2）＝14(1n －1n ＋1)，则S n ＝14[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝14(1－1n ＋1)＝n 4n ＋4.破解数列与三角函数相交汇问题的策略：一是活用两定理，即会利用正弦定理和余弦定理破解三角形的边角关系；二是会用公式，即会利用等差数列与等比数列的通项公式求解未知量；三是求和方法，针对数列通项公式的特征，灵活应用裂项相消法、分组求和法、错位相减法等求和．三、数列与函数的综合(2020·某某某某5月联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d >0，a 6和a 8是函数f (x )＝154ln x ＋12x 2－8x 的极值点，则S 8＝( )A ．－38B ．38C ．－17D ．17【解析】 因为f (x )＝154ln x ＋12x 2－8x ，所以f ′(x )＝154x ＋x －8＝x 2－8x ＋154x＝（x －12）（x －152）x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝152.又a 6和a 8是函数f (x )的极值点，且公差d >0， 所以a 6＝12，a 8＝152，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋7d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－17，d ＝72.所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×d ＝－38，故选A.【答案】 A破解数列与函数相交汇问题的关键：一是会利用导数法求函数的极值点；二是会利用等差数列的单调性，若公差大于0，则该数列单调递增，若公差小于0，则该数列单调递减，若公差等于0，则该数列是常数列，不具有单调性；三是会利用公式法求和，记清等差数列与等比数列的前n 项和公式，不要搞混．四、数列中的新定义问题(2020·某某模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，定义{a n }的“优值”为H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n，现已知{a n }的“优值”H n ＝2n，则S n ＝________．【解析】 由H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n，得a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ，①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)2n －1，②由①－②得2n －1a n ＝n ·2n －(n －1)2n －1＝(n ＋1)2n －1，即a n ＝n ＋1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2也满足式子a n ＝n ＋1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1， 所以S n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.【答案】n （n ＋3）2破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如本题，题眼{a n }的“优值”H n ＝2n的含义为a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n 求通项，只需写出a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n －1，通过相减，即可得通项公式．五、数列中的新情境问题(2020·某某六校第二次联考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋ a 2＝3，a 3－a 2＝ 2，等差数列{b n }的前n 项和为S n ，且b 3＝5，S 4＝16.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系中，有点P 1(a 1，0)，P 2(a 2，0)，…，P n (a n ，0)，P n ＋1(a n ＋1，0)，Q 1(a 1，b 1)，Q 2(a 2，b 2)，…，Q n (a n ，b n )，若记△P n Q n P n ＋1的面积为，求数列{}的前n 项和T n .【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1＋a 2＝3，a 3－a 2＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3，a 1q 2－a 1q ＝2，得3q 2－5q －2＝0，又q >0， 所以q ＝2，a 1＝1，则a n ＝2n －1.设数列{b n }的公差为d ，因为b 3＝5，S 4＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝5，4b 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝2，则b n ＝2n －1.(2)由(1)得P n P n ＋1＝a n ＋1－a n ＝2n －2n －1＝2n －1，P n Q n ＝b n ＝2n －1，故＝S △P n Q n P n ＋1＝2n －1（2n －1）2＝(2n －1)2n －2，则T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝12×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n －1)2n －2，① 2T n ＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n －1)2n －1，②由①－②得，－T n ＝12＋2(1＋2＋…＋2n －2)－(2n －1)·2n －1＝12＋2（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n －1＝(3－2n )2n －1－32，故T n ＝(2n －3)2n －1＋32(n ∈N +)．数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的两直角边长的特征；二是会转化，如本题，把数列{}的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求；三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列{}的前n 项和．[基础题组练]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S 17＝( )A ．9B ．8C ．17D ．16解析：选A.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＝9.2．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 ．990 B ．1 000 C ．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．已知函数f (x )＝a x＋b (a >0，且a ≠1)的图象经过点P (1，3)，Q (2，5)．当n ∈N +时，a n ＝f （n ）－1f （n ）·f （n ＋1），记数列{a n }的前n 项和为S n ，当S n ＝1033时，n 的值为( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：选D.因为函数f (x )＝a x＋b (a >0，且a ≠1)的图象经过点P (1，3)，Q (2，5)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，a 2＋b ＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝4(舍去)，所以f (x )＝2x＋1，所以a n ＝2n＋1－1（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1， 所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－19＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1， 令S n ＝1033，得n ＝4.故选D.4．(2020·某某某某期末)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N +)，则该数列的前100项之和是( )A ．18B ．8C ．5D ．2解析：选C.因为a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N +)，所以a 3＝3－1＝2，a 4＝2－3＝－1，a 5＝－1－2＝－3，a 6＝－3＋1＝－2，a 7＝－2＋3＝1，a 8＝1＋2＝3，a 9＝3－1＝2，…，所以{a n }是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S 100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n(n ∈N +)，则S 2 018等于( ) A ．