2019高考数学一轮复习第6章数列专题研究2数列的求和练习理

第二节 等差数列及其前n 项和突破点一 等差数列的基本运算[基本知识]1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n n －12d ＝n a 1＋a n 2.[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)若一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ 二、填空题1．若m 和2n 的等差中项为4,2m 和n 的等差中项为5，则m 与n 的等差中项是________． 答案：32．在等差数列{a n }中，a 2＝3，a 3＋a 4＝9，则a 1a 6的值为________． 答案：143．已知{a n }是等差数列，且a 3＋a 9＝4a 5，a 2＝－8，则该数列的公差是________． 答案：44．在等差数列{a n }中，已知d ＝2，S 100＝10 000，则S n ＝________. 答案：n 2[典例感悟]1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即3a 1＋2d ＝0.将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.2．(2019·山东五校联考)已知等差数列{a n }为递增数列，其前3项的和为－3，前3项的积为8.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，∵等差数列{a n }的前3项的和为－3，前3项的积为8，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1a 1＋da 1＋2d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.∵d >0，∴a 1＝－4，d ＝3，∴a n ＝3n －7. (2)∵a n ＝3n －7，∴a 1＝3－7＝－4， ∴S n ＝n －4＋3n －72＝n 3n －112.[方法技巧]解决等差数列基本量计算问题的思路(1)在等差数列{a n }中，a 1与d 是最基本的两个量，一般可设出a 1和d ，利用等差数列的通项公式和前n 项和公式列方程(组)求解即可．(2)与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d 和前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ，在两个公式中共涉及五个量：a 1，d ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量．[针对训练]1．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，且a 3＝2，a 9＝12，则a 15＝( )A ．10B ．30C ．40D ．20解析：选B 法一：设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是公差为d 的等差数列，∵a 3＝2，a 9＝12，∴6d ＝a 99－a 33＝129－23＝23，∴d ＝19，a 1515＝a 33＋12d ＝2.故a 15＝30.法二：由于数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，故2×a 99＝a 33＋a 1515，即a 1515＝2×129－23＝2，故a 15＝30.2．(2018·信阳二模)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”(“钱”是古代一种质量单位)，在这个问题中，甲得________钱．( )A.53 B ．32 C.43D ．54解析：选C 甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数依次设为成等差数列的a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，设公差为d ，由题意知a 1＋a 2＝a 3＋a 4＋a 5＝52，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝52，3a 1＋9d ＝52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝43，d ＝－16，故甲得43钱，故选C.3．(2018·菏泽二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，满足a 1＋a 2＝10，S 5＝40.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝|13－a n |，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 ， 由题意知，a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝10，S 5＝5a 3＝40，即a 3＝8，所以a 1＋2d ＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝2，所以a n ＝4＋(n －1)·2＝2n ＋2.(2)令c n ＝13－a n ＝11－2n ，b n ＝|c n |＝|11－2n |＝⎩⎪⎨⎪⎧11－2n ，n ≤5，2n －11，n ≥6，设数列{c n }的前n 项和为Q n ，则Q n ＝－n 2＋10n . 当n ≤5时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝Q n ＝－n 2＋10n .当n ≥6时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝c 1＋c 2＋…＋c 5－(c 6＋c 7＋…＋c n )＝－Q n ＋2Q 5＝n 2－10n ＋2(－52＋10×5)＝n 2－10n ＋50.突破点二 等差数列的性质及应用[基本知识]等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)． (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(m ∈N *)也是等差数列，公差为m 2d .(5)S 2n －1＝(2n －1)a n ，S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)，遇见S 奇，S 偶时可分别运用性质及有关公式求解．(6)若{a n }，{b n }均为等差数列且其前n 项和为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.(7)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.(8)若等差数列{a n }的项数为偶数2n ，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (9)若等差数列{a n }的项数为奇数2n ＋1，则 ①S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1；②S 奇S 偶＝n ＋1n. [基本能力]1．在等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝37，则a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝________. 解析：依题意，得a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝(a 2＋a 8)＋(a 4＋a 6)＝2(a 3＋a 7)＝74. 答案：742．设{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是________． 答案：23．在等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是________．答案：26[全析考法]考法一 等差数列的性质[例1] (1)(2019·武汉模拟)若数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，且a 1＝2a 3－3，则S 9＝( )A ．25B ．27C ．50D ．54(2)(2019·莆田九校联考)在等差数列{a n }中，若a 1，a 2 019为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 2＋a 1 010＋a 2 018＝( )A ．10B ．15C ．20D ．40[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，a 1＝2a 3－3＝2a 1＋4d －3， ∴a 5＝a 1＋4d ＝3，S 9＝9a 5＝27.(2)因为a 1，a 2 019为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，所以a 1＋a 2 019＝10. 由等差数列的性质可知，a 1 010＝a 1＋a 2 0192＝5，a 2＋a 2 018＝a 1＋a 2 019＝10，所以a 2＋a 1 010＋a 2 018＝10＋5＝15.故选B. [答案] (1)B (2)B [方法技巧]利用等差数列的性质求解问题的注意点(1)如果{a n }为等差数列，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m ＋n ＋a m －n 的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n 项和公式的灵活应用，如a n ＝a m ＋(n －m )d ，d ＝a n －a m n －m ，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n a 1＋a n 2＝n a 2＋a n －12(n ，m ∈N *)等． [提醒] 一般地，a m ＋a n ≠a m ＋n ，等号左、右两边必须是两项相加，当然也可以是a m －n＋a m ＋n ＝2a m .考法二 等差数列前n 项和最值问题等差数列的通项a n 及前n 项和S n 均为n 的函数，通常利用二次函数法或通项变号法解决等差数列前n 项和S n 的最值问题．[例2] (2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值． [解] (1)设{a n }的公差为d ， 由题意得3a 1＋3d ＝－15. 又a 1＝－7，所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)法一：(二次函数法)由(1)得S n ＝n a 1＋a n2＝n 2－8n ＝(n －4)2－16，所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16. 