高三数学一轮复习 数列求和巩固与练习

高考数学一轮复习《数列求和》练习题（含答案）一、单选题1．已知数列{}n a 满足()213nn n a a ++-=，11a =，22a =，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则30S =（ ） A ．351 B ．353C ．531D ．5332．已知)*n a n N =∈，则12380a a a a +++⋅⋅⋅+=（ ） A ．7B ．8C ．9D ．103．已知数列{}n a 满足11a =，()111n n na n a +=++，令nn a b n=，若对于任意*N n ∈，不等式142t n b +<-恒成立，则实数t 的取值范围为（ ） A ．3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．(],1-∞-C ．(],0-∞D ．(],1-∞4．数列{}n a 的前n 项的和n S 满足*1(N )n n S S n n ++=∈，则下列选项中正确的是（ ）A ．数列{}1n n a a ++是常数列B ．若113a <，则{}n a 是递增数列C ．若11a =-，则20221013S =D ．若11a =，则{}n a 的最小项的值为1-5．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则()[]f x x =称为高斯函数.已知数列{}n a 满足21a =，且121(1)2n n n n a na +++-=，若[]lg n n b a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2021T =（ ） A ．3950B ．3953C ．3840D ．38456．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则2021S =（ ） A ．20192020B ．20202021C ．20212022D ．101010117．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12πcos 3n n n n a a a ++++=，11a =，则2023S =（ ）A ．0B ．12C ．lD ．328．已知函数0()e ,xf x x =记函数()n f x 为(1)()n f x -的导函数(N )n *∈，函数()n y f x =的图象在1x =处的切线与x 轴相交的横坐标为n x ，则11ni i i x x +==∑（ ）A ．()132n n ++B ．()33nn +C ．()()23nn n ++D ．()()123n n n +++9．数列{}n a 中，12a =，且112n n n n n a a a a --+=+-（2n ≥），则数列()211n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭前2021项和为（ ） A ．20211010B ．20211011C ．20191010D ．4040202110．执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（ ）A ．20202019B ．20212020C ．20192020D ．2020202111．已知数列{an }的前n 项和Sn 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为Tn ，n ∈N *.则使得T 20的值为（ ） A ．1939B ．3839C ．2041D ．404112．已知数列{}n a 满足()22N n n n a a n *++=∈，则{}n a 的前20项和20S =（ ）A ．20215-B ．20225-C ．21215-D ．21225-二、填空题13．等差数列{}n a 中，11a =，59a =，若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n S ，则10S =___________. 14．已知数列{}n a 满足，()2*111,(1)2,n n n a a a n n n N -=--=-⋅≥∈，则20a =__________.15．在等差数列{}n a 中，72615,18a a a =+=，若数列{}(1)nn a -的前n 项之和为n S ，则100S =__________．16．若数列{}n a 满足()1*1(1)2n n n n a a n ++=-+∈N ，令1351924620,S a a a a T a a a a =++++=++++，则=TS__________.三、解答题17．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且32a =，47S =． （1）求{}n a 的通项公式； （2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+． （1）求{}n a 通项公式； （2）设11n n n b a a +=，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T ．19．已知数列{}n a 满足111,2n n a a a +==，数列{}n b 满足*111,2,n n b b b n +=-=∈N .(1)求数列{}n a 及{}n b 的通项公式； (2)求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n S .20．已知数列{}n a 的首项113a =，且满足1341n n n a a a +=+. (1)证明：数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列.(2)若12311112022na a a a ++++<，求正整数n 的最大值.21．已知数列{}n a 满足：11a =，121n n a a n +=+-. （1）设n n b a n =+，证明：数列{}n b 是等比数列； （2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求n S .22．已知递增数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a n =+，数列{}n b 满足1142,4b a b a ==，221,.n n n b b b n N *++=∈(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记21(67),83log ,nnn n n b n S c b n +-⎧⎪-=⎨⎪⎩为奇数为偶数，数列{}n c 的前2n 项和为2n T ，若不等式24(1)41n nn T n λ-+<+对一切n N *∈恒成立，求λ的取值范围．23．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且满足___________.给出下列三个条件： ①48a =，()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥；②()1n n S pa p =-∈R ；③()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R .请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题： (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()22121log n n b n a =+⋅，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求证：1132n T ≤<.24．已知数列{}n a 的各项均为正整数，11a =.(1)若数列{}n a 是等差数列，且101020a <<，求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ；(2)若对任意的*n ∈N ，都有2112112n n n n a a a a +++-<+，求证：12n na a +=参考答案1．B2．B3．D4．D5．D6．C7．C8．B9．B10．D11．C12．D 13．102114．210 15．100 16．2317．（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由32a =，47S =，可得1122,43472a d a d +=⎧⎪⎨⨯+⨯=⎪⎩，解得111,2a d ==， 所以数列{}n a 的通项公式为()111122n n a n +=+-=. （2）由（1）知12n n a +=，则11221141212n n n b a a n n n n +⎛⎫==⋅=- ⎪++++⎝⎭， 故111111114442233412222n T n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 18．（1）当2n ≥时，2212(1)2(1)21n n n a S S n n n n n --=+----=+=， 当1n =时，由113a S ==，符合上式.所以{}n a 的通项公式为21n a n =+. （2）∵21n a n =+， ∴()()111111212322123n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪++++⎝⎭， ∴1111111235572123n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111232369n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭． 19．（1）由已知111,2n n a a a +==所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n a -=数列{}n b 满足111,2n n b b b +=-=所以{}n b 是以1为首项，2为公差的等差数列 21n b n =-（2）()11132212n n S n -=⨯+⨯++-①对上式两边同乘以2，整理得()221232212n n S n =⨯+⨯++-②①-②得()()2112222212n n n S n --=++++--()()12121221212n n n --=+⨯---()2323n n =---所以()2323nn S n =⋅-+20．（1）易知{}n a 各项均为正，对1341n n n a a a +=+两边同时取倒数得1111433n n a a +=⋅+， 即1111223n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，因为1121a -=，所以数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以1为首项，13为公比的等比数列.（2）由（1）知11111233n n n a --⎛⎫-==⎪⎝⎭，即11123n n a -=+， 所以()12311311113122112313n n n f n n n a a a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=++++=+=+- ⎪⎝⎭-， 显然()f n 单调递增，因为()10101011313110102021.52022,(1011)2023.520222323f f =-<=-⋅>，所以n 的最大值为1010. 21．（1）数列{}n a 满足：11a =，121n n a a n +=+-. 由n n b a n =+，那么111n n b a n ++=++， ∴1112112n n n n n n b a n a n n b a n a n+++++-++===++； 即公比2q，1112b a =+=，∴数列{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得2nn b =，∴2nn a n +=，那么数列{}n a 的通项公式为：2nn a n =-，数列{}n a 的前n 项和为232122232nn S n =-+-+-+⋅⋅⋅+-()2121222(123)2222nn n n n +=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=---.22．（1）解：因为22n n S a n =+，当n =1时，得11a =，当2n ≥时，21121n n S a n --=+-，所以22121n n n a a a -=-+，即221(1)n n a a -=-，又因为数列{}n a 为递增数列，所以11n n a a --=， 数列{}n a 为等差数列， 11a =，d =1, 所以n a n =；所以1142841,b a b a ====， 又因为221,.n n n b b b n N *++=∈ 所以数列{}n b 为等比数列，所以33418b b q q ===，解得2q，所以12n n b -=.（2）由题意可知：(1)2n n n S +=， 所以()2167,83log ,n n n n n b n c S b n +⎧-⎪=-⎨⎪⎩为奇数为偶数,故2(67)2,443,n n n n c n n n n -⎧-⎪=+-⎨⎪⎩１为奇数为偶数 ， 设{}n c 的前2n 项和中，奇数项的和为n P ，偶数项的和为n Q 所以135212462=,=,n n n n P c c c c Q c c c c -++++++++当n 为奇数时，()()2)2123(67)2(67222=,4432321n n n n n n n c n n n n n n --+----==-+-++-１１１１所以42220264135221222222==5195132414329n n n n P n c c c n c --⎛⎫⎛⎫⎪+⎛⎫⎛⎫++++-+-+-++ ⎪ ⎪⎭-- ⎪ ⎝⎝⎭⎝⎭⎝⎭0,44411=412=1n nn n --++ 当n 为偶数时n c n =，所以()()246222==246212n n n nQ c c c c n n n +++++++++==+，故()2,4=4=111n n n n T n n P Q n -++++故24(1)41n nn T n λ-+<+，即()()111144(1)(1)4141n nnn n n n n n n λλ-+<-+-++⇒-+<++当n 为偶数时，21n n λ<+-对一切偶数成立，所以5λ<当n 为奇数时，21n n λ<+--对一切奇数成立，所以此时1λ>- 故对一切n N *∈恒成立，则15λ-<< 23．（1）若选①，因为()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥，所以()2112n n n a a a n -+=≥，所以数列{}n a 是等比数列设数列{}n a 的公比为q ，0q >由33418a a q q ===得2q所以12n n a -=若选②，因为()1n n S pa p =-∈R ，当1n =时，1111S pa a =-=，所以2p =，即21n n S a =- 当2n ≥时，1122n n n n n a S S a a --=-=-，所以()122n n a a n -=≥ 所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列所以12n n a -=若选③，因为()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R ，当1n =时，11222a k =⋅=，所以1k =，即()12323412n n a a a n a n +++⋅⋅⋅++=⋅当2n ≥时，()1123123412n n a a a na n --+++⋅⋅⋅+=-⋅，所以()()()11122n n n a n n -+=+⋅≥，即()122n n a n -=≥，当1n =时，上式也成立，所以12n n a -=（2） 由（1）得()()()221111121log 212122121n n b n a n n n n ⎛⎫===- ⎪+⋅+⋅--+⎝⎭所以()111111111233521212221n T n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪-++⎝⎭ ∵*N n ∈，∴()10221n >+，∴()11122212n T n =-<+ 易证*n ∈N 时，()112221n T n =-+是增函数，∴()113n T T ≥=.故1132n T ≤<24．(1)解：设数列{}n a 的公差为d ，由10101920a d <=+<，可得1919d <<， 又由数列{}n a 的各项均为正整数，故2d =，所以21n a n =-， 于是()()()111111221212121n n a a n n n n +==--+-+，所以111111111121335212122121n nS n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-=⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭. (2)解：因为{}n a 各项均为正整数，即1n a ≥，故112nna a ≥+，于是()211112122112n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +++++-=-≥-++， 又因为21121<12n n n n a a a a +++-+，所以121n n a a +-<， 由题意12n na a +-为整数，所以只能120n n a a +-=，即12n n a a +=。