22 018－1B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×21 008－2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 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 017＋a 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋2（1－21 009）1－2＝3·21 009－3.故选B.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________．解析：因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.因此S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋…＋(a 2 009＋a 2 010＋a 2 011＋a 2 012)＋(a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＋a 2 016)＋a 2 017＝2 0164×2＋a 1＝1 008.答案：1 0087．(2020·某某三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1.当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019＝________．解析：由a n ＋2S n －1＝n (n ≥2)，得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式作差可得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1(n ≥2)，即a n ＋1＋a n ＝1(n ≥2)，所以S 2 019＝1＋2 0182×1＝1 010.答案：1 0108．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N +)，记T n＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n(n ∈N +)，则T 2 018＝________．解析：由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N +)，可得a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }为等差数列，公差d ＝a 2－a 1＝2－1＝1，通项公式a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝1＋n －1＝n ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （n ＋1）2，所以1S n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2(11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1，故T 2 018＝2×2 0182 018＋1＝4 0362 019. 答案：4 0362 0199．已知数列{a n }满足a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －1a n ＝n4(n ∈N +)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4na n2n ＋1，求数列{b n b n ＋1}的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝14.因为a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＋4n －1a n ＝n4①，所以a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＝n －14(n ≥2，n ∈N +) ②，①－②得4n －1a n ＝14(n ≥2，n ∈N +)，所以a n ＝14n (n ≥2，n ∈N +)．由于a 1＝14，故a n ＝14n (n ∈N +)．(2)由(1)得b n ＝4na n 2n ＋1＝12n ＋1，所以b n b n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12(12n ＋1－12n ＋3)，故T n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3)＝12(13－12n ＋3)＝n 6n ＋9. 10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n －12.(1)求a n ；(2)若b n ＝(n －1)a n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)由已知可得，2S n ＝3a n －1，① 所以2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②得，2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1， 化简得a n ＝3a n －1(n ≥2)， 在①中，令n ＝1可得，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 从而有a n ＝3n －1.(2)b n ＝(n －1)3n －1，T n ＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1，③则3T n ＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n.④ ③－④得，－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)×3n＝3－3n1－3－(n －1)×3n ＝（3－2n ）×3n－32.所以T n ＝（2n －3）×3n＋34.[综合题组练]1．(2020·某某五个一名校联盟第一次诊断)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2 018项的和为( )A ．1 008B ．1 009C ．2 017D ．2 018解析：选D.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，所以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，…，所以数列{a n cos n π}的前 2 018项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 017＋b 2 018)＝2×2 0182＝2 018.故选D.2．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76B ．78C ．80D ．82解析：选B.由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，两式相减得a n ＋2＋a n ＝(－1)n·(2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1，5，9及n ＝2，6，10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.3．已知数列{a n }，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N +)，则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 019项和为________．解析：由“凸数列”的定义及b 1＝1，b 2＝－2，得b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，所以数列{b n }是周期为6的周期数列，且b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，于是数列{b n }的前2 019项和等于b 1＋b 2＋b 3＝－4.答案：－44．(2020·某某质量监测)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＝2nn ＋1. 答案：2n n ＋15．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)n4na 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＝－2n2n ＋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＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。