法二：(通项变号法) 由(1)知a n ＝2n －9，则S n ＝n a 1＋a n2＝n 2－8n .由S n 最小⇔⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2n －9≤0，2n －7≥0，∴72≤n ≤92， 又n ∈N *，∴n ＝4，此时S n 的最小值为S 4＝－16. [方法技巧]求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)二次函数法利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)通项变号法①a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m . [集训冲关]1.[考法一]设S n 为公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和，若S 9＝3a 8，则S 153a 5等于( )A ．15B ．17C ．19D ．21解析：选A 因为S 9＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 5＝3a 8，即3a 5＝a 8.又S 15＝a 1＋a 2＋…＋a 15＝15a 8，所以S 153a 5＝15a 8a 8＝15.2.[考法一]在项数为2n ＋1的等差数列{a n }中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n 等于( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选B ∵等差数列有2n ＋1项，∴S 奇＝n ＋1a 1＋a 2n ＋12，S 偶＝n a 2＋a 2n2.又a 1＋a 2n ＋1＝a 2＋a 2n ，∴S 偶S 奇＝n n ＋1＝150165＝1011，∴n ＝10. 3.[考法二]等差数列{a n }中，S n 为前n 项和，且a 1＝25，S 17＝S 9，请问：数列前多少项和最大？解：法一：∵a 1＝25，S 17＝S 9，∴17a 1＋17×162d ＝9a 1＋9×82d ，解得d ＝－2.∵a 1＝25>0，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝25－2n －1≥0，a n ＋1＝25－2n ≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤1312，n ≥1212.∴当n ＝13时，S n 有最大值． 法二：∵a 1＝25，S 17＝S 9， ∴17a 1＋17×162d ＝9a 1＋9×82d ，解得d ＝－2. 从而S n ＝25n ＋n n －12(－2)＝－n 2＋26n＝－(n －13)2＋169. 故前13项之和最大．突破点三 等差数列的判定与证明[典例] (2019·济南一中检测)各项均不为0的数列{a n }满足a n ＋1a n ＋a n ＋22＝a n ＋2a n ，且a 3＝2a 8＝15.(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝a n2n ＋6，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)证明：依题意，a n ＋1a n ＋a n ＋2a n ＋1＝2a n ＋2a n ，两边同时除以a n a n ＋1a n ＋2，可得1a n ＋2＋1a n＝2a n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d .因为a 3＝2a 8＝15，所以1a 3＝5，1a 8＝10，所以1a 8－1a 3＝5＝5d ，即d ＝1，所以1a n ＝1a 3＋(n －3)d ＝5＋(n －3)×1＝n ＋2，故a n ＝1n ＋2.(2)由(1)可知b n ＝a n 2n ＋6＝12·1n ＋2n ＋3＝12( 1n ＋2－1n ＋3 )，故S n ＝12( 13－14＋14－15＋…＋1n ＋2－1n ＋3)＝n6n ＋3. [方法技巧]等差数列的判定与证明方法 方法 解读适合题型定义法 对于数列{a n }，a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)为同一常数⇔{a n }是等差数列解答题中的证明问题等差中项法 2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立⇔{a n }是等差数列通项公式法 a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)对任意的正整数n 都成立⇔{a n }是等差数列选择、填空题定中的判问题前n 项和公式法验证S n ＝An 2＋Bn (A ，B 是常数)对任意的正整数n 都成立⇔{a n }是等差数列[提醒] 判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a 2－a 1＝d 这一关键条件．[针对训练](2019·沈阳模拟)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 2＝2，S 3＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式和前n 项和S n ；(2)是否存在正整数n ，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列？若存在，求出n ；若不存在，请说明理由．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝2，3a 1＋3×22d ＝－6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝－6，∴a n ＝4－6(n －1)＝10－6n ，S n ＝na 1＋n n －12d ＝7n －3n 2.(2)由(1)知S n ＋S n ＋3＝7n －3n 2＋7(n ＋3)－3(n ＋3)2＝－6n 2－4n －6，2(S n ＋2＋2n )＝2(－3n 2－5n ＋2＋2n )＝－6n 2－6n ＋4， 若存在正整数n 使得S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列， 则－6n 2－4n －6＝－6n 2－6n ＋4，解得n ＝5， ∴存在n ＝5，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列．。

第四讲数列求和、数列的综合应用题组1等差、等比数列的综合应用1.[2014新课标全国Ⅱ,5,5分]等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=()A.n(n+1)B.n(n-1)C.D.-2.[2017北京,10,5分][理]若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=.3.[2015湖南,14,5分][理]设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n=.4.[2014安徽,12,5分][理]数列{a n}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=.5.[2014天津,11,5分][理]设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.6.[2016北京,15,13分]已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)设c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和.7.[2016天津,18,13分][理]已知{a n}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b n 是a n和a n+1的等比中项.(Ⅰ)设c n=-,n∈N*,求证:数列{c n}是等差数列;(Ⅱ)设a1=d,T n=(-1)k,n∈N*,求证:<.题组2数列的实际应用8.[2017全国卷Ⅰ,12,5分][理]几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.110题组3数列与其他知识的综合9.[2016浙江,8,5分]如图6-4-1,点列{A n},{B n}分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n≠A n+2,n∈N*,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n≠B n+2,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若d n=|A n B n|,S n为△A n B n B n+1的面积,则()图6-4-1A.{S n}是等差数列B.{}是等差数列C.{d n}是等差数列D.{}是等差数列10.[2015福建,8,5分][理]若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于()A.6B.7C.8D.911.[2016四川,19,12分][理]已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.(Ⅰ)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{a n}的通项公式;.(Ⅱ)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=,证明:e1+e2+…+e n>--12.[2015安徽,18,12分][理]设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(Ⅰ)求数列{x n}的通项公式;(Ⅱ)记T n=…-,证明:T n≥.A组基础题1.[2018武汉市部分学校调研,3]已知等比数列{a n}中,3a2,2a3,a4成等差数列,设S n为数列{a n}的前n项和,则等于()A. B.3或 C.3 D.2.[2017东北三省四市一模,5]已知数列{a n}为等差数列,数列{b n}为等比数列,且满足a2 016+a2=π,b20b21=4,则tan =() 017A. B. C.1 D.-13.[2017石家庄市一模,8]已知函数f(x)在(-1,+∞)上单调,且函数y=f(x-2)的图象关于直线x=1对称,若数列{a n}是公差不为0的等差数列,且f(a50)=f(a51),则数列{a n}的前100项的和为()A.-200B.-100C.0D.-504.[2018长春市高三第一次质量监测,17]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=log2(a n-1),求证:+++…+<1.5.