课时作业(三十) 第30讲 数列求和时间：45分钟 分值：100分基础热身1．2011·海口调研 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝72，则a 2＋a 4＋a 9的值是( ) A ．24 B ．19 C ．36 D ．402．2011·广州二模 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝( ) A ．－55 B ．－5 C ．5 D ．553．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图像在点A (1，f (1))处的切线的斜率为3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 2 012的值为( )A.2 0072 008B.2 0102 011C.2 0092 010D.2 0122 0134．已知函数f (x )对任意x ∈R ，都有f (x )＝1－f (1－x )，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝________.能力提升5．2011·阳泉一调 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 ．856．2011·海南省四校二模 已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 3nn ＋1(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－4成立的最小自然数n 等于( )A ．83B ．82C ．81D ．807．2011·连云港模拟 设a 1，a 2，…，a 50是从－1,0,1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有( )A ．11个B ．12个C ．15个D ．25个8．2011·安徽卷 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 ．12C ．－12D ．－159．设m ∈N *，log 2m 的整数部分用F (m )表示，则F (1)＋F (2)＋…＋F (1024)的值是( ) A ．8204 B ．8192C ．9218D ．以上都不对10．2011·淮北联考 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，{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.11．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，其前n 项之和为10，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为________．12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝4n －2n，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n S n 的前n 项和T n ＝________.13．已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图像上，b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，则使得T n ＜m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m 等于________． 14．(10分)2011·厦门质检 在等差数列{a n }中，a 2＝4，其前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋λn (λ∈R )． (1)求实数λ的值，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n＋b n 是首项为λ、公比为2λ的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .15．(13分)2011·新余二模 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，且3＋(－1)n a n ＋2－2a n ＋2(－1)n－1＝0，n∈N *.(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n －1·a 2n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .难点突破16．(12分)2011·深圳一模 设数列{a n }是公差为d 的等差数列，其前n 项和为S n . (1)已知a 1＝1，d ＝2，①求当n ∈N *时，S n ＋64n的最小值；②当n ∈N *时，求证：2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<516；(2)是否存在实数a 1，使得对任意正整数n ，关于m 的不等式a m ≥n 的最小正整数解为3n －2？若存在，求a 1的取值范围；若不存在，请说明理由．课时作业(三十)【基础热身】1．A 解析 S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72，a 1＋a 9＝16，得a 5＝8， 所以a 2＋a 4＋a 9＝a 5－3d ＋a 5－d ＋a 5＋4d ＝3a 5＝24.2．C 解析 由a n ＝(－1)n(n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝－2＋3－4＋5－6＋7－8＋9－10＋11＝5. 3．D 解析 由题知f ′(x)＝2x ＋b ， ∴f ′(1)＝2＋b ＝3，∴b ＝1，∴f(n)＝n 2＋n ，∴1f(n)＝1n(n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝nn ＋1，∴S 2012＝20122013.4．3 解析 由条件可知f(x)＋f(1－x)＝1， 其中x ＋(1－x)＝1，∴f(－2)＋f(3)＝1，f(－1)＋f(2)＝1，f(0)＋f(1)＝1， 设M ＝f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)， 则M ＝f(3)＋f(2)＋f(1)＋f(0)＋f(－1)＋f(－2)， 两式相加，得2M ＝6，即M ＝3. 【能力提升】5．B 解析 由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n(3＋2n ＋1)2＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝10(3＋12)2＝75.6．C 解析 S n ＝log 31－log 32＋log 32－log 33＋…＋log 3n －log 3(n ＋1)＝－log 3(n ＋1)<－4，解得n>34－1＝80.7．A 解析 (a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝a 21＋a 22＋…＋a 250＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，∴a 1，a 2，…，a 50中取零的项应为50－39＝11个．8．A 解析 a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)＝3×5＝15.9．A 解析 ∵F(m)为log 2m 的整数部分，∴当2n ≤m ≤2n ＋1－1时，f(m)＝n ， ∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)＝F(1)＋F(2)＋F(3)＋F(4)＋F(5)＋F(6)＋F(7)＋…＋F(1024)＝0＋2×1＋4×2＋…＋2k ×k ＋…＋29×9＋10.设S ＝1×2＋2×22＋…＋k ×2k ＋…＋9×29，①则2S ＝1×22＋…＋8×29＋9×210，② ①－②得－S ＝2＋22＋…＋29－9×210＝2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－213－2，∴S ＝213＋2，∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)＝213＋12＝8204.10．2n ＋1－2 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 ＋1－2.11．－120 解析 由已知，得a n ＝1n ＋n ＋1＝，故选A n ＋1－n ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n)＝n ＋1－1，∴n ＋1－1＝10，解得n ＝120，即直线方程化为121x ＋y ＋120＝0，故直线在y 轴上的截距为－120.12．3·2n －12n ＋1－1 解析 根据公式法S n ＝4(1－4n )1－4－2(1－2n )1－2＝13(4n ＋1－3·2n ＋1＋2)＝13(2n ＋1－1)(2n ＋1－2)＝23(2n ＋1－1)(2n－1)，故2n S n ＝32·2n (2n ＋1－1)(2n－1)由于(2n ＋1－1)－(2n －1)＝2n，所以2n S n ＝32·(2n ＋1－1)－(2n－1)(2n ＋1－1)(2n－1) ＝32⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1， 所以T n ＝32121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝321－12n ＋1－1＝3·2n－12n ＋1－1.13．10 解析 由S n ＝3n 2－2n ，得a n ＝6n －5，又∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝121－17＋17－113＋…＋16n －5－16n ＋1＝12－16n ＋1＜12，要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＜m 20对所有n ∈N *成立，只需m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m ＝10.14．解答 (1)∵a 2＝S 2－S 1＝(4＋2λ)－(1＋λ)＝3＋λ， ∴3＋λ＝4，∴λ＝1.∴a 1＝S 1＝2，d ＝a 2－a 1＝2， ∴a n ＝2n .(2)由已知，∵λ＝1，∴1S n＋b n ＝1×2n －1＝2n －1，∴b n ＝2n －1－1n (n ＋1)＝2n －1－⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝(1＋21＋22＋…＋2n －1)－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－2n1－2－⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝(2n －1)－1＋1n ＋1＝2n －2n ＋1n ＋1. 15．解答 (1)由已知得a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，则a n ＝n ；当n 为偶数时，a n ＋2＝12a n ，则a n ＝a 2·⎝⎛⎭⎫12n 2－1＝⎝⎛⎭⎫12n2.因此，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，⎝⎛⎭⎫12n2，n ＝2k .(2)因为b n ＝a 2n －1·a 2n ，则S n ＝1·12＋3·⎝⎛⎭⎫122＋5·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)·⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n，12S n ＝1·⎝⎛⎭⎫122＋3·⎝⎛⎭⎫123＋5·⎝⎛⎭⎫124＋…＋(2n －3)·⎝⎛⎭12n ＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得 12S n ＝1·12＋2122＋…＋12n －(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋2⎣⎡⎦⎤14－⎝⎛⎭⎫12n ＋11－12－(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝32－(2n ＋3)⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴S n ＝3－(2n ＋3)·⎝⎛⎭⎫12n.【难点突破】16．解答 (1)①∵a 1＝1，d ＝2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝n 2，S n ＋64n ＝n ＋64n≥2n ×64n＝16，当且仅当n ＝64n，即n ＝8时，上式取等号，故S n ＋64n的最小值是16. ②证明：由①知S n ＝n 2，当n ∈N *时，n ＋1S n S n ＋2＝n ＋1n 2(n ＋2)2＝14⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2，2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2＝14⎝⎛⎭⎫112－132＋14⎝⎛⎭⎫122－142＋…＋14⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2 ＝14112＋122＋…＋1n 2－14132＋142＋…＋1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2＝14⎣⎡⎦⎤112＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2， ∵1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2>0， ∴2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<14⎝⎛⎭⎫112＋122<516. (2)对任意n ∈N *，关于m 的不等式a m ＝a 1＋(m －1)d ≥n 的最小正整数解为c n ＝3n －2， 当n ＝1时，a 1＋(c 1－1)d ＝a 1≥1；当n ≥2时，恒有⎩⎨⎧ a 1＋(c n －1)d ≥n ，a 1＋(c n －2)d <n ，即⎩⎨⎧(3d －1)n ＋(a 1－3d )≥0，(3d －1)n ＋(a 1－4d )<0.从而⎩⎪⎨⎪⎧3d －1≥0，(3d －1)×2＋(a 1－3d )≥0，3d －1≤0，(3d －1)×2＋(a 1－4d )<0，⇔d ＝13，1≤a 1<43.当d ＝13，1≤a 1<43时，对任意n ∈N *，且n ≥2时，当正整数m <c n 时，有a 1＋m －13<a 1＋c n －13，所以a 1＋m －13<n ，所以存在这样的实数a 1，且a 1的取值范围是⎣⎡⎭⎫1，43.。

课时作业(三十六) 数列求和1．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121 A [a n ＝1n ＋n ＋1 ＝n ＋1－n（n ＋1＋n ）（n ＋1－n ）＝n ＋1 －n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝( 2 －1)＋( 3 － 2 )＋…＋(n ＋1 －n )＝n ＋1 －1＝10.即n ＋1 ＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.]2．(2021·山东济南实验中学检测)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 ．41B ．48C ．49D ．56C [设S n ＝An 2＋Bn ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧S3＝9A ＋3B ＝9，S5＝25A ＋5B ＝25， 解得A ＝1，B ＝0，所以S 7＝49，故选C 项．]3．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2nC [由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝1＋20＋1＋21＋…＋1＋2n －1＝n ＋1－2n1－2 ＝n ＋2n －1.故选C 项．]4．(多选)已知数列{a n }：12 ，13 ＋23 ，14 ＋24 ＋34 ，…，110 ＋210 ＋…＋910 ，…，若b n ＝1an·an －1，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则( )A ．a n ＝n2B ．a n ＝nC ．S n ＝4nn ＋1D ．S n ＝5nn ＋1AC [由题意得a n ＝1n ＋1 ＋2n ＋1 ＋…＋n n ＋1 ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1 ＝n 2 ，所以b n ＝1n2·n ＋12 ＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＝4nn ＋1.故选AC 项．] 5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 020等于( ) A ．22 020－1 B ．3×21 010－3 C ．3×22 021－1D ．3×21 009－2B [∵a 1＝1，a 2＝2a1＝2，又an ＋2·an ＋1an ＋1·an＝2n ＋12n ＝2，∴an ＋2an ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列， ∴S 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 019＋a 2 020 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 020) ＝1－21 0101－2 ＋2（1－21 010）1－2＝3×21 010－3.故选B.]6．S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________． 解析： 由3S 1，2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.答案： 3n －17．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，a n ＋1＋S n S n ＋1＝0，则S n ＝________，数列{S n S n ＋1}的前n 项和为________．解析： ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＋S n S n ＋1＝0， ∴S n ＋1－S n ＋S n S n ＋1＝0， ∴1Sn ＋1 －1Sn＝1.又∵1S1 ＝1a1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴1Sn ＝n ，∴S n ＝1n .∴S n S n ＋1＝1n （n ＋1） ＝1n －1n ＋1 ， ∴T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12 ＋⎝⎛⎭⎫12－13 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1 ＝nn ＋1 .答案： 1n ；nn ＋18．(2020·南京市金陵中学适应性训练)数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos nπ2 ，其前n 项和为S n ，则S 2 020＝________．解析： ∵数列a n ＝n cos nπ2 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. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 020＝2 0204 ×2＝1 010.答案： 1 0109．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{1Sn }的前n 项和T n .解析： (1)由已知{a n }为等差数列，记其公差为d .①当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧an ＋1＋n ＝2an ＋1an ＋n －1＝2an －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1Sn ＝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·福州市适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，设b n ＝ann. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2bn －n ，求数列{c n }的前n 项和．解析： (1)法一：因为b n ＝ann 且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＋1－b n ＝an ＋1n ＋1 －ann ＝2，又b 1＝a 1＝2，所以{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列． 所以b n ＝2＋2(n －1)＝2n .法二：因为b n ＝ann ，所以a n ＝nb n ，又na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，所以n (n ＋1)b n ＋1－(n ＋1)nb n ＝2n (n ＋1)， 即b n ＋1－b n ＝2， 又b 1＝a 1＝2，所以{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列． 所以b n ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)由(1)及题设得，c n ＝22n －n ＝4n －n ，所以数列{c n }的前n 项和S n ＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n －n ) ＝(41＋42＋…＋4n )－(1＋2＋…＋n )＝4－4n×41－4 －n （1＋n ）2＝4n ＋13 －n2＋n 2 －43.11．(多选)(2020·江苏南京高三月考)若数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，则下列选项正确的是( )A ．数列{a n }是等差数列B ．a n ＝2nC ．数列{a 2n }的前n 项和为22n ＋1－23D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1bn·bn ＋1 的前n 项和为T n ，则T n ＜1BD [当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，由S n ＝2a n －2，得S n －1＝2a n －1－2， 两式相减得：a n ＝2a n －1， 又a 2＝2a 1，所以数列{a n }是以2为首项以2为公比的等比数列，所以a n ＝2n ，a 2n ＝4n ，数列{a 2n }的前n 项和为S ′n ＝4（1－4n ）1－4 ＝4n ＋1－43 ， 则b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ，所以1bn·bn ＋1 ＝1n·（n ＋1） ＝1n －1n ＋1，所以T n ＝11 －12 ＋13 －14 ＋…＋1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1 ＜1，故选BD.]12．(2020·天一大联考)已知数列{a n }满足a 1＋4a 2＋7a 3＋…＋(3n －2)a n ＝4n ，则a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a 21a 22＝( )A ．58B ．34C ．54D ．52C [当n ＝1时，a 1＝4.a 1＋4a 2＋7a 3＋…＋(3n －2)a n ＝4n ，当n ≥2时，a 1＋4a 2＋7a 3＋…＋(3n －5)·a n －1＝4(n －1)，两式相减，可得(3n －2)a n ＝4，故a n ＝43n －2 ，因为a 1＝4也适合上式，所以a n ＝43n －2 ，n ∈N *.则a n ＋1a n ＋2＝16（3n ＋1）（3n ＋4） ＝163 ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－13n ＋4 ，故a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a 21a 22＝163 ×(14 －17 ＋17 －110 ＋110 －113 ＋…＋161 －164 )＝163 ×⎝⎛⎭⎫14－164 ＝54.] 13．(开放题)(2020·山东模拟)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n .在①b n ＝4anan ＋1 ，②b n ＝(－1)n a n ，③b n ＝2a n ·a n 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解析： (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋5d ＝12，a1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2. ∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①：b n ＝42n·2（n ＋1） ＝1n （n ＋1） ＝1n －1n ＋1 ，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫11－12 ＋⎝⎛⎭⎫12－13 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1 ＝n n ＋1 . 选条件②：∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝n2 ×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝(n －1)－2n ＝－n －1.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数．选条件③：∵a n ＝2n ，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1， ∴－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2·4n －2n ·4n ＋1＝8（1－4n ）1－4 －2n ·4n ＋1＝8（1－4n ）－3－2n ·4n ＋1，∴S n ＝89 (1－4n )＋2n3·4n ＋1.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝n －n 2(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2an ，n ＝2k －1，2（1－an ）（1－an ＋2），n ＝2k k ∈N *，数列{b n }的前n 和为T n .若T 2n ＝a ⎝⎛⎭⎫14 n －12n ＋2＋b 对n ∈N *恒成立，求实数a ，b 的值． 解析： (1)①当n ＝1时，由2S 1＝2a 1＝1－12得a 1＝0；②当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝n －n 2－[(n －1)－(n －1)2]＝2－2n ，则a n ＝1－n (n ≥2)， 显然当n ＝1时也适合上式， 所以a n ＝1－n (n ∈N *). (2)因为2（1－an ）（1－an ＋2）＝2n （n ＋2） ＝1n －1n ＋2，所以T 2n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝(20＋2－2＋…＋22－2n )＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2 ＝ 1－⎝⎛⎭⎫14n1－14＋12 －12n ＋2 ＝116 －43 ⎝⎛⎭⎫14 n －12n ＋2 . 因为T 2n ＝a ⎝⎛⎭⎫14 n－12n ＋2＋b 对n ∈N *恒成立，所以a ＝－43 ，b ＝116 .15．已知数列{a n }的所有项都是正数，且满足a1 ＋a2 ＋…＋an ＝n 2＋3n (n ∈N *)，下列说法正确的是( )A ．数列{a n }的通项公式为a n ＝4(n ＋1)2B ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n ＋1 是等差数列C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n ＋1 的前n 项和是n (n ＋3) D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an 2n ＋1 是等比数列BD [当n ＝1时，a1 ＝4，可得a 1＝16，当n ≥2时，由a1 ＋a2 ＋…＋an －1 ＋an ＝n 2＋3n ，可得a1 ＋a2 ＋…＋an －1 ＝(n －1)2＋3(n －1)＝n 2＋n －2，两式相减得an ＝2(n ＋1)，得a n ＝4(n ＋1)2，又a 1＝16也适合上式，则数列{a n }的通项公式为a n ＝4(n ＋1)2(n ∈N *)，所以A 正确．因为ann ＋1 ＝4(n ＋1)，所以a12 ＋a23 ＋…＋ann ＋1＝8＋12＋…＋4(n ＋1)＝（8＋4n ＋4）n 2 ＝2n (n ＋3)，所以C 不正确．结合等差数列、等比数列的定义，显然B ，D 都正确．]16．已知数列{a n }中，a 1＝1，1an ＋1 ＝⎣⎡⎦⎤1－1（n ＋1）2 ·1an .若b n ＝ann2 ，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100＝( )A ．100101B ．200101C ．300101D ．400101B [因为1an ＋1 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2 ·1an ，所以a n ＋1·n ＋2n ＋1 ＝a n ·n ＋1n ，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an·n ＋1n 是常数列，又a 1·1＋11 ＝1×2＝2，所以a n ·n ＋1n ＝2，解得a n ＝2n n ＋1.所以b n ＝an n2 ＝2n （n ＋1） ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ，所以S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2n n ＋1，所以S 100＝200101 .故选B 项．]。