[2017南昌市三模,17]已知数列{a n}满足+++…+=n2+n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=-,求数列{b n}的前n项和S n.B组提升题6.[2018洛阳市尖子生高三第一次联考,16]已知数列{a n}满足na n+2-(n+2)a n=λ(n2+2n),其中a1=1,a2=2,若a n<a n+1对任意的n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围是.7.[2017宁夏银川市高中教学质量检测,16]我们把满足x n+1=x n-的数列{x n}叫作牛顿数列.已知函数f(x)=x2-1,数列{x n}为牛顿数列,设a n=ln -,已知a1=2,则a3=.8.[2017陕西省六校第三次适应性训练,16]已知数列{a n}满足a1=,a n+1-1=a n(a n-1)(n∈N*),且S n=++…+,则S n的整数部分的所有可能值构成的集合的真子集个数为.9.[2017长沙市五月模拟,17]设数列{a n}的前n项和是S n,若点A n(n,)在函数f(x)=-x+c的图象上运动,其中c是与x无关的常数,且a1=3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=,求数列{b n}的前n项和T n的最小值.10.[2017桂林、百色、梧州、崇左、北海五市联考,17]已知各项均为正数的等差数列{a n}满足a4=2a2,且a1,4,a4成等比数列,设{a n}的前n项和为S n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{}的前n项和为T n,求证:T n<3.答案1.A因为a2,a4,a8成等比数列,所以=a2·a8,所以(a1+6)2=(a1+2)·(a1+14),解得a1=2.所以S n=na1+-d=n(n+1).故选A.2.1设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,则a4=-1+3d=8,解得d=3;b4=-1·q3=8,解得q=-2.所以a2=-1+3=2,b2=-1×(-2)=2,所以=1.3.3n-1由3S1,2S2,S3成等差数列,得4S2=3S1+S3,即3S2-3S1=S3-S2,则3a2=a3,得公比q=3,所以a n=a1q n-1=3n-1.4.1解法一因为数列{a n}是等差数列,所以a1+1,a3+3,a5+5也成等差数列,又a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,所以a1+1,a3+3,a5+5是常数列,故q=1.解法二因为数列{a n}是等差数列,所以可设a1=t-d,a3=t,a5=t+d,故由已知得(t+3)2=(t-d+1)(t+d+5),化简得d2+4d+4=0,解得d=-2,所以a3+3=a1+1,即q=1.5.-由已知得S1·S4=,即a1·(4a1-6)=(2a1-1)2,解得a1=-.6.(Ⅰ)等比数列{b n}的公比q===3,所以b 1==1,b 4=b 3q=27.设等差数列{a n }的公差为d.因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27,所以1+13d=27,即d=2. 所以a n =2n-1(n=1,2,3,… . (Ⅱ)由(Ⅰ)知,a n =2n-1,b n =3n-1, 因此c n =a n +b n =2n-1+3n-1. 从而数列{c n }的前n 项和 S n =1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1 =-+ --=n 2+-.7.(Ⅰ)由题意得 =a n a n+1,有c n = -=a n+1a n+2-a n a n+1=2da n+1,因此c n+1-c n =2d (a n+2-a n+1)=2d 2,所以数列{c n }是等差数列.(Ⅱ)T n =(- + )+(- + )+…+(- -+ ) =2d (a 2+a 4+…+a 2n ) =2d ·=2d 2n (n+1).所以∑=nk kT 11=∑=+nk k k d 12)1(121=∑=+-n k k k d 1211121）（= ·(1- )<. 8.A 设第一项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n 组的项数为n ,前n 组的项数和为.由题意可知,N>100,令>100,∴n ≥14,n ∈N *,即N 出现在第13组之后.易得第n 组的所有项的和为 -- =2n -1,前n 组的所有项的和为- --n=2n+1-n-2.设满足条件的N 在第k+1(k ∈N *,k ≥13 组,且第N 项为第k+1组的第t (t ∈N *)个数,第k+1组的前t 项的和 2t -1应与-k-2互为相反数,即2t -1=k+2,∴2t =k+3,∴t=log 2(k+3),∴当t=4,k=13时,N=+4=95<100,不满足题意,当t=5,k=29时,N=+5=440,当t>5时,N>440,故选A.9.A如图D 6-4-1,图D 6-4-1记h n为△A n B n B n+1的边B n B n+1上的高(n∈N*),设锐角的大小为θ,根据图象可知,h n+1=h n+|A n A n+1|sin θ,又|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,∴S n+1-S n=|B n+1B n+2|·h n+1-|B n B n+1|·h n=|B n B n+1|·(h n+1-h n)=|B n B n+1|·|A n A n+1|sin θ.根据题意知,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,∴|B n B n+1|·|A n A n+1|sin θ为常数,∴{S n}为等差数列,故选A.10.D因为a,b为函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,所以-,,,所以a>0,b>0,所以当-2在中间时,a,b,-2这三个数不可能成等差数列,且只有当-2在中间时,a,b,-2这三个数才能成等比数列.经分析知,a,b,-2或b,a,-2或-2,a,b或-2,b,a成等差数列,a,-2,b或b,-2,a成等比数列.不妨取数列a,b,-2成等差数列,数列a,-2,b成等比数列,则有-,,解得,或-,-(舍去),所以,,所以p+q=9.故选D.11.(Ⅰ)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a n=q n-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,得2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0,故q=2.所以a n=2n-1(n∈N*).(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n==-.由e2==得q=.因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以->q k-1(k∈N*).,于是e1+e2+…+e n>1+q+…+q n-1=--故e1+e2+…+e n>-.-12.(Ⅰ)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2,从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-=.(Ⅱ)由题设和(Ⅰ)中的计算结果知T n=…-=()2()2… -)2.当n=1时,T1=.=(-)2=->--=-=-,当n≥2时,因为-所以T n>()2×××…×-=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.A组基础题1.B设等比数列{a n}的公比为q,由3a2,2a3,a4成等差数列,得3a2+a4=4a3⇒3a2+a2q2=4a2q⇒a2(q2-4q+3)=0⇒a2=0(舍去)或q2-4q+3=0,∴q=3或q=1.当q=3时,S 3=- -,= -- = - - = -- =; 当q=1时,数列{a n }是常数列,a 1=a 2=a 3,此时==3.综上,故选B .2.A 依题意得a 1+a 4 032=a 2 016+a 2 017=π,b 19b 22=b 20b 21=4,所以tan=tan =,选A .3.B 因为函数y=f (x-2)的图象关于直线x=1对称,则函数f (x )的图象关于直线x=-1对称.又函数f (x )在(-1,+∞)上单调,数列{a n }是公差不为0的等差数列,且f (a 50)=f (a 51),所以a 50+a 51=-2,所以S 100==50(a 50+a 51)=-100,故选B .4.(1)由 - , -- - ,得a n =S n -S n-1=2n +1(n ≥2 . 当n=1时,a 1=S 1=3,也适合a n =2n +1.综上,a n =2n +1. (2)由(1)知,b n =log 2(a n -1)=log 22n =n. 所+++…+= + + +…+ =(1- )+( - )+( - )+…+( - )=1-<1.5.(1) +++…+=n 2+n ①,∴当n ≥2时, + ++…+- -=(n-1)2+n-1 ②,①-②得,=2n (n ≥2 ,∴a n =n ·2n+1(n ≥2 .又当n=1时,=1+1,a 1=4也适合a n =n ·2n+1,∴a n =n ·2n+1.(2)由(1)得,b n =-=n (-2)n ,∴S n =1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n×(-2)n ③,-2S n =1×(-2)2+2×(-2)3+3×(-2)4+…+(n-1)×(-2)n +n×(-2)n+1 ④,③-④得,3S n =(-2)+(-2)2+(-2)3+…+(-2)n -n×(-2)n+1=- - --n×(-2)n+1,∴S n =--.B组提升题6.[0,+∞)由na n+2-(n+2)a n=λ(n2+2n)=λn(n+2)得-=λ,所以数列{}的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列,因为a1=1,a2=2,所以当n为奇数时,=1+λ(-1)=-λ+1,所以a n=-λ+n;当n为偶数时,=1+λ(-1)=-λ+1,所以a n=-λ+n.当n为奇数时,由a n<a n+1得-λ+n<-λ+n+1,即λ(n-1)>-2,若n=1,则λ∈R,若n>1,则λ>--,所以λ≥0;当n为偶数时,由a n<a n+1得-λ+n<-λ+n+1,即3λn>-2,所以λ>-,即λ≥0.综上,实数λ的取值范围为[0,+∞).7.8由f(x)=x2-1,得f'(x)=2x,则x n+1=x n--=,所以x n+1-1=-,x n+1+1=,所以-=-,所以ln-=ln-=2ln-,即an+1=2a n,所以数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列,则a3=2×22=8.8.7因为数列{a n}满足a1=,a n+1-1=a n(a n-1)(n∈N*),所以a n+1-a n=->0,a n+1>a n,因此数列{a n}单调递增.