新教材高考数学一轮复习：三十一 数列求和(建议用时：45分钟) A 组 全考点巩固练1．(2020·韶关二模)已知数列{a n }是各项不相等的等差数列．若a 1＝4，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则数列{a n }的前8项和S 8＝( )A ．112B ．144C ．288D ．110B 解析：数列{a n }是各项不相等的等差数列，设公差为d ，d ≠0， 若a 1＝4，且a 2，a 4，a 8成等比数列， 可得a 2a 8＝a 24，即(4＋d )(4＋7d )＝(4＋3d )2， 解得d ＝4(0舍去)，则数列{a n }的前8项和S 8＝8×4＋8×72×4＝144.2．在数列{a n }中，a 1＝5，(a n ＋1－2)(a n －2)＝3(n ∈N *)，则该数列的前2 020项的和是( ) A ．2 020 B ．2 022 C ．8 080D ．16 160C 解析：由(a n ＋1－2)(a n －2)＝3，得(a n ＋2－2)·(a n ＋1－2)＝3，因此a n ＋2－2＝a n －2，即a n ＋2＝a n ，所以数列{a n }是以2为周期的数列．又a 1＝5，因此(a 2－2)(a 1－2)＝3(a 2－2)＝3，故a 2＝3，a 1＋a 2＝8.又2 020＝2×1 010，因此该数列的前2 020项的和等于1 010(a 1＋a 2)＝8 080.3．(2020·宁德二模)已知数列{a n }满足a n ＋1＝n n ＋1a n ，a 1＝1，则数列{a n a n ＋1}的前10项和为( )A.1011B.1110C.910D.109A 解析：因为a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝1，所以(n ＋1)·a n ＋1＝na n ，所以数列{na n }是每项均为1的常数列，所以na n ＝1.所以a n ＝1n ，a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列{a n a n ＋1}的前10项和为⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011. 4．(2020·包头二模)已知函数y ＝f (x )满足f (x )＋f (1－x )＝1.若数列{a n }满足a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)，则数列{a n }的前20项和为( ) A ．100 B ．105 C ．110D ．115D 解析：因为函数y ＝f (x )满足f (x )＋f (1－x )＝1，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)①，所以a n ＝f (1)＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f (0)②. 由①＋②可得2a n ＝n ＋1，所以a n ＝n ＋12，所以数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20⎝⎛⎭⎪⎫1＋20＋122＝115.5．(2020·南昌三模)将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20,2×10,4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p ×q (p ≤q 且p ，q ∈N *)是正整数n 的最佳分解时，定义函数f (n )＝q －p ，则数列{f (3n )}(n ∈N *)的前100项和S 100为( )A ．350＋1B ．350－1C ．350－12D ．350＋12B 解析：根据题意，知f (3)＝3－1＝2，f (32)＝3－3＝0，f (33)＝32－3＝6，f (34)＝32－32＝0，…，f (32k －1)＝3k －3k －1＝2×3k －1，f (32k )＝3k －3k ＝0.所以数列{f (3n )}(n ∈N *)的前100项和S 100为2×30＋0＋2×31＋0＋…＋2×349＋0＝2(30＋31＋32＋…＋349)＝2×1－3501－3＝350－1.6．数列1,2,4， (2)＋1的前n 项和S n ＝________，各项和为________．2n －1 2n ＋2－1 解析：数列的通项公式为a n ＝2n －1，数列共有n ＋2项，所以前n 项的和为S n ＝2n －1，各项的和为前n ＋2项的和，即S n ＋2＝2n ＋2－1.7．在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a 6＝10，1a 1＋1a 2＋…＋1a 6＝5，则a 1·a 2·…·a 6＝________.8 解析：由等比数列的前n 项和公式，a 1＋a 2＋…＋a 6＝a 1－a 6q 1－q ＝10，1a 1＋1a 2＋…＋1a 6＝1a 1－1a 6·1q 1－1q＝a 6q －a 1a 1a 6q －1＝5，把a 1－a 6q ＝10(1－q )代入，得a 1a 6＝2.又a 1·a 2·…·a 6＝(a 1·a 6)3＝23＝8.8．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝2S n －S n ＋1＋3，记b n ＝log 2a 2n－1＋log 2a 2n ，则数列{(－1)n ·b 2n }的前10项和为________． 200 解析：因为a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝2S n －S n ＋1＋3， 所以a 3＝2－3＋3＝2. 因为a n ＋2＝2S n －S n ＋1＋3，所以n ≥2时，a n ＋1＝2S n －1－S n ＋3， 两式相减可得a n ＋2－a n ＋1＝2(S n －S n －1)－(S n ＋1－S n )(n ≥2)， 即n ≥2时，a n ＋2－a n ＋1＝2a n －a n ＋1即a n ＋2＝2a n . 因为a 3＝2a 1，所以数列{a n }的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2， 所以a 2n ＝2×2n －1＝2n ，a 2n －1＝1×2n －1＝2n －1， 所以b n ＝log 2a 2n －1＋log 2a 2n ＝n －1＋n ＝2n －1，则(－1)n ·b 2n ＝(－1)n (2n －1)2，则数列{(－1)n b 2n }的前10项和为T n ＝(32－12)＋(72－52)＋…＋(192－172) ＝2×(4＋12＋20＋28＋36) ＝200.9．已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1.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.(2)由(1)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 (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.10．某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665) 解：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列．①甲方案获利：1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3≈42.62(万元)， 银行贷款本息：10(1＋5%)10≈16.29(万元)， 故甲方案纯利：42.62－16.29＝26.33(万元)．②乙方案获利：1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.50(万元)；银行本息和：1.05×[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)9]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)．故乙方案纯利：32.50－13.21＝19.29(万元)． 综上可知，甲方案更好．B 组 新高考培优练11．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里．良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？”( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日B 解析：设经过n 日相逢，则依题意得103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－12＝1125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)．故选B.12．(多选题)已知数列{a n }是首项为1的等差数列，数列{b n }是公比为12的等比数列，已知数列{a n ·b n }的前n 项和S n ＝3－2n ＋32n ，则( )A ．数列{a n }的公差为12B ．b 1＝2C ．a nb n＝(2n －1)2nD ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和为(2n －3)2n ＋1＋6CD 解析：因为数列{a n ·b n }的前n 项和S n ＝3－2n ＋32n ，则a 1b 1＝S 1＝3－2＋32＝12，a 2b 2＝S 2－S 1＝3－2×2＋322－12＝34.设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q .依题意，得b 1＝12，1＋d 4＝34⇒d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝12n ，所以a nb n＝(2n －1)2n .所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n ＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n .①两边同乘2，得2T n ＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1.②①－②，得－T n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)·2n ＋1＝2＋2·4(2n －1－1)2－1－(2n －1)2n ＋1＝－(2n －3)·2n ＋1－6.所以T n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.13．(2021·郴州质检)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{b n }的通项公式b n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝________.n (n ＋1)2 2nn ＋1 解析：因为数列{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＝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， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫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. 14．(2020·泰安一模)在①A 5＝B 3，②1a 1－1a 2＝4B 2，③B 5＝35这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知等差数列{a n }的公差为d (d >0)，等差数列{b n }的公差为2d .设A n ，B n 分别是数列{a n }，{b n }的前n 项和，且b 1＝3，A 2＝3，________.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝2a n ＋3b n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n .解：方案一：选条件①.(1)因为数列{a n }，{b n }都是等差数列，且A 2＝3，A 5＝B 3，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋d ＝3，5a 1＋10d ＝9＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ， b n ＝b 1＋(n －1)2d ＝2n ＋1. 综上a n ＝n ，b n ＝2n ＋1. (2)由(1)得：c n ＝2n＋3(2n ＋1)(2n ＋3)＝2n ＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋32⎣⎡⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝2(1－2n )1－2＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3 ＝2n ＋1－3(n ＋2)2n ＋3. 方案二：选条件②.(1)因为数列{a n }，{b n }都是等差数列，且A 2＝3，1a 1－1a 2＝4B 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝3，4a 1(a 1＋d )＝d (6＋2d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ， b n ＝b 1＋(n －1)2d ＝2n ＋1， 综上，a n ＝n ，b n ＝2n ＋1. (2)同方案一． 方案三：选条件③.(1)因为数列{a n }，{b n }都是等差数列，且A 2＝3，B 5＝35.所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝3，3×5＋5×42×2d ＝35， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ， b n ＝b 1＋(n －1)2d ＝2n ＋1. 综上，a n ＝n ，b n ＝2n ＋1. (2)同方案一．15．(2020·山东高考名校联考信息优化卷)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3＝116，a 1－a 2＝18，数列{b n }满足b 1＝－3，且1＋b n ＋1与1－b n 的等差中项是a n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n b n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n .解：(1)设数列{a n}的公比为q ，由已知得⎩⎨⎧a 1q 2＝116，a 1－a 1q ＝18，解得⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝116，q ＝－1.由于数列{a n}的各项均为正数，所以q ＞0，故⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝12，所以a n ＝14·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1.因为1＋b n ＋1与1－b n 的等差中项是a n ，所以1＋b n ＋1＋1－b n ＝2a n ＝2·⎝⎛⎭⎫12n ＋1，即b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫12n－2.于是b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝－3＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫121－2＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫122－2＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫12n －1－2＝－3＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－2(n －1)＝－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n .故数列{b n }的通项公式为b n ＝－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n .(2)由(1)知c n ＝(－1)nb n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1＋(－1)n ＋1·2n ，所以S 2n ＝(1＋2)＋⎝⎛⎭⎫－12－4＋⎝⎛⎭⎫14＋6＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫－122n －1＋(－1)2n ＋1·2·2n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝⎛⎭⎫－12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫－122n －1＋[2－4＋6＋8＋…＋2(2n －1)－2·2n ] ＝1－⎝⎛⎭⎫－122n1－⎝⎛⎭⎫－12＋(－2)×2n 2＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n －2n .。