由a1=,a n+1-1=a n(a n-1),得a2-1=×(-1),a2=,同理a3=,a4=,-=>1,-=<1,所以当n≥4时,0<-<1.另一方面由a n+1-1=a n(a n-1),得=---,所以S n=++…+=(---)+(---)+…+(---)=3--.所以当n=1时,S1==,其整数部分为0;当n=2时,S2=+=1+,其整数部分为1;当n≥3时,S n=3--∈(2,3),其整数部分为2.综上,S n的整数部分的所有可能值构成的集合为{0,1,2},其真子集的个数为23-1=7.9.(1)因为点A n(n,)在函数f(x)=-x+c的图象上运动,所以=-n+c,所以S n=-n2+cn.因为a1=3,所以c=4,所以S n=-n2+4n,所以a n=S n-S n-1=-2n+5(n≥2 .又a1=3满足a n=-2n+5,所以数列{a n}的通项公式a n=-2n+5(n≥1 .(2)由(1)知,b n==-2a n+5=-2(-2n+5)+5=4n-5,所以数列{b n}为等差数列,所以T n==2n2-3n.则当n=1时,T n取最小值,最小值为T1=-1,所以数列{b n}的前n项和T n的最小值为-1.10.(1)根据题意,设等差数列{a n}的公差为d,∵a4=2a2,且a1,4,a4成等比数列,a1>0,∴,,解得a1=2,d=2,∴数列{a n}的通项公式为a n=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n.(2)由(1)知a1=d=2,则S n=2n+-×2=n2+n,设b n=,则b n==.∴T n=++…+-+①,T n=++…++②,①-②得,T n=+++…+-,∴T n=2+++…+--=2+----=3---<3.∴T n<3.。

2019版高考数学一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列求和 理一、选择题1.在等差数列}{n a 中，5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25解析15242451,5551522a a a a a a S ++==⇒=⨯=⨯=.答案 B2．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 ．15B ．12C ．－12D ．－15解析 设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＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 答案 A3．在数列{a n }中，a n ＝1nn ＋，若{a n }的前n 项和为2 0132 014，则项数n 为( )．A ．2 011B ．2 012C ．2 013D ．2 014解析 ∵a n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0132 014，解得n ＝2 013. 答案 C4．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝＋2＝30×61＝1 830.答案 D5. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝( )A ．70B ．75C ．80D ．85解析 由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝＋2n ＋2＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝＋2＝75，故选B .答案 B6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )．A.212B ．6C ．10D ．11解析 依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B.答案 B 二、填空题7．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案 －2 2n －1－128．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________. 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列． ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝－4n1－4＝13(4n－1)． 答案 13(4n－1)9．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n项和S n ＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n，故b n ＝log 3a n ＝n ， 所以1b n b n ＋1＝1nn ＋＝1n －1n ＋1. 则S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案nn ＋110．设f (x )＝4x4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________． 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＋x 1＋4x 24x 1＋x 2＋x 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. 答案 5 三、解答题11．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2＝＋d q ＝64，S 3b 3＝＋3d q 2＝960，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65，q ＝403.(舍去)故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， 所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋3n ＋n ＋.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n . 解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝12S n，a n＝12S n －1n，得到a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列．又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．又a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.(2)b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝n .∴1b n b n ＋1＝1n＋n ＝1n －11＋n . ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝n n ＋1.13．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪：(1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n的特点是数列{n }与{3n}之积，可用错位相减法． 解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n .(2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n.∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n， ③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋ (3))，即2S n ＝n ·3n ＋1－31－3n1－3，∴S n ＝2n －13n ＋14＋34. 探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝10.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1. ①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝2，d ＝2，所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且32<13<42，a 10＝b 4＝8， 所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，所以解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n qn －1，因此c n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝n2n －2.所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n2n －2，12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1， 因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1，解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知c n ＝n 2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n n ＋2n －2≥λ.设f (n )＝n n ＋2n －2，计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154.因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋－n2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5].。