2025年高考数学一轮复习-数列求和的常用方法-专项训练一、基本技能练1.已知数列{a n}满足a n＋1－a n＝2(n∈N*)，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A.9B.15C.18D.302.在数列{a n}中，a1＝3，a m＋n＝a m＋a n(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋a k＝135，则k等于()A.10B.9C.8D.73.数列{a n}满足a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，则{a n}的前60项和为()A.3690B.3660C.1845D.18304.在等差数列{a n}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{a n cos nπ}(n∈N*)的前2023项和为()A.1011B.1010C.－2023D.－20225.已知函数f(x)＝x a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S2023等于()A.2023＋1B.2024－1C.2023－1D.2024＋16.(多选)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d＝1.若a1＋3a5＝S7，则下列结论一定正确的是()A.a5＝1B.S n最小时n＝3C.S1＝S6D.S n存在最大值7.1 2＋12＋4＋12＋4＋6＋12＋4＋6＋8＋…＋12＋4＋6＋…＋2022＝________.8.数列{a n}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝2n，则a1a24＋a2a342＋…＋a9a1049的值为________.9.设各项均为正数的等差数列{a n}首项为1，前n项的和为S n，且S n＝（a n＋1）2(n∈N*)，设b n＝2n·a n，则数列{b n}的前n项和T n＝________.410.斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列{a n}满足：a1＝a2＝1，a n＋2＝a n＋1＋a n(n∈N*)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2023是斐波那契数列{a n}中的第________项.11.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝S5＝－20.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{b n}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{a n}与{b n}的公共项为a m，记m由小到大构成数列{c n}，求{c n}的前n项和T n.12.已知各项均为正数的等差数列{a n}满足a1＝1，a2n＋1＝a2n＋2(a n＋1＋a n).(1)求{a n}的通项公式；}的前n项和S n.(2)记b n＝1a n＋a n＋1，求数列{b n二、创新拓展练}按如下方式排列13.已知数列{a n}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1a n＝n2，将数列{a n成新数列：a1，a2，a2，a2，a3，a3，a3，a3，a3，…，则新数列的前70项和为________.14.函数y＝[x]称为高斯函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.已知数列{a n}满足a3＝3，且a n＝n(a n＋1－a n)，若b n＝[lg a n]，则数列{b n}的前2023项和为________.15.对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的和，构造一个新的数列.现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依次类推，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，5.记第n次得到的数列的各项之和为S n，则{S n}的通项公式S n＝________.16.在①S n＝2a n＋1－3，a2＝94，②2S n＋1－3S n＝3，a2＝94，③点(a n，S n)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答.已知数列{a n}的前n项和为S n，________.(1)求{a n}的通项公式；(2)若b n＝na n，求{b n}的前n项和T n.参考答案与解析一、基本技能练1.答案C解析∵a n＋1－a n＝2，a1＝－5，∴数列{a n}是公差为2的等差数列，∴a n＝－5＋2(n－1)＝2n－7，数列{a n}的前n项和S n＝n（－5＋2n－7）2＝n2－6n(n∈N*).令a n＝2n－7≥0，解得n≥7 2，∴n≤3时，|a n|＝－a n；n≥4时，|a n|＝a n.则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18.2.答案B解析令m ＝1，由a m ＋n ＝a m ＋a n 可得a n ＋1＝a 1＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为a 1＝3，公差为3的等差数列，a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝k （a 1＋a k ）2＝k （3＋3k ）2＝135，整理可得k 2＋k －90＝0，解得k ＝9或k ＝－10(舍去).3.答案D解析因为a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，故有a 2－a 1＝1，a 3＋a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5＋a 4＝7，a 6－a 5＝9，a 7＋a 6＝11，…，a 50－a 49＝97.从而可得a 3＋a 1＝2，a 4＋a 2＝8，a 5＋a 7＝2，a 8＋a 6＝24，a 9＋a 11＝2，a 12＋a 10＝40，a 13＋a 15＝2，a 16＋a 14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列.所以{a n }的前60项和为15×2×8＋15×142×1830.4.答案C解析由题意得a 3＋a 5＝2a 4＝a 4＋7，解得a 4＝7，所以公差d ＝a 10－a 410－4＝19－76＝2，则a 1＝a 4－3d ＝7－3×2＝1，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＝－a 1＋a 2＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝－a 3＋a 4＝2，……，∴数列{a n cos n π}(n ∈N *)的前2023项和S 2023＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2021＋b 2022)＋b 2023＝2×1011－4045＝－2023.5.答案B解析函数f(x)＝x a的图象过点(4，2)，则4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x，a n＝1f（n＋1）＋f（n）＝1n＋1＋n＝n＋1－n，则S2023＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(2023－2022)＋(2024－2023)＝2024－1.6.答案AC解析由已知得a1＋3(a1＋4×1)＝7a1＋7×62×1，解得a1＝－3.对于选项A，a5＝－3＋4×1＝1，故A正确.对于选项B，a n＝－3＋n－1＝n－4，因为a1＝－3<0，a2＝－2<0，a3＝－1<0，a4＝0，a5＝1>0，所以S n的最小值为S3或S4，故B错误.对于选项C，S6－S1＝a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝5a4，又因为a4＝0，所以S6－S1＝0，即S1＝S6，故C正确.对于选项D，因为S n＝－3n＋n（n－1）2＝n2－7n2，所以S n无最大值，故D错误.7.答案10111012解析根据等差数列的前n项和公式，可得2＋4＋6＋…＋2n＝n（2＋2n）2＝n(n＋1)，因为1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以12＋12＋4＋12＋4＋6＋12＋4＋6＋8＋…＋12＋4＋6＋…＋2022…1－11012＝10111012.8.答案710解析对于a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝2n，当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)a n－1＝2n－1，两式相减得na n＝2n－1，则a n＝2n－1n，n≥2，又a1＝21＝2不符合上式，则a n＝1，n≥2，当k≥2时，a k a k＋14k＝2k－1·2k（k＋1）k·22k＝12·1k（k＋1）＝12·∴a1a24＋a2a342＋…＋a9a1049＝14a1a2＋1212…＋1214×2×22－12＋12×＝710.9.答案(2n－3)2n＋1＋6(n∈N*)解析由题意4S n＝(a n＋1)2，①4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，②两式相减得4a n＋1＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1－a n－2)(a n＋1＋a n)＝0，∵a n＞0，∴a n＋1＋a n≠0，a n＋1－a n＝2，∴{a n}是公差为2的等差数列，∵a1＝1，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2n－1，b n＝2n a n＝(2n－1)2n.由错位相减法可求得T n＝(2n－3)2n＋1＋6(n∈N*).10.答案2024解析依题意，得1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2023＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2023＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2023＝a6＋a7＋a9＋…＋a2023＝…＝a2022＋a2023＝a2024.11.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝S 5＝－20，得4a 1＋6d ＝5a 1＋10d ＝－20，解得a 1＝－8，d ＝2，则a n ＝－8＋2(n －1)＝2n －10(n ∈N *).(2)数列{b n }是以4为首项，4为公比的等比数列，∴b n ＝4·4n －1＝4n (n ∈N *).又依题意2m －10＝4n ，∴m ＝10＋4n 2＝5＋22n －1，则T n ＝5n ＋2（1－4n ）1－4＝5n ＋22n ＋1－23.12.解(1)各项均为正数的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1＝a 2n ＋2(a n ＋1＋a n )，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝2(a n ＋1＋a n )，由于a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝2，故数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝1a n ＋a n ＋1＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －12，所以S n ＝12×(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1).二、创新拓展练13.答案4716解析由a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2，①得a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －2a n －1＝n －12(n ≥2)，②①－②得2n －1a n ＝12，即a n ＝12n (n ≥2)，又a1＝12，即a n＝12n，由1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2＝64，得n＝8.令S＝12＋322＋523＋…＋1528，则12S＝122＋323＋…＋1328＋1529，两式相减得12S＝12＋2×122＋2×123＋ (2)128－1529＝12＋21－12－1529，∴S＝749 256，所以新数列的前70项和为749256＋629＝4716.14.答案4962解析因为a n＝n(a n＋1－a n)，所以(1＋n)a n＝na n＋1，即a n＋1n＋1＝a nn，所以a nn＝a33＝1，所以a n＝n，记{b n}的前n项和为T n，当1≤n≤9时，0≤lg a n<1，b n＝0；当10≤n≤99时，1≤lg a n<2，b n＝1；当100≤n≤999时，2≤lg a n<3，b n＝2；当1000≤n≤2023时，3≤lg a n<4，b n＝3；所以T2023＝[lg a1]＋[lg a2]＋…＋[lg a2023]＝9×0＋90×1＋900×2＋1024×3＝4962.15.答案3＋3n＋1解析由题意可知，第n次得到数列1，x1，x2，x3， (5)第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，第3次得到数列1，8，7，13，6，17，11，16，5，第4次得到数列1，9，8，15，7，20，13，19，6，23，17，28，11，27，16，21，5.……第n次得到数列1，x1，x2，x3， (5)所以S1＝6＋6＝6＋2×31，S2＝6＋6＋18＝6＋2×31＋2×32，S3＝6＋6＋18＋54＝6＋2×31＋2×32＋2×33，S4＝6＋6＋18＋54＋162＝6＋2×31＋2×32＋2×33＋2×34，……，即S n＝6＋2(31＋32＋…＋3n)＝6＋2×3（1－3n）1－3＝3＋3n＋1.16.解(1)方案一选条件①.∵S n＝2a n＋1－3，∴当n≥2时，S n－1＝2a n－3，两式相减，整理得a n＋1＝32a n(n≥2).∵a2＝9 4，∴a1＝S1＝2a2－3＝32，a2＝32a1，∴a n＋1a n＝32(n∈N*)，∴数列{a n}是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×－1(n ∈N *).方案二选条件②.∵2S n ＋1－3S n ＝3，∴当n ≥2时，2S n －3S n －1＝3，两式相减，整理得a n ＋1＝32a n (n ≥2).∵2(a 1＋a 2)－3a 1＝3，a 2＝94，∴a 1＝32，a 2＝32a 1，∴a n ＋1a n ＝32(n ∈N *)，∴数列{a n }是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×－1(n ∈N *).方案三选条件③.∵点(a n ，S n )(n ∈N *)在直线3x －y －3＝0上，∴S n ＝3a n －3，∴S n ＋1＝3a n ＋1－3，两式相减，整理得a n ＋1＝32a n ，当n ＝1时，a 1＝3a 1－3，得a 1＝32，∴数列{a n }是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×－1(n ∈N *).(2)由(1)可得b n ＝n ，则T n ＝＋＋…＋n ，∴23T n ＝＋＋…＋n ＋1，两式相减得13T n＝23＋＋…－n＋1＝23×1n1－23－n＋1＝2－2n＋6 3×，∴T n＝6－(2n＋6).。

2.数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1(1)n a n n =+，则5S ＝ ．3.设3()33=+x x f x ，则123100()()()...()101101101101++++f f f f = .4.已知321log log 3x =-,那么231n x x x x +++++= .5．对正整数n ，设曲线)1(x x y n -=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n a n的前n 项和的公式是 .6. 如果函数()f x 满足：对于任意的实数a b 、，都有()()()f a b f a f b +=，且(1)2f =，则(2)(5)(9)(14)(1274)(1)(3)(6)(10)(1225)f f f f f f f f f f +++++=7．已知数列12，222，332，…，2n n，...，求此数列的前n 项和． 8．求数列1，3＋13，32＋132， (3)＋13n 的各项的和.9．求和：122221*()n n n n n n n S a a b a b a b ab b n N ----=++++++∈.10．设a 为常数，求数列：a ,22a ,33a ,…, nna ,…的前n 项和n S . 11.已知函数13)(+=x x x f ,数列{}n a 满足a 1 = 1,a n+1 = f(a n ) (n ∈N *) (Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ) 记S n = a 1a 2 +a 2a 3+…+a n a n+1 , 求S n .12．2011年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2012年开始，计划每年将非绿化面积的8%绿化，由于修路和盖房等用地，原有绿化面积的2%被非绿化.（1）设该县的总面积为1，2011年底绿化面积为1410a =，经过n 年后绿化的面积为1n a +，试用n a 表示1n a +；（2）求数列{}n a 的第n+1项1n a +；（3）至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%.（参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771） 13.设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -++++=…，a ∈*N ． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项； （Ⅱ）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．14.数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ； （Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T ．15．数列{}n a 的前n 项和为n S , 已知{}n S 是各项为正数的等比数列，试比较22++n n a a 与1n a +的大小关系.【参考答案与解析】1.答案：252n n--解析：依据52n a n =-+可以知道此数列为等差数列且13=-a ，故21()522+--==n n n a a n nS . 2.答案：56解析：512345111111223344556=++++=++++⨯⨯⨯⨯⨯S a a a a a 111111111115()()()()()1122334455666=-+-+-+-+-=-= 3. 答案：50解析：直接求和几乎不可能，而隐蔽的信息是11001101101+=，2991101101+=, …， 于是猜想：如果121x x +=，则12()()f x f x +是一个常数，经检验，果然为1， 则所求之和为50.4. 答案：12()2n- 解析：因为133321log log 2log 2log 3x -=-=-=，所以12x =, 因此231n x x x x +++++是以首项为12，公比为12的等比数列的前n+1项和，则1111[1()]122()1212n n n S ++⨯-==--.5．答案：2n+1-2 解析：1(1)n n y nxn x -'=-+，曲线)1(x x y n -=在x=2处的切线的斜率为12(1)2n n k n n -=⋅-+⋅，切点为（2，-2n ）,所以切线方程为y+2n=k(x-2),令x=0得(1)2nn a n =+⋅,令21n nn a b n ==+. 数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n a n 的前n 项和为2+22+23+…+2n =2n+1-26. 答案：5022- 7．答案：222+=-n n n S 8．解析：其和为：(1＋3＋ (3))＋(13132+＋…＋13n )=3121321n n +--+-=12(3n ＋1-3-n ) 9．解析：①当a=0时，nn S b =；②当b=0时，nn S a =；③当a b =且0ab ≠时，nn a n S )1(+=；④当a b ≠且0ab ≠时，ba b a S n n n --=++11.10．解析：①当a=0时，S n =0②当1a =时，(1)123 (2)n n n S n +=++++= ③当10≠≠a a 且时，2323...n n S a a a na =++++ …… ①则234123...n n a S a a a na +⋅=++++ …… ②由①-②可得：23111(1)(1)1n n n n n n a a a S a a a aa nana a-++--=+++++-=--，∴a na a a a S n n n ----=++1)1(121. 11. 解析： (Ⅰ) 由131+=+n n n a a a 得 3a n a n+1 +a n+1 = a n ,从而 1113+=+n n a a ,即3111=-+n n a a ,数列}1{n a 是以111=a 为首项3为公差的等差数列 ∴233)1(11-=⋅-+=n n a n, ∴231-=n a n(Ⅱ) 设b n = a n a n+1 ,则 )131231(31)13)(23(1+--=+-=n n n n b n ,∴)1312311017171414111(3121+--++-+-+-=+++=n n b b b S n n∴13)1311(31+=+-=n nn S n . 12.解析：（1）设2011年底非绿化面积为b 1，经过n 年后非绿化面积为1n b +.于是a 1+b 1=1，1n n a b += 依题意，1n a +是由两部分组成：一部分是原有的绿化面积n a 减去被非绿化部分2100n a 后剩余面积98100n a ， 另一部分是新绿化的面积8100n b ， ∴1988988(1)100100100100n n n n n a a b a a +=+=+-921025n a =+.（2）1921025n n a a +=+，1494()5105n n a a +-=-.数列4{}5n a -是公比为910，首项1444251055a -=-=-的等比数列.∴1429()()5510nn a +=+-.（3）由160%n a +>，得4293()()55105n +->，91()102n <，(lg91)lg 2n -<-，lg 26.572012lg 3n >≈-∴至少需要7年的努力，才能使绿化率超过60%. 13.解析： （Ⅰ）211233333n n na a a a -++++=…， ① ∴当2n ≥时，22123113333n n n a a a a ---++++=…． ② ①-②得1133n n a -=，13n n a =．在①中，令1n =，得113a =．∴13=n n a ．（Ⅱ）n nn b a =，∴3=⋅nn b n ． ∴23323333=+⨯+⨯++⋅nn S n …， ③∴23413323333+=+⨯+⨯++⋅n n S n …． ④④-③得∴12323(3333)+=⋅-++++n nn S n …．即13(13)2313+-=⋅--n n n S n ，∴1(21)3344+-=+n n n S ． 14.解析： （Ⅰ）12n n a S +=，∴12+-=n n n S S S ，∴13+=n nS S ．又111S a ==， ∴数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列，1*3()n n S n -=∈N ．当2n ≥时，21223(2)--==⋅n n n a S n ≥，∴21132-=⎧=⎨2⋅⎩n n n a n ， ，，≥． （Ⅱ）12323n n T a a a na =++++，当1n =时，11T =； 当2n ≥时，0121436323-=+⨯+⨯++⋅n n T n ，…………① 12133436323-=+⋅+⋅++⋅n n T n ，…………②-①②得：12212242(333)23---=-+++++-⋅n n n T n213(13)222313---=+⋅-⋅-n n n 11(12)3-=-+-⋅n n ．∴1113(2)22-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭n n T n n ≥． 又111T a ==也满足上式，∴1*113()22-⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭N n n T n n ．15. 解析：∵{}n S 为各项为正数的等比数列，设其首项为1S ，公比为q ,则有10S >,0q > ，11n n S S q -=⋅(*n N ∈),∴⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n ，即⎩⎨⎧≥-==-)2)(1()1(211n q q S n S a n n （1）当1n =时，22312a a a a n n +=++，12n a a +=, 而31(1)a S q q =-, 21(1)a S q =-∴1311121(1)[1(1)2(1)](1)222a a S S q q S q q q a S q ++-+----=--= 02]43)23[(2)33(2121>+-=+-=q S q q S ∴1n =时，122++>+n n n a a a . （2）当2n ≥时，21(1)n n a S q q -=-，111(1)n n a S q q -+=-,21(1)nn a S q q +=-∴)1(2)1()1(21112112---+-=-+--++q q S q q S q q S a a a n n n n n n 2)1(2)12()1(2)]1(2)1(1[321221221-⋅⋅=+-⋅-⋅=---+-=---q q S q q q q S q q q q q q S n n n ①当1q >时，02)1(223112>-=-+-++n n n n q q S a a a ， ∴ 122++>+n n n a a a ②当1q =时，02)1(232112=-=-+-++q q S a a a n n n n ， ∴ 122++=+n n n a a a ③当01q <<时，02)1(232112<-=-+-++q q S a a a n n n n ，∴ 122++<+n n n a a a 综上，（1）在1n =时恒有122++>+n n n a a a （2）在2n ≥时，①若1q >则122++>+n n n a a a ；②若1q =则122++=+n n n a a a ； ③若01q <<则122++<+n n n a a a .。

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)．。

专题6.4 数列求和【基础巩固】一、填空题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________.【答案】n 2＋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．(·南通调研)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 017项和为________． 【答案】2 0172 0183．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＝________.【答案】－200【解析】S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4．(·江西高安中学等九校联考)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＝________. 【答案】7【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，数字重复出现，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＝7.5．(·泰州模拟)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＝________. 【答案】6【解析】由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20， ∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6.6．(·南通、扬州、泰州三市调研)设数列{a n }满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑100k ＝1 (a k a k ＋1)的值为________． 【答案】1001017．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 【答案】60【解析】由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.8．(·镇江期末)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 |＝________. 【答案】4n－1【解析】由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1.二、解答题9．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．10．(·苏北四市调研)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，a 1S 2－a 2S 1＋a 1－a 2＝λa 1a 2，解得a 2＝21＋λ. 令n ＝2，a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3，解得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 ＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝n ＋22a n －1，②由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是首项为13的常数列，所以a n ＝13(n ＋2)． 代入①得S n ＝n ＋32a n －1＝n 2＋5n 6.【能力提升】11．(·长治联考)设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是________． 【答案】92【解析】a n ＝1＋(n －1)＝n ，S n ＝n 1＋n2，∴S n ＋8a n＝n 1＋n2＋8n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋16n ＋1≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n ·16n ＋1＝92，当且仅当n ＝4时，取等号． ∴S n ＋8a n 的最小值是92. 12．(·盐城中学模拟)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和为________． 【答案】7813．(·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧1－x －12，0≤x <2，f x －2，x ≥2，若对于正数k n (n ∈N*)，直线y＝k n x与函数y＝f(x)的图象恰有(2n＋1)个不同交点，则数列{k2n}的前n项和为________．【答案】n4n＋4【解析】函数f(x)的图象是一系列半径为1的半圆，因为直线y＝k n x与f(x)的图象恰有(2n＋1)个不同交点，所以直线y＝k n x与第(n＋1)个半圆相切，则2n＋1k n1＋k2n＝1，化简得k2n＝14n n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1，则k21＋k22＋…＋k2n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＋1＝n4n＋4.14．(·苏、锡、常、镇四市调研)正项数列a1，a2，…，a m(m≥4，m∈N*)，满足a1，a2，a3，…，a k－1，a k(k<m，k∈N*)是公差为d的等差数列，a1，a m，a m－1，…，a k＋1，a k是公比为2的等比数列．(1)若a1＝d＝2，k＝8，求数列a1，a2，…，a m的所有项的和S m；(2)若a1＝d＝2，m<2 016，求m的最大值；(3)是否存在正整数k，满足a1＋a2＋…＋a k－1＋a k＝3(a k＋1＋a k＋2＋…＋a m－1＋a m)？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．又a1，a m，a m－1，…，a k＋1，a k是公比为2的等比数列，则a k＝a1·2m＋1－k，故a1＋(k－1)d＝a1·2m＋1－k，即(k－1)d＝a1(2m＋1－k－1)．又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋a k ＝3(a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a m －1＋a m )，a m ＝2a 1， 则ka 1＋12k (k －1)d ＝3×2a 1×1－2m －k1－2，即ka 1＋12ka 1(2m ＋1－k －1)＝3×2a 1(2m －k－1)，则12k ·2m ＋1－k ＋12k ＝6(2m －k －1)， 即k ·2m ＋1－k＋k ＝6×2m ＋1－k－12，显然k ≠6，则2m ＋1－k＝k ＋126－k ＝－1＋186－k，。

高三数学数列求和练习题假设有一位名叫小明的高三学生，他正在备战数学考试。

最近，他对数列的求和问题感到十分困惑，因此他向老师请教，老师给了他以下一些练习题。

下面，我们来一起解决这些题目，帮助小明理解数列求和的方法。

练习题一：等差数列求和已知等差数列的首项为a₁，公差为d，请计算这个等差数列的前n 项和Sn。

1. a₁ = 3，d = 2，n = 102. a₁ = -2，d = 4，n = 153. a₁ = 0，d = -3，n = 8解答：对于等差数列来说，可以使用求和公式Sn = n(a₁ + an)/2来计算前n项和。

其中，an表示等差数列的第n项。

1. a₁ = 3，d = 2，n = 10根据公式，代入数据计算得到：Sn = 10(3 + a₁ + 2(n-1))/2= 10(3 + 3 + 2(10-1))/2= 10(6 + 18)/2= 10(24)/2= 1202. a₁ = -2，d = 4，n = 15代入数据计算得到：Sn = 15(-2 + a₁ + 4(15-1))/2= 15(-2 + -2 + 4(14))/2= 15(-4 + 56)/2= 15(52)/2= 3903. a₁ = 0，d = -3，n = 8代入数据计算得到：Sn = 8(0 + a₁ + -3(8-1))/2= 8(0 + 0 + -3(7))/2= 8(0 - 21)/2= 8(-21)/2= -84练习题二：等比数列求和已知等比数列的首项为a₁，公比为q，请计算这个等比数列的前n 项和Sn。

2. a₁ = 4，q = -2，n = 63. a₁ = -6，q = 0.5，n = 7解答：对于等比数列来说，可以使用求和公式Sn = a₁(1 - q^n)/(1 - q)来计算前n项和。

1. a₁ = 2，q = 3，n = 5根据公式，代入数据计算得到：Sn = 2(1 - 3^5)/(1 - 3)= 2(1 - 243)/(-2)= 2(-242)/(-2)= 2422. a₁ = 4，q = -2，n = 6代入数据计算得到：Sn = 4(1 - (-2)^6)/(1 - (-2))= 4(1 - 64)/3= 4(-63)/3= -84代入数据计算得到：Sn = -6(1 - 0.5^7)/(1 - 0.5)= -6(1 - 0.0078125)/0.5= -6(0.9921875)/0.5= -11.859375通过解答以上练习题，我们可以得出结论：数列求和可以通过特定的公式来计算，对于等差数列可以使用Sn = n(a₁ + an)/2，对于等比数列可以使用Sn = a₁(1 - q^n)/(1 - q)。

§6.5 数列求和考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法．知识梳理数列求和的几种常用方法 1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝ ＝ . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1， .2．分组求和法与并项求和法 (1)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． (2)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a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． 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． 4．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． 常见的裂项技巧 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. (2)1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.(3)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(4)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(5)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).常用结论 常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2. (3)12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.(4)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．( )(3)已知等差数列{a n }的公差为d ，则有1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1. ( )(4)sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( ) 教材改编题1．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 2．数列{a n }的前n 项和为S n .若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A ．1 B.56 C.16 D.1303．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n －n －12nB.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22n题型一 分组求和与并项求和例1 (2023·菏泽模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，它的前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3为等比数列；(2)求S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 2n .________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 延伸探究 在本例(2)中，如何求S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n ?________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 思维升华 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和．(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和．跟踪训练1 记数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝2a n －2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝(－1)n ·log 2⎣⎡⎦⎤23(a n ＋4)－43，求数列{b n }的前n 项和T n . ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 题型二 错位相减法求和例2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 思维升华 (1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①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”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．②应用等比数列求和公式时必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1. 跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)·a n ，②12a＋22a＋…＋2n a＝2n ＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答． 问题：在数列{a n }中，已知________． (1)求{a n }的通项公式； (2)若b n ＝213nn a a -，求数列{b n }的前n 项和S n . 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 题型三 裂项相消法求和例3 (10分)(2022·新高考全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；[切入点：求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 的通项公式](2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.[关键点：把1a n拆成两项相减]思维升华 裂项相消法的原则及规律 (1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项． 跟踪训练3 (2022·湛江模拟)已知数列{a n }是等比数列，且8a 3＝a 6，a 2＋a 5＝36. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n ，并证明：T n <13.________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