第四节 数列求和1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －1d2.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 11－q n1－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 ＋12；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，分别求和而后相加减．(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．常用的裂项公式有：①1nn ＋1＝1n －1n ＋1； ②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(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 项和即可用错位相减法求解．(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．[小题体验]1．等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________． 解析：由a 1＝1，a 2＝2，得q ＝2，∴S 10＝1×1－2101－2＝1 023，S 4＝1×1－241－2＝15，∴S 10－S 4＝1 008. 答案：1 0082．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于________．答案：n 2＋1－12n3．已知数列{}a n 的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，则该数列的前________项之和等于9.解析：由题意知，a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝9，解得n ＝99.答案：991．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项． [小题纠偏]1．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ∈N *)，则f (3)＝________.答案：27(87－1)2．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n，则S n ＝________. 答案：(n －1)2n ＋1＋23．求和：11×2＋12×3＋…＋1n －1n＝________.解析：原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1－1n .答案：1－1n考点一 公式法求和 基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2019·南师大附中月考)《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”已知“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则此问题的答案是________日．解析：易知每日织布数量构成一个等差数列，设此数列为{}a n ，则a 1＝5，a n ＝1，S n ＝90，所以n 5＋12＝90，解得n ＝30.答案：302．(2018·无锡期末)设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3＝－18，且a 2，a 4，a 3成等差数列，则数列{a n }的前4项和为________．解析：设数列{a n }的公比为q (q ≠1)．由等比数列的性质可得a 1a 2a 3＝a 32＝－18，所以a 2＝－12.因为a 2，a 4，a 3成等差数列，所以2a 4＝a 2＋a 3，即2a 2q 2＝a 2＋a 2q ，化简得2q 2－q －1＝0，即(q －1)(2q ＋1)＝0，解得q ＝－12或q ＝1(舍去)．又因为a 1＝a 2q＝1，所以S 4＝a 11－q 41－q＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.答案：583．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8. 设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 11－q n 1－q ＝1×1－2n1－2＝2n－1.[谨记通法]几类可以使用公式法求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．考点二 分组转化法求和重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·天一中学检测)已知数列{a n }的首项a 1＝3，通项a n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且a 1，a 4，a 5成等差数列．求：(1)p ，q 的值；(2)数列{a n }前n 项和S n .解：(1)由a 1＝3，得2p ＋q ＝3，①又由a 4＝24p ＋4q ，a 5＝25p ＋5q ，且a 1＋a 5＝2a 4， 得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，② 由①②解得p ＝1，q ＝1. (2)由(1)，知a n ＝2n＋n .所以S n ＝(2＋22＋ (2))＋(1＋2＋…＋n )＝21－2n1－2＋n 1＋n2＝2n ＋1－2＋n 2＋n2.[由题悟法]分组转化法求和的常见类型[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．[即时应用]1．求数列1＋1，1a ＋4，1a 2＋7，1a 3＋10，…，1an －1＋(3n －2)的前n 项和．解：设数列的通项为a n ，前n 项和为S n ，则a n ＝1a n －1＋(3n －2)，∴S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ＋1a2＋…＋1a n －1＋[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]．当a ＝1时，S n ＝n ＋n 1＋3n －22＝3n 2＋n 2；当a ≠1时，S n ＝1－1a n1－1a＋n1＋3n －22＝a n－1a n －a n －1＋n3n －12. 2．(2018·南京四校联考)在等差数列{a n }中，a 2＋a 7＝－23，a 3＋a 8＝－29. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列，求{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差是d . 因为a 3＋a 8－(a 2＋a 7)＝2d ＝－6， 所以d ＝－3，所以a 2＋a 7＝2a 1＋7d ＝－23，解得a 1＝－1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋2.(2)因为数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列， 所以a n ＋b n ＝qn －1，即－3n ＋2＋b n ＝qn －1，所以b n ＝3n －2＋q n －1.所以S n ＝[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]＋(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝n 3n －12＋(1＋q ＋q2＋…＋qn －1)，故当q ＝1时，S n ＝n 3n －12＋n ＝3n 2＋n 2；当q ≠1时，S n ＝n 3n －12＋1－q n1－q. 考点三 错位相减法求和重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·徐州调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1，n ∈N *.数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)，n ∈N *，且b 1＝1.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，对任意的n ∈N *，都有T n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)， 得b n ＋1n ＋1－b nn＝1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是首项b 1＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n＝n ， 故数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2. (2)由(1)得c n ＝a n ·b n ＝n ·2n －1，于是T n ＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1， 所以2T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，两式相减得－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ×2n＝1－2n1－2－n ×2n，所以T n ＝(n －1)·2n＋1， 由(1)得S n ＝2a n －1＝2n－1， 因为对∀n ∈N *，都有T n ≤nS n －a ， 即(n －1)·2n＋1≤n (2n－1)－a 恒成立， 所以a ≤2n－n －1恒成立， 记c n ＝2n －n －1， 所以a ≤(c n )min ， 因为c n ＋1－c n ＝[2n ＋1－(n ＋1)－1]－(2n －n －1)＝2n－1＞0，从而数列{c n }为递增数列，所以当n ＝1时，c n 取最小值c 1＝0，于是a ≤0， 所以实数a 的取值范围为(－∞，0]．[由题悟法]用错位相减法求和的3个注意事项(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“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．