数列的求和1. 在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2(n ≥1)，则该数列的通项a n ＝________． 答案：a n ＝2n －1解析：由已知{a n }为等差数列，d ＝a n ＋1－a n ＝2， ∴ a n ＝2n －1.2. 已知数列{a n }中，a 1＝1，(n ＋1)a n ＋1＝na n (n ∈N *)，则该数列的通项公式a n ＝________． 答案：a n ＝1n解析：a n a 1＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1＝1n .3. (必修5P 44习题2(2)改编) 20n =å（1+2 n ）=________．答案：441 解析：20n =å(1＋2n)＝1＋(1＋2×1)＋(1＋2×2)＋…＋(1＋2×20)＝21＋2×20（1＋20）2＝441.4. (必修5P 60复习题8(1)改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 4＝________．答案：45解析：a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴ S 4＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＝45.5. (必修5P 51例3改编) 数列112，214，318，4116，…的前n 项和是 __________．答案：S n ＝n （n ＋1）2＋1－12n解析：S n ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝n （n ＋1）2＋1－12n.1. 当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项a n .2. 当已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用迭乘法求数列的通项a n .3. (1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.(2) 等差数列前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2，推导方法：倒序相加法． (3) 等比数列前n 项和S n ＝⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法．4. 常见数列的前n 项和： (1) 1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(2) 2＋4＋6＋…＋2n ＝n(n ＋1)； (3) 1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；(4) 12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6．5. (1) 分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2) 拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(3) 错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． (4) 倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导方法． 6. 常见的拆项公式有：(1) 1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2) 1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；(4)1a ＋b ＝1a －b(a －b).题型1 求简单数列的通项公式 例1 求下列数列{a n }的通项公式： (1) a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ＋1； (2) a 1＝1，a n ＋1＝2n a n . 解：(1) a n ＝n 2(2) a n ＝2n （n －1）2变式训练求下列数列{a n }的通项公式： (1) a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1； (2) a 1＝1，a n ＋1＝2a n2＋a n ；(3) a 1＝2，a n ＋1＝a 2n . 解：(1) a n ＝2n －1 (2) a n ＝2n ＋1(3) a n ＝22n －1 题型2 分组转化求和例2 求下面数列的前n 项和： 112，314，518，7116， … 解：S n ＝112＋314＋518＋7116＋…＋⎣⎡⎦⎤（2n －1）＋12n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝n[1＋（2n －1）]2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n 2－12n ＋1.备选变式（教师专享）已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n ＋1，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(1) 求数列{a n }的前10项和S 10；(2) 求数列{a n }的前2k 项和S 2k .解：(1) S 10＝(6＋16＋26＋36＋46)＋(2＋22＋23＋24＋25) ＝5（6＋46）2＋2（1－25）1－2＝192.(2) 由题意知数列{a n }的前2k 项中，k 个奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，k 个偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列．∴ S 2k ＝[6＋16＋...＋(10k －4)]＋(2＋22＋ (2))＝k[6＋（10k －4）]2＋2（1－2k ）1－2＝5k 2＋k ＋2k ＋1－2.题型3 裂项相消求和例3 求下面各数列的前n 项和： (1)11×5，13×7，15×9，17×11，… (2) 2222－1，4242－1，6262－1，8282－1，…解：(1) ∵ a n ＝1（2n －1）（2n ＋3）＝14(12n －1－12n ＋3)，∴ S n ＝14(1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －3－12n ＋1＋12n －1－12n ＋3)＝14(1＋13－12n ＋1－12n ＋3)＝n （4n ＋5）3（2n ＋1）（2n ＋3）. (2) ∵ a n ＝（2n ）2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴ S n ＝n ＋12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝2n （n ＋1）2n ＋1. 备选变式（教师专享） 求1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n .解：∵a k ＝2⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1，∴S n ＝2n n ＋1.题型4 倒序相加求和例4 设f(x)＝13x ＋3，求f(－12)＋f(－11)＋f(－10)＋…＋f(0)＋…＋f(11)＋f(12)＋f(13)的值．解：∵ f(x)＋f(1－x)＝33，∴ 原式＝1333. 备选变式（教师专享）一个等差数列前4项之和为26，最末4项之和为110，所有项之和为187，则它的项数为________．答案：11解析：∵a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝26，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝110，∴a 1＋a n ＝26＋1104＝34.又S n ＝n （a 1＋a n ）2＝187，∴n ＝11. 题型5 错位相减求和 例5 在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2＝2a 1＋3，且3a 2，a 4，5a 3成等差数列．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝log 3a n ，求数列{a n b n }的前n 项和S n . 解：(1) 设{a n }公比为q ，由题意得q>0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋3，3a 2＋5a 3＝2a 4，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（q －2）＝3，2q 2－5q －3＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎨⎧a 1＝－65，q ＝－12(舍)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N (2) 由(1)可得b n ＝log 3a n ＝n ，所以a n b n ＝n·3n . 所以S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n ，所以3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n ＋1，两式相减得，2S n ＝－3－(32＋33＋…＋3n )＋n·3n ＋1＝－(3＋32＋33＋…＋3n )＋n·3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ·3n ＋1＝3＋（2n －1）·3n ＋12，所以数列{a n b n }的前n 项和S n ＝3＋（2n －1）·3n ＋14.备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n －1. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝log 13(S n ＋1)，求数列{b n a n }的前n 项和T n .解：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n －1)－(3n －1－1)＝2×3n －1，综上所述，a n ＝2×3n －1.(2) b n ＝log 1(S n ＋1)＝log 13n ＝－n ，所以b n a n ＝－2n ×3n －1，T n ＝－2×1－4×31－6×32－…－2n ×3n －1，3T n ＝－2×31－4×32－…－2(n －1)×3n －1－2n ×3n ， 相减，得－2T n ＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n －1＋2n ×3n＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n －1)＋2n ×3n ， 所以T n ＝(1＋31＋32＋…＋3n －1)－n ×3n＝1－3n1－3－n ×3n＝－（2n －1）×3n ＋12，n ∈N *.1. 数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N )．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝________．答案：3解析：已知b n ＝2n －8，a n ＋1－a n ＝2n －8，由叠加法(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝－6－4－2＋0＋2＋4＋6＝0a 8＝a 1＝3.2. (2013·大纲)等差数列{a n }中，a 7＝4，a 19＝2a 9. (1) 求{a n }的通项公式； (2) 设b n ＝1na n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝4，a 19＝2a 9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝4，a 1＋18d ＝2（a 1＋8d ）.解得a 1＝1，d ＝12.所以{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12. (2) b n ＝1na n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1，所以S n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1 ＝2n n ＋1. 3. (2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0，2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N(1) 求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2) 求数列{na n }的前n 项和．解：(1) ∵ S 1＝a 1.∴ 当n ＝1时，2a 1－a 1＝S 1·S 1a 1≠0，a 1＝1. 当n>1时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －a 1S 1－2a n －1－a 1S 1＝2a n －2a n －1a n ＝2a n －1{a n }是首项为a 1＝1公比为q ＝2的等比数列，a n ＝2n －1，n ∈N *.(2) 设T n ＝1·a 1＋2·a 2＋3·a 3＋…＋n·a n qT n ＝1·qa 1＋2·qa 2＋3·qa 3＋…＋n·qa n qT n ＝1·a 2＋2·a 3＋3·a 4＋…＋n·a n ＋1， 上式左右错位相减：(1－q)T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －na n ＋1＝a 11－q n1－q －na n ＋1＝2n －1－n·2nT n ＝(n －1)·2n ＋1，n ∈N *.4. 已知等差数列{a n }前三项之和为－3，前三项积为8. (1) 求等差数列{a n }的通项公式；(2) 若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和．解：(1) 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.∴ a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2) 当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4，2不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1，2，－4成等比数列，满足条件．当|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.n ＝1，S 1＝4；n ＝2时，S 2＝5；当n ≥3时，S n ＝|a 1|＋…＋|a n |＝32n 2－112n ＋10.又n ＝2满足此式，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），32n 2－112n ＋10（n ＞1）.1. 已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，求a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100的值．解：由题意得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×（2＋98）2＋100＝5 000.2. 已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项的乘积T n ＝⎝⎛⎭⎫14n 2－6n (n ∈N *)，b n ＝log 2 a n ，则数列{b n }的前n 项和S n 取最大时，n ＝________．答案：3解析：当n ＝1时，a 1＝T 1＝45＝210，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝⎝⎛⎭⎫14n 2－6n －（n －1）2＋6（n －1）＝⎝⎛⎭⎫142n －7＝214－4n，此式对n ＝1也成立，所以a n ＝214－4n，从而b n ＝log 2a n ＝14－4n ，可以判断数列{b n }是首项为10，公差为－4的等差数列，因此S n ＝－2n 2＋12n ，故当n ＝3时，S n 有最大值．3. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，且在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n .(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝2k n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解： (1) ∵ 点P n (n ，S n )在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，∴ S n ＝n 2＋2n(n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2) 由f(x)＝x 2＋2x ，求导得f′(x)＝2x ＋2. ∵ 在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n ， ∴ k n ＝2n ＋2，∴ b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n ，∴ T n ＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n ，用错位相减法可求得T n ＝6n ＋19·4n ＋2－169.4. 已知等差数列{a n }是递增数列，且满足a 4·a 7＝15，a 3＋a 8＝8. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 令b n ＝19a n －1a n(n ≥2)，b 1＝13，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1) 根据题意：a 3＋a 8＝8＝a 4＋a 7，a 4·a 7＝15，知：a 4，a 7是方程x 2－8x ＋15＝0的两根，且a 4<a 7，解得a 4＝3，a 7＝5，设数列{a n }的公差为d ，由a 7＝a 4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 4＋(n －4)·d ＝3＋23(n －4)＝2n ＋13.(2) 当n ≥2时，b n ＝19a n －1a n ＝19⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.又b 1＝13＝12⎝⎛⎭⎫1－13， ∴ S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.1. a n 的两种常见变形a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)(累加法) a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…a na n －1(累乘法)2. 数列求和的方法技能① 倒序相加 ② 错位相减 ③ 分组求和 ④ 拆项相消3. 方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在数列中均得到广泛应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究是解决数列综合问题的最基本思维方法．。