[即时应用](2019·海门中学月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋n . (1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3(k ∈N *)恰好依次为等比数列{b n }的第一、第二、第三项，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n b n 的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n )－[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 当n ＝1时，符合上式， ∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由题意知a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3成等比数列，∴a 22k ＝a k ＋1·a 2k ＋3， 即(2·2k )2＝2(k ＋1)·2(2k ＋3)，解得k ＝3. ∴b 1＝a 4＝8，b 2＝a 6＝12，公比q ＝128＝32，∴b n ＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴n b n ＝18n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， ∴T n ＝18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. ① ∴23T n ＝18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋n －1×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n . ② ①－②，得13T n ＝18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－18×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝38－3＋n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，则T n ＝98－9＋3n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.考点四 裂项相消法求和 题点多变型考点——多角探明[锁定考向]裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列a n 的通项公式，达到求解目的．常见的命题角度有： (1)形如a n ＝1nn ＋k 型； (2)形如a n ＝1n ＋k ＋n型；(3)形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型．[题点全练]角度一：形如a n ＝1nn ＋k型 1．(2019·启东一中检测)在数列{}a n 中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式； (2)设b n ＝S n2n ＋1，求{}b n 的前n 项和T n . 解：(1)∵S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n . 由题意得S n －1·S n ≠0， ∴1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列，∴1S n＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋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. 角度二：形如a n ＝1n ＋k ＋n型2．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 2 018＝________.解析：由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12.所以a n ＝1fn ＋1＋f n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 018－2 017)＋( 2 019－ 2 018)＝ 2 019－1. 答案： 2 019－1 角度三：形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型3．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564. 解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ， 故b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22.T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －12－1n ＋12＋⎦⎥⎤1n2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22＜116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. [通法在握]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； (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. [演练冲关](2018·镇江调研)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝ 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·镇江调研)已知{}a n 是等差数列，S n 为其前n 项和，若a 3＋a 7＝8，则S 9＝_______.解析：在等差数列{}a n 中，由a 3＋a 7＝8，得a 1＋a 9＝8， 所以S 9＝a 1＋a 9×92＝8×92＝36.答案：36 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为________．解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.答案：n ＋2n－13．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为________． 解析：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100. 答案：1004．(2018·泰州期末)已知数列{}a n 的通项公式为a n ＝n ·2n －1，前n 项和为S n ，则S n ＝________.解析：∵a n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1， 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，两式相减可得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n，化简可得S n ＝(n －1)2n＋1. 答案：(n －1)2n＋15．已知等比数列{}a n 的公比q ＞1，且a 5－a 1＝30，a 4－a 2＝12，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a na n －1a n ＋1－1的前n 项和为________． 解析：因为a 5－a 1＝30，a 4－a 2＝12， 所以a 1(q 4－1)＝30，a 1(q 3－q )＝12， 两式相除，化简得2q 2－5q ＋2＝0， 解得q ＝12或2，因为q ＞1， 所以q ＝2，a 1＝2. 所以a n ＝2·2n －1＝2n.所以a na n －1a n ＋1－1＝2n2n－12n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1， 所以T n ＝1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.答案：1－12n ＋1－16．若数列{a n }满足a n －(－1)na n －1＝n (n ≥2)，S n 是{a n }的前n 项和，则S 40＝________. 解析：当n ＝2k 时，即a 2k －a 2k －1＝2k ，① 当n ＝2k －1时，即a 2k －1＋a 2k －2＝2k －1，② 当n ＝2k ＋1时，即a 2k ＋1＋a 2k ＝2k ＋1，③ ①＋②得a 2k ＋a 2k －2＝4k －1， ③－①得a 2k ＋1＋a 2k －1＝1，S 40＝(a 1＋a 3＋a 5＋...＋a 39)＋(a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋...＋a 40)＝1×10＋(7＋15＋23＋ (79)＝10＋107＋792＝440. 答案：440二保高考，全练题型做到高考达标1．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n 2＋2n2＝n 2＋n .答案：n 2＋n2．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析：由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， 所以b n ＝(－3)×(－4)n －1，所以|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列． 所以|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1.答案：4n－13．已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16＝________.解析：根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7. 答案：74．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”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：因为a n ＋1－a n ＝2n，所以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＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－25．(2019·宿迁调研)已知数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝3，若a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，则数列{}a n 的前n 项和S n ＝________.解析：∵a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0， ∴a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，a 2＋a 1＝4.则数列{}a n ＋1＋a n 是首项为4，公比为－1的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝4×(－1)n －1.当n ＝2k －1时，a 2k ＋a 2k －1＝4×(－1)2k －2＝4.∴S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2k －1＋a 2k )＝4k ＝2n . 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－4.S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2k －2＋a 2k －1)＝1－4×(k －1)＝5－4k ＝5－4×n ＋12＝3－2n .∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数6．在等差数列{a n }中，首项a 1＝3，公差d ＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．解析：由已知条件可得数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1，设连续10项为a i ＋1，a i ＋2，a i ＋3，…，a i ＋10，i ∈N ，设漏掉的一项为a i ＋k,1≤k ≤10，由a i ＋1＋a i ＋10×102－a i ＋k ＝185，得(2i ＋3＋2i ＋21)×5－2i －2k －1＝185，即18i －2k ＝66，即9i －k ＝33，所以34≤9i ＝k ＋33≤43,3＜349≤i ≤439＜5，所以i ＝4，此时，由36＝33＋k 得k ＝3，所以a i ＋k ＝a 7＝15，故此连续10项的和为200.答案：2007．(2019·邵阳模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知A ，B ，C ，D ，E 五人分5钱，A ，B 两人所得与C ，D ，E 三人所得相同，且A ，B ，C ，D ，E 每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E 分得________钱．解析：由题意，设A 所得为a －4d ，B 所得为a －3d ，C 所得为a －2d ，D 所得为a －d ，E 所得为a ，则⎩⎪⎨⎪⎧5a －10d ＝5，2a －7d ＝3a －3d ，解得a ＝23，故E 分得23钱．答案：238．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________． 解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，所以a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，因为a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289.答案：1 2899．(2018·苏北四市期末)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a ，(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝6(S n ＋n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对于∀n ∈N *，都有S n ≤n (3n ＋1)成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当n ＝1时，(a 1＋1)(a 2＋1)＝6(S 1＋1)，故a 2＝5. 当n ≥2时，(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n －1＋n －1)，所以(a n ＋1)(a n ＋1＋1)－(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n ＋n )－6(S n －1＋n －1)， 即(a n ＋1)(a n ＋1－a n －1)＝6(a n ＋1)．又a n ＞0，所以a n ＋1－a n －1＝6，所以a 2k －1＝a ＋6(k －1)＝6k ＋a －6，a 2k ＝5＋6(k －1)＝6k －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋a －3，n 为奇数，3n －1，n 为偶数.(2)当n 为奇数时，S n ＝12(3n ＋a －2)(n ＋1)－n ，由S n ≤n (3n ＋1)，得a ≤3n 2＋3n ＋2n ＋1恒成立，令f (n )＝3n 2＋3n ＋2n ＋1，则f (n ＋1)－f (n )＝3n 2＋9n ＋4n ＋2n ＋1＞0，所以a ≤f (1)＝4.当n 为偶数时，S n ＝12n (3n ＋a ＋1)－n ，由S n ≤n (3n ＋1)得，a ≤3(n ＋1)恒成立， 所以a ≤9.又a 1＝a ＞0，所以实数a 的取值范围是(0,4]．10．(2019·宿迁中学调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *)．(1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数λ的值； (2)若λ＝12，求S n .解：(1)令n ＝1，得a 2＝21＋λ. 令n ＝2，得a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3， 所以a 3＝2λ＋4λ＋12λ＋1.由a 22＝a 1a 3，得⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2＝2λ＋4λ＋12λ＋1， 因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时，a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12， 即S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n2＋1a n －1，② ①－②得，a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是常数列，且为13，所以a n ＝13(n ＋2).代入①得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋32a n －1＝n 2＋5n 6. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·启东检测)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则S n ＝________尺．解析：依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n 天大老鼠打洞的距离共为1×1－2n1－2＝2n－1.同理可得前n 天小老鼠打洞的距离共为1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－12n －1，所以S n ＝2n －1＋2－12n －1＝2n－12n －1＋1. 答案：2n－12n －1＋12．(2018·苏州高三暑假测试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ∈N *)，若对任意n ∈N *，总有S n ≤S k ，则k 的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n －S n ＝a 1＋(n －1)d －⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 1＋n n －12d ＝－d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32d －a 1n ＋a 1－d ＝n 2－16n ＋15，所以⎩⎪⎨⎪⎧－d2＝1，32d －a 1＝－16，a 1－d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，d ＝－2，所以S n ＝13n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以(S n )max ＝S 7，所以S n ≤S 7对任意n ∈N *恒成立，所以k 的值为7.答案：73．(2019·南京一模)平面内的“向量列”{a n }，如果对于任意的正整数n ，均有a n ＋1－a n ＝d ，则称此“向量列”为“等差向量列”，d 称为“公差向量”；平面内的“向量列”{b n }，如果对于任意的正整数n ，均有b n ＋1＝q ·b n (q ≠0)，则称此“向量列”为“等比向量列”，常数q 称为“公比”．(1)如果“向量列”{a n }是“等差向量列”，用a 1和“公差向量”d 表示a 1＋a 2＋…＋a n ； (2)已知{a n }是“等差向量列”，“公差向量”d ＝(3,0)，a 1＝(1,1)，a n ＝(x n ，y n )，{b n }是“等比向量列”，“公比”q ＝2，b 1＝(1,3)，b n ＝(m n ，k n )，求a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n .解：(1)∵“向量列”{a n }是“等差向量列”， ∴a 1＋a 2…＋a n ＝n a 1＋(1＋2＋…＋n －1)d ＝n a 1＋n n －12d.(2)∵a 1＝(1,1)，d ＝(3,0)，∴a n ＝(3n －2,1)． ∵b 1＝(1,3)，q ＝2，∴b n ＝(2n －1,3·2n －1)．∴a n ·b n ＝(3n －2,1)·(2n －1,3·2n －1)＝(3n －2)·2n －1＋3·2n －1＝(3n ＋1)·2n －1，设S n ＝a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n ， 则S n ＝＝4·20＋7·21＋…＋(3n ＋1)·2n －1，2S n ＝4·2＋7·22＋…＋(3n ＋1)·2n， 两式相减可得，－S n ＝4＋3(2＋22＋…＋2n －1)－(3n ＋1)·2n＝4＋3·21－2n －11－2－(3n ＋1)·2n ＝(2－3n )·2n－2，∴a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n ＝(3n －2)·2n＋2.。