7.4 数列求和、数列的综合基础篇 固本夯基考点一 数列求和1.(2021浙江,10,4分)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=n 1+√a (n ∈N *).记数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.32<S 100<3 B.3<S 100<4 C.4<S 100<92 D.92<S 100<5 答案 A2.(2020山东仿真联考3)已知正项数列{a n }满足a n+1>2a n ,S n 是{a n }的前n 项和,则下列四个命题中错误的是( )A.a n+1>2na 1 B.S 2k >(1+2k)S k C.S n <2a n -a 1(n ≥2) D.{a n+1a n}是递增数列 答案 D3.(2020浙江,11,4分)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列.数列{n(n+1)2}(n ∈N *)的前3项和是 . 答案 104.(2022届T8联考,18)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=3,S 3=5a 1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =1+2S n,数列{b n }的前n 项和为T n .定义[x]为不超过x 的最大整数,例如[0.3]=0,[1.5]=1.当[T 1]+[T 2]+…+[T n ]=63时,求n 的值.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,因为a 1=3,所以S 3=3a 1+3d=9+3d. 又因为S 3=5a 1=15,所以9+3d=15,得d=2. 所以数列{a n }的通项公式是a n =3+2(n-1)=2n+1. (2)因为S n =3n+n(n−1)2×2=n 2+2n,所以b n =1+2S n =1+2n(n+2)=1+1n -1n+2. 所以T n =n+(1−13)+(12−14)+(13−15)+…+(1n−1−1n+1)+(1n −1n+2)=n+1+12-1n+1-1n+2. 当n ≤2时,因为-13≤12-1n+1-1n+2<0,所以[T n ]=n.当n ≥3时,因为0<12-1n+1-1n+2<12,所以[T n ]=n+1.因为[T 1]+[T 2]+…+[T n ]=63, 所以1+2+4+5+…+(n+1)=63, 即3+(n−2)(4+n+1)2=63,即n 2+3n-130=0,即(n-10)·(n+13)=0.因为n ∈N *,所以n=10.5.(2022届华中师范大学琼中附中月考,17)已知等差数列{a n }中,a 2=3,a 4+a 6=18. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n+1=2b n ,并且b 1=a 5,试求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)设数列{a n }的公差为d,根据题意得{a 1+d =3,2a 1+8d =18,解得{a 1=1,d =2,∴a n =a 1+(n-1)d=2n-1.(2)∵b n+1=2b n ,∴数列{b n }是公比为2的等比数列, 又b 1=a 5=2×5-1=9,∴S n =b 1(1−q n )1−q =9(1−2n )1−2=-9+9×2n.6.(2022届长沙雅礼中学月考,17)已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,其前n 项和S n 满足S n+1+S n-1=2S n +2(n ≥2,n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =a n +2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)由题意得S n+1-S n =S n -S n-1+2(n ≥2),即a n+1-a n =2(n ≥2),又a 2-a 1=3-1=2,所以a n+1-a n =2(n ∈N *).所以数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列,所以a n =2n-1(n ∈N *).(2)b n =a n +2a n=2n-1+22n-1=2n-1+12·4n ,所以T n =[1+3+5+…+(2n-1)]+12×(4+42+43+…+4n )=n 2+2(4n−1)3.7.(2022届广东深圳七中月考)已知等比数列{a n }中,a 1=1,且2a 2是a 3和4a 1的等差中项.等差数列{b n }满足b 1=1,b 7=13.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n -b n }的前n 项和T n .解析 (1)设数列{a n }的公比为q,由题意可得2×2a 2=a 3+4a 1,即4a 1q=a 1q 2+4a 1,又a 1=1,所以q=2,则数列{a n }的通项公式为a n =2n-1.(2)设数列{b n }的公差为d,由题意可得b 7-b 1=12=6d,即d=2,则数列{b n }的通项公式为b n =1+(n-1)×2=2n-1.a n -b n =2n-1-(2n-1),则T n =(20-1)+(21-3)+…+[2n-1-(2n-1)]=(20+21+…+2n-1)-(1+3+…+2n-1)=1−2n 1−2-(1+2n−1)·n 2=2n -1-n 2.8.(2022届河北秦皇岛青龙8月测试,18)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n =2a n -1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式a n 及S n ;(2)若数列{b n }满足b n =|S n -15|,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)当n=1时,S 1=2a 1-1,即a 1=1,由S n =2a n -1得S n+1=2a n+1-1,两式相减得a n+1=2a n+1-2a n ,即a n+1=2a n ,即数列{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列,则a n =2n-1,则S n =1−2n 1−2=2n-1.(2)由(1)知b n =|2n-16|,则b n ={16−2n (1≤n ≤4),2n −16(n >4).记{2n -16}的前n 项和为A n ,则A n =(21+22+…+2n)-16n=2·(1−2n )1−2-16n=2n+1-16n-2.则当1≤n ≤4时,T n =-A n =16n-2n+1+2.当n>4时,T n =(16-21)+(16-22)+…+(16-24)+(25-16)+(26-16)+…+(2n-16)=-A 4+A n -A 4=A n -2A 4=2n+1-16n+66,则T n ={16n −2n+1+2(1≤n ≤4),2n+1−16n +66(n >4).9.(2021浙江“山水联盟”开学考)已知数列{a n }满足:a 1=1,a n+1a n =nn+1;数列{b n }是等比数列,并满足b 1=2,且b 1-1,b 4,b 5-1成等差数列. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)若数列{b n }的前n 项和是S n ,数列{c n }满足c n =a n a n+1a n+2(S n +2),求证:c 1+c 2+…+c n <12.解析 (1)由于a 1=1,na n =(n+1)a n+1,所以{na n }是常数列,所以na n =1·a 1=1,故a n =1n. 设{b n }的公比是q,由已知得2b 4=(b 1-1)+(b 5-1),所以4q 3=2q 4,所以q=2,故b n =2n.(2)证明:由(1)得S n =2(1−2n )1−2=2n+1-2,则c n =a n a n+1a n+2(S n +2)=n+2n(n+1)·2n+1=1n·2n -1(n+1)·2n+1, 则c 1+c 2+…+c n =11×2-12×22+12×22-13×23+…+1n·2n-1(n+1)·2n+1,所以c 1+c 2+…+c n =12-1(n+1)·2n+1<12. 10.(2020天津,19,15分)已知{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,a 1=b 1=1,a 5=5(a 4-a 3),b 5=4(b 4-b 3). (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n ,求证:S n S n+2<S n+12(n ∈N *);(3)对任意的正整数n,设c n ={(3a n −2)b na n a n+2,n 为奇数,a n−1b n+1,n 为偶数.求数列{c n }的前2n 项和.解析 (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a 1=1,a 5=5(a 4-a 3),可得d=1,从而{a n }的通项公式为a n =n.由b 1=1,b 5=4(b 4-b 3),又q ≠0,可得q 2-4q+4=0,解得q=2,从而{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)证明:由(1)可得S n =n(n+1)2,故S n S n+2=14n(n+1)·(n+2)(n+3),S n+12=14(n+1)2(n+2)2,从而S n S n+2-S n+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以S n S n+2<S n+12.(3)当n 为奇数时,c n =(3a n −2)b n a n a n+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2-2n−1n ;当n 为偶数时,c n =a n−1b n+1=n−12n.对任意的正整数n,有∑k=1nc 2k-1=∑k=1n(22k 2k+1−22k−22k−1)=22n 2n+1-1和∑k=1n c 2k =∑k=1n 2k−14k =14+342+543+…+2n−14n ①. 由①得14∑k=1n c 2k =142+343+…+2n−34n +2n−14n+1②. 由①-②得34∑k=1n c 2k =14+242+…+24n -2n−14n+1=24(1−14n )1−14-14-2n−14n+1,从而得∑k=1n c 2k =59-6n+59×4n .因此,∑k=12nc k =∑k=1nc 2k-1+∑k=1nc 2k =4n 2n+1-6n+59×4n -49.所以,数列{c n }的前2n 项和为4n 2n+1-6n+59×4n -49.考点二 数列的综合1.(2020福建泉州线上测试)已知{a n }是公差为3的等差数列.若a 1,a 2,a 4成等比数列,则{a n }的前10项和S 10=( )A.165B.138C.60D.30 答案 A2.数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想:F n =22n+1(n=0,1,2,…)是质数.直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5=641×6700417,不是质数.现设a n =log 2(F n -1),n=1,2,…,S n表示数列{a n }的前n 项和.则使不等式2S 1S 2+22S 2S 3+…+2n S n S n+1<2n2 020成立的最小正整数n 的值是( )A.11B.10C.9D.8 答案 C3.(2022届浙江“山水联盟”开学考,20)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,2S n =(2n+1)a n -2n 2(n ∈N *),数列{b n }满足b 1=a 1,nb n+1=a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)设数列{c n }满足:c 1=4,c n+1=c n -a n b n (n ∈N *),若不等式λ+3n+92n ≥c n (n ∈N *)恒成立,求实数λ的取值范围. 解析 (1)当n=1时,2a 1=3a 1-2,∴a 1=2.当n ≥2时,由{2S n =(2n +1)a n −2n 2,2S n−1=(2n −1)a n−1−2(n −1)2得2a n =(2n+1)a n -(2n-1)a n-1-2n 2+2(n-1)2,即a n -a n-1=2,∴数列{a n }是公差为2的等差数列, ∵a 1=2,∴a n =2n.由条件得b 1=2,nb n+1=2nb n ,∴b n+1=2b n ,即数列{b n }是公比为2的等比数列,∴b n =2n.(2)由(1)得a n b n =2n 2n =n 2n−1,设数列{a n b n }的前n 项和为T n ,则T n =1+22+322+423+…+n2n−1, ∴12T n =12+222+323+…+n−12n−1+n2n , ∴12T n =1+12+122+123+…+12n−1-n 2n =1−12n 1−12-n 2n =2-n+22n , ∴T n =4-n+22n−1,由c n+1=c n -a nb n 得c n+1-c n =-a n b n ,所以c n -c n-1=-a n−1b n−1,……,c 2-c 1=-a 1b 1,累加得c n -c 1=-T n-1,即c n -4=-4+n+12n−2,∴c n =n+12n−2,∴λ≥n+12n−2-3n+92n =n−52n 对任意n ∈N *恒成立, 令f(n)=n−52n ,则f(n+1)-f(n)=n−42n+1-n−52n =−n+62n+1, ∴f(1)<f(2)<…<f(6)=f(7),f(7)>f(8)>…, ∴f(n)max =f(6)=f(7)=164,∴λ≥164. 故λ的取值范围是[164,+∞). 4(2022届校际联合考试)我国南宋时期的数学家杨辉,在他1261年所著的《详解九章算法》一书中,用如图的三角形解释二项和的乘方规律,此图称为“杨辉三角”.在此图中,从第三行开始,首尾两数为1,其他各数均为它肩上两数之和.(1)把“杨辉三角”中第三斜列的各数取出,按原来的顺序排列得一数列:1,3,6,10,15,…,写出a n 与a n-1(n ∈N *,n ≥2)的递推关系,并求出数列{a n }的通项公式;(2)已知数列{b n }满足b 1+12b 2+13b 3+ (1)b n =2a n (n ∈N *),设数列{c n }满足c n =2n+1b n b n+1,数列{c n }的前n 项和为T n ,若T n <n n+1λ(n ∈N *)恒成立,试求实数λ的取值范围. 解析 (1)由题意可知a 1=1,n ≥2时,a n -a n-1=n,所以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+1)2,故a n =n(n+1)2. (2)数列{b n }满足b 1+12b 2+13b 3+ (1)b n =n 2+n,① 当n ≥2时,b 1+12b 2+13b 3+…+1n−1b n-1=(n-1)2+(n-1),② ①-②得1nb n =2n,故b n =2n 2(n ≥2),又n=1时亦成立,所以b n =2n 2(n ∈N *). 数列{c n }满足c n =2n+1b n b n+1=2n+14n 2(n+1)2=14[1n 2−1(n+1)2], 则T n =14[1−122+122−132+⋯+1n 2−1(n+1)2]=14[1−1(n+1)2],由T n <n n+1λ(n ∈N *)恒成立, 得14[1−1(n+1)2]<n n+1λ,整理得λ>n+24n+4,因为y=n+24n+4=14(1+1n+1)在n ∈N *上单调递减,故当n=1时,(n+24n+4)max =38,即λ>38,所以实数λ的取值范围为(38,+∞). 5.(2022届长沙长郡中学月考,18)已知数列{a n }满足a n+1-2a n =0,a 3=8. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =n a n,数列{b n }的前n 项和为T n .若2T n >m-2021对n ∈N *恒成立,求正整数m 的最大值. 解析 (1)由a n+1-2a n =0得a n+1=2a n ,则{a n }是以2为公比的等比数列, 又a 3=8,即4a 1=8,解得a 1=2,所以a n =2n.(2)由(1)可得b n =n a n =n 2n ,则T n =12+222+323+…+n 2n ,12T n =122+223+324+…+n 2n+1,两式相减可得12T n =12+122+123+…+12n -n 2n+1=12(1−12n)1−12-n 2n+1, 化简可得T n =2-n+22n (n ∈N *),因为T n+1-T n =2-n+32n+1-2+n+22n =n+12n+1>0,所以{T n }逐项递增,T 1最小,为12,所以2×12>m-2021,解得m<2022,又m ∈N *,所以m 的最大值为2021. 6.(2021南京三模,18)已知等差数列{a n }满足:a 1+3,a 3,a 4成等差数列,且a 1,a 3,a 8成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)在任意相邻两项a k 与a k+1(k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n },记S n为数列{b n }的前n 项和,求满足S n <500的n 的最大值. 解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d, 由题意知a 1+3+a 4=2a 3, 即2a 1+3+3d=2a 1+4d,解得d=3, 又a 1a 8=a 32,即a 1·(a 1+7×3)=(a 1+2×3)2,解得a 1=4,故a n =3n+1.(2)因为b n >0,所以{S n }是单调递增数列,又因为a k+1前的所有项的项数为k+21+22+ (2)=k+2k+1-2,所以S k+2k+1−2=(a 1+a 2+…+a k )+2(21+22+23+ (2))=k(4+3k+1)2+2×2(1−2k )1−2=3k 2+5k 2+2k+2-4.当k=6时,S 132=321<500;当k=7时,S 261=599>500, 令S 132+a 7+2(n-133)<500,即321+22+2(n-133)<500, 解得n<211.5,所以满足S n <500的n 的最大值为211.7.(2020辽宁葫芦岛兴城高中模拟)设函数f(x)=x 2,过点C 1(1,0)作x 轴的垂线l 1,交函数f(x)的图象于点A 1,以A 1为切点作函数f(x)图象的切线交x 轴于点C 2,再过C 2作x 轴的垂线l 2,交函数f(x)的图象于点A 2,……,以此类推得点A n ,记A n 的横坐标为a n ,n ∈N *.(1)证明数列{a n }为等比数列,并求出通项公式;(2)设直线l n 与函数g(x)=lo g 12x 的图象相交于点B n ,记b n =OA⃗⃗⃗⃗ n ·OB ⃗⃗⃗⃗ n (其中O 为坐标原点),求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)以点A n-1(a n-1,a n−12)(n ≥2)为切点的切线方程为y-a n−12=2a n-1(x-a n-1).