第六章 数 列第二节 等差数列及其前n 项和A 级·基础过关 |固根基|1.(2019届南昌市一模)已知{a n }为等差数列，若a 2＝2a 3＋1，a 4＝2a 3＋7，则a 5＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．6解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，将题中两式相减可得2d ＝6，所以d ＝3，所以a 2＝2(a 2＋3)＋1，解得a 2＝－7，所以a 5＝a 2＋(5－2)d ＝－7＋9＝2，故选B ．2．(2019届合肥市一检)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n∈N *)，a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A ．11B ．12C ．20D ．22解析：选D 解法一：设等差数列的公差为d(d>0)，由题意得(a 1＋4d)＋(a 1＋6d)－(a 1＋5d)2＝0，即(a 1＋5d)·(2－a 1－5d)＝0，所以a 1＋5d ＝0或a 1＋5d ＝2.又{a n }为正项等差数列，所以a 1＋5d>0，则a 1＋5d ＝2，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d)＝11×2＝22，故选D ．解法二：因为{a n }为正项等差数列，所以由等差数列的性质，并结合a 5＋a 7－a 26＝0，得2a 6－a 26＝0，所以a 6＝2，所以S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝11a 6＝22，故选D ．3．(2019届贵阳市质量检测)在等差数列{a n }中，若a 1＋a 9＝8，则(a 2＋a 8)2－a 5＝( ) A ．60 B ．56 C ．12D ．4解析：选A 因为在等差数列{a n }中，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝2a 5＝8，所以(a 2＋a 8)2－a 5＝64－4＝60，故选A ．4．(2019届广东七校第二次联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＋a 8＝6，S 9－S 6＝3，则S n 取得最大值时n 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选D 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＋a 1＋7d ＝6，a 1＋6d ＋a 1＋7d ＋a 1＋8d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，所以a n ＝－2n ＋17，由于a 8＝－2×8＋17＝1>0，a 9＝－2×9＋17＝－1<0，所以S n 取得最大值时n 的值是8，故选D ．解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＋a 1＋7d ＝6，a 1＋6d ＋a 1＋7d ＋a 1＋8d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，则S n ＝15n ＋n （n －1）2×(－2)＝－(n －8)2＋64，所以当n ＝8时，S n 取得最大值，故选D ．5．(2019届广州市第一次综合测试)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若m 为大于1的正整数，且a m－1－a 2m ＋a m ＋1＝1，S 2m －1＝11，则m ＝( ) A ．11 B ．10 C ．6D ．5解析：选 C 由a m －1－a 2m ＋a m ＋1＝1可得2a m －a 2m ＝1，即a 2m －2a m ＋1＝0，解得a m ＝1.由S 2m －1＝（a 1＋a 2m －1）（2m －1）2＝a m ×(2m －1)＝11，得2m －1＝11，解得m ＝6，故选C ．6．(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 4a 3＝34，则3S 5a 4＝( )A ．12B ．15C ．20D ．25解析：选C 因为数列{a n }是等差数列，所以3S 5a 4＝3×5a 3a 4＝15a 3a 4.又a 4a 3＝34，所以3S 5a 4＝15a 3a 4＝15×43＝20.故选C ．7．(2019届西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0.所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为12，故选C ．8．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 10＝( ) A ．15 B ．19 C ．21D ．30解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d.由S 3＝a 22得3a 2＝a 22，所以a 2＝0或a 2＝3.由S 1，S 2，S 4成等比数列可得S 22＝S 1·S 4，又S 1＝a 2－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ，所以(2a 2－d)2＝(a 2－d)·(4a 2＋2d)，化简得3d 2＝2a 2d ，又d≠0，所以a 2＝3，d ＝2，所以a n ＝3＋2(n －2)＝2n －1，所以a 10＝19.9．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，若S k ＋10－S k ＝12k ＋10，则S 2k ＋10＝( )A ．1B ．12C ．15D ．110解析：选 D 由题意知S k ＋10－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝a k ＋1＋a k ＋102×10＝12k ＋10，∴a k ＋1＋a k ＋10＝110（k ＋5），∴S 2k ＋10＝a 1＋a 2k ＋102×(2k ＋10)＝a k ＋1＋a k ＋102×(2k ＋10)＝110.10．正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 3＋a 7－a 25＋15＝0，且S n ＝45，则n ＝( ) A ．8 B ．9 C ．10D ．11解析：选B 因为{a n }是正项等差数列，a 3＋a 7－a 25＋15＝0，所以a 25－2a 5－15＝0，解得a 5＝5(a 5＝－3舍去)．设{a n }的公差为d ，由a 5＝a 1＋4d ＝1＋4d ＝5，解得d ＝1，所以S n ＝n[2a 1＋（n －1）d]2＝n[2＋（n －1）]2＝n （n ＋1）2＝45，即n 2＋n －90＝(n ＋10)(n －9)＝0，解得n ＝9(n ＝－10舍去)，故选B ．11．(2019年全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________．解析：解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋6d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以S 10＝10×1＋10×92×2＝100. 解法二：由题意，得公差d ＝14(a 7－a 3)＝2，所以a 4＝a 3＋d ＝7，所以S 10＝10（a 1＋a 10）2＝5(a 4＋a 7)＝100.答案：10012．(2019年江苏卷)已知数列{a n }(n∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．解析：解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d)(a 1＋4d)＋a 1＋7d ＝a 21＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.解法二：设等差数列{a n }的公差为d.∵S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d ＝0，解得d ＝2，则S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 4＋a 5)＝4×(1＋3)＝16.答案：1613．(2019届广东七校第二次联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋1，且b n ＝1a n ，n∈N *.(1)求证：数列{b n }为等差数列；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和为T n ，求T n 的表达式． 解：(1)证明：因为b n ＝1a n ，且a n ＋1＝a na n ＋1，所以b n ＋1＝1a n ＋1＝a n ＋1a n ＝1＋1a n ＝1＋b n ，故b n ＋1－b n ＝1. 又b 1＝1a 1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝n ， 又b n ＝1a n ，所以a n ＝1b n ＝1n .故a n n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， 所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(2019届南昌市二模)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *.(1)求λ的值及通项公式a n ； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d≠0， 由2a n ＋1＝λa n ＋4(n∈N *)， ① 得2a n ＝λa n －1＋4(n∈N *，n≥2)，②两式相减得，2d ＝λd，又d≠0，所以λ＝2.将λ＝2代入①可得2a n ＋1＝2a n ＋4，即2d ＝4，所以d ＝2. 又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得a 2n－n ＝2(2n －n)－1＝2n ＋1－(2n ＋1)，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝4（1－2n）1－2－n （3＋2n ＋1）2＝2n ＋2－n 2－2n －4.B 级·素养提升 |练能力|15.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：选A 依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a 1＝4，则a 5＝2，由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．故选A ．16．已知数列{a n }为等差数列，若a 21＋a 210≤25恒成立，则a 1＋3a 7的取值范围为( ) A ．[－5，5] B ．[－52，52] C ．[－10，10]D ．[－102，102]解析：选D 由数列{a n }为等差数列，可知a 1＋3a 7＝a 1＋3(a 1＋6d)＝4a 1＋18d ＝2(a 1＋a 1＋9d)＝2(a 1＋a 10)．由基本不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a 1022≤a 21＋a 2102得2|a 1＋a 10|≤102，当且仅当a 1＝a 10时取等号，所以a 1＋3a 7的取值范围为[－102，102]．17．(2019届江西红色七校第一次联考)已知数列{a n }为等差数列，若a 2＋a 6＋a 10＝π2，则tan(a 3＋a 9)的值为( )A ．0B ．33C ．1D ． 3解析：选D 因为数列{a n }是等差数列，所以a 2＋a 6＋a 10＝3a 6＝π2，所以a 6＝π6，所以a 3＋a 9＝2a 6＝π3，所以tan(a 3＋a 9)＝tan π3＝ 3.故选D ． 18．(2019年全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.。