当y=0时,x=12a n-1,即a n =12a n-1,又∵a 1=1,∴数列{a n }是以1为首项,12为公比的等比数列,∴a n =(12)n−1. (2)由题意,得B n ((12)n−1,n −1), ∴b n =OA⃗⃗⃗⃗ n ·OB ⃗⃗⃗⃗ n =(14)n−1+(14)n−1·(n-1)=n ·(14)n−1, ∴S n =1×(14)0+2×(14)1+…+n ×(14)n−1,14S n =1×(14)1+2×(14)2+…+n ×(14)n. 两式相减,得34S n =1×(14)0+14+…+(14)n−1-n ×(14)n=1−(14)n1−14-n ×(14)n,化简,得S n =169-(4n 3+169)×(14)n =169-3n+49×4n−1.综合篇 知能转换A 组考法一 错位相减法求和1.(2022届全国学业质量联合检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n 2,S n ,a n 成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)请从以下三个条件中任意选择一个,求数列{b n }的前n 项和T n . 条件①:设数列{b n }满足b n =(-1)na n ;条件②:设数列{b n }满足b n =2a n ·a n ; 条件③:设数列{b n }满足b n =√a +√a .解析 (1)因为a n 2,S n ,a n 成等差数列,所以2S n =a n 2+a n ,当n ≥2时,2S n-1=a n−12+a n-1,两式作差化简,得(a n +a n-1)·(a n -a n-1-1)=0.因为该数列是正项数列,所以a n +a n-1≠0, 所以a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1, 所以数列{a n }是公差为1的等差数列, 又当n=1时,2a 1=a 12+a 1,解得a 1=1, 所以a n =n(n ∈N *).(2)选择条件①:数列{b n }满足b n =(-1)n a n =(-1)nn. 所以T n =-1+2-3+4-5+6-…+(-1)nn,当n 为偶数时,T n =(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-1)+n]=n2×1=n 2; 当n 为奇数时,T n =(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-2)+(n-1)]-n=n−12×1-n=-1+n2.所以T n ={n2,n 为偶数,−1+n 2,n 为奇数.选择条件②:数列{b n }满足b n =2a n ·a n =n ·2n,可得T n =1×21+2×22+…+n ·2n,①2T n =1×22+2×23+…+n ·2n+1,②①-②得-T n =2+22+23+ (2)-n ·2n+1=2(1−2n )1−2-n ·2n+1=(1-n)·2n+1-2,则T n =(n-1)·2n+1+2.选择条件③:数列{b n }满足b n =√a +√a =√n+1+√n=√n +1-√n ,则T n =(√2-1)+(√3-√2)+…+(√n +1-√n )=√n +1-1.2.(2022届山东德州夏津一中入学考试)设数列{a n }是等差数列,数列{b n }是公比大于0的等比数列,已知a 1=1,b 1=3,b 2=3a 3,b 3=12a 2+3.(1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n ={1,n ≤5,b n−5,n ≥6,求数列{a n c n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q(q>0),根据题意得{3q =3(1+2d),3q 2=12(1+d)+3,解得{d =1,q =3或{d =−1,q =−1(舍),所以a n =1+(n-1)×1=n,b n =3·3n-1=3n .(2)当n ≤5时,c n =1,所以T n =a 1+a 2+…+a n =1+2+…+n=n(n+1)2.当n ≥6时,c n =b n-5=3n-5,所以T n =T 5+a 6b 1+a 7b 2+…+a n b n-5=15+6×31+7×32+…+n ·3n-5.令M=6×31+7×32+…+n ·3n-5,则3M=6×32+7×33+…+(n-1)·3n-5+n ·3n-4,两式相减得-2M=6×31+(32+33+…+3n-5)-n ·3n-4=18+32(1−3n−6)1−3-n ·3n-4,整理得M=-274+2n−14·3n-4,所以T n =334+2n−14·3n-4.综上,T n ={n(n+1)2,n ≤5,334+2n−14·3n−4,n ≥6.3.(2022届山东泰安肥城摸底考试)已知数列{a n }各项均为正数,a 1=1,{a n 2}为等差数列,公差为2. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)求S n =2a 12+22a 22+23a 32+ (2)a n 2.解析 (1)∵a 1=1,∴a 12=1,又∵{a n 2}为等差数列,公差为2,∴a n 2=a 12+(n-1)×2=2n-1,又∵a n >0,∴a n =√2n −1.(2)由(1)可得S n =1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n ,2S n =1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1, 两式相减得-S n =1×2+2×22+2×23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2+2n+2-23-(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1,∴S n =6+(2n-3)·2n+1.4.(2021浙江,20,15分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=-94,且4S n+1=3S n -9(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }满足3b n +(n-4)a n =0(n ∈N *),记{b n }的前n 项和为T n ,若T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立,求实数λ的取值范围.解析 (1)解法一:由4S n+1=3S n -9,得4S n =3S n-1-9(n ≥2),两式相减,得4a n+1=3a n ,则a n+1=34a n (n ≥2).又由4S n+1=3S n -9,得4S 2=3S 1-9,即4(a 1+a 2)=3a 1-9, 又a 1=-94,所以a 2=-2716,则a 2=34a 1, 所以数列{a n }是以-94为首项,34为公比的等比数列, 所以数列{a n }的通项公式为a n =-94·(34)n−1=-3·(34)n . 解法二:由4S n+1=3S n -9,得S n+1=34S n -94,则S n+1+9=34S n -94+9=34S n +274=34(S n +9),又S 1+9=-94+9=274≠0,所以数列{S n +9}是以274为首项,34为公比的等比数列,则S n +9=274·(34)n−1=9·(34)n ,所以S n =9·(34)n-9.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=[9·(34)n −9]-[9·(34)n−1−9]=-3·(34)n .当n=1时,a 1=-94也满足上式,所以数列{a n }的通项公式为a n =-3·(34)n.(2)由(1)知a n =-3·(34)n.由3b n +(n-4)a n =0,得b n =-n−43a n =(n-4)(34)n. 则T n =(-3)×34+(-2)×(34)2+(-1)×(34)3+0×(34)4+…+(n-5)(34)n−1+(n-4)(34)n,① 因此34T n =(-3)×(34)2+(-2)×(34)3+(-1)×(34)4+0×(34)5+…+(n-5)(34)n +(n-4)(34)n+1,②由①-②,得14T n =-3×34+(34)2+(34)3+(34)4+…+(34)n -(n-4)(34)n+1 =-94+(34)2−(34)n ·341−34-(n-4)(34)n+1=-n (34)n+1, 所以T n =-4n (34)n+1.由T n ≤λb n ,得-4n (34)n+1≤λ(n-4)(34)n 恒成立,即λ(n-4)≥-3n 恒成立. 当n<4时,λ≤-3n n−4,设f(n)=-3n n−4=-3+−12n−4,当n<4且n ∈N *时,f(n)min =f(1)=1,所以λ≤1;当n=4时,不等式恒成立; 当n>4时,λ≥-3n n−4,设f(n)=-3n n−4=-3+−12n−4,当n>4且n ∈N *,n →+∞时,f(n)→-3,所以λ≥-3.综上所述,实数λ的取值范围是[-3,1].5.(2021全国乙文,19,12分)设{a n }是首项为1的等比数列,数列{b n }满足b n =na n3.已知a 1,3a 2,9a 3成等差数列.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和.证明:T n <S n 2. 解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q. ∵a 1,3a 2,9a 3成等差数列,∴6a 2=a 1+9a 3,又∵{a n }是首项为1的等比数列,∴6a 1q=a 1+9a 1q 2,∴9q 2-6q+1=0,解得q 1=q 2=13,∴a n =a 1·q n-1=(13)n−1,∵b n =na n 3,∴b n =n ·(13)n. (2)证明:∵S n 为{a n }的前n 项和, ∴S n =a 1(1−q n )1−q =32[1−(13)n]. ∵T n 为{b n }的前n 项和, ∴T n =b 1+b 2+…+b n =1×(13)1+2×(13)2+…+n (13)n,① 13T n =1×(13)2+2×(13)3+…+n (13)n+1.② ①-②可得23T n =13+(13)2+…+(13)n-n ·(13)n+1=13[1−(13)n ]1−13-n ·(13)n+1=-(13n +12)(13)n +12,∴T n =-(12n +34)(13)n +34, ∴T n -S n 2=-12n ·(13)n <0,∴T n <S n2.6.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a n }满足a 1=3,a n+1=3a n -4n. (1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2na n }的前n 项和S n . 解析 (1)a 2=5,a 3=7. 猜想a n =2n+1.由已知可得 a n+1-(2n+3)=3[a n -(2n+1)], a n -(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)], ……a 2-5=3(a 1-3).因为a 1=3,所以a n =2n+1. (2)由(1)得2na n =(2n+1)2n,所以S n =3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2S n =3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以S n =(2n-1)2n+1+2.7.(2017山东文,19,12分)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 na n}的前n 项和T n . 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题意知a 1(1+q)=6,a 12q=a 1q 2,又a n >0,所以解得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 n a 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,所以T n =5-2n+52n. 8.(2017天津理,18,13分)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 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).解析 (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b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,因为b 1=2,所以q 2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8①.由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16②,联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2. 所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,得a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n +(3n-1)×4n+1, 上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1−4n )1−4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n−23×4n+1+83.所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n−23×4n+1+83. 9.(2018浙江,20,15分)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.解析 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项得a 3+a 5=2a 4+4,所以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,解得q=2或q=12, 因为q>1,所以q=2.(2)设c n =(b n+1-b n )a n ,数列{c n }的前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,所以b n+1-b n =(4n-1)·(12)n−1,故b n -b n-1=(4n-5)·(12)n−2,n ≥2, 所以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)·(12)n−2+(4n-9)·(12)n−3+…+7×12+3.设T n =3+7×12+11×(12)2+…+(4n-5)·(12)n−2,n ≥2,则12T n =3×12+7×(12)2+…+(4n-9)·(12)n−2+(4n-5)·(12)n−1, 所以12T n =3+4×12+4×(12)2+…+4·(12)n−2-(4n-5)·(12)n−1,因此T n =14-(4n+3)·(12)n−2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12)n−2. 10.(2021浙江嘉兴教学测试,20)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =2a n -n,n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =2na n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)当n=1时,S 1=a 1=2a 1-1,得a 1=1;当n ≥2时,由S n =2a n -n,得S n-1=2a n-1-(n-1),两式相减得a n =2a n-1+1,变形得a n +1=2(a n-1+1), ∴数列{a n +1}是等比数列,且公比为2.又∵a 1+1=2,∴a n +1=2n,∴a n =2n-1.(2)b n =2na n =2n(2n -1)=n ·2n+1-2n,于是T n =b 1+b 2+…+b n =(1×22-2)+(2×23-4)+…+(n ×2n+1-2n)=(1×22+2×23+…+n ×2n+1)-2(1+2+…+n),令A n =1×22+2×23+…+n ·2n+1,即T n =A n -n(n+1).A n =1×22+2×23+…+(n-1)·2n +n ·2n+1,① 2A n =1×23+2×24+…+(n-1)·2n+1+n ·2n+2,②①-②得-A n =22+23+…+2n+1-n ·2n+2=4(1−2n )1−2-n ·2n+2=-4+2n+2-n ·2n+2=-(n-1)·2n+2-4,∴A n =(n-1)·2n+2+4,∴T n =(n-1)·2n+2+4-n 2-n.考法二 裂项相消法求和1.(2020长沙明德中学3月月考)在各项都为正数的等比数列{a n }中,若a 1=2,且a 1a 5=64,则数列{a n(an −1)(a n+1−1)}的前n 项和是( )A.1-12n+1−1B.1-12n+1C.1-12n+1 D.1-12n −1答案 A2.(多选)(2021辽宁百校联盟质检,10)已知数列{a n }满足a 2=4,n(n-1)a n+1=(n-1)a n -na n-1(n>1且n ∈N *),数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.a 1+a 3=2 B.a 1+a 3=4C.2020S 2021-a 2020=8080D.2021S 2021-a 2020=4040 答案 AC3.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k = . 答案2nn+14.(2020浙江丽水四校联考,14)已知数列{a n }满足:a 1=12,a n+1=a n 2+a n ,用[x]表示不超过x 的最大整数,则[1a1+1+1a 2+1+⋯+1a 2 012+1]的值等于 . 答案 15.(2022届河北邢台入学考试)在①a3+a6=18,②{a n}的前n项和S n=n2+pn,③a3+a4=a7这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.问题:在等差数列{a n}中,a1=2,且.(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T n.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.解析(1)选①.设{a n}的公差为d.由题意可得a1+2d+a1+5d=2a1+7d=18.因为a1=2,所以d=2,则a n=a1+(n-1)d=2n.选②.设{a n}的公差为d.因为S n=n2+pn,所以S n-1=(n-1)2+p(n-1)=n2+pn-2n-p+1(n≥2),两式相减得a n=2n+p-1(n≥2),又因为a1=S1=p+1满足上式,所以a n=2n+p-1(n∈N*).由a1=2得p+1=2,所以p=1,所以a n=2n. 选③.设{a n}的公差为d.因为a3+a4=a7,所以a1+2d+a1+3d=a1+6d,即a1=d.因为a1=2,所以d=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n.(2)由(1)可得a n+1=2(n+1),则b n=12n·2(n+1)=14(1n−1n+1).故T n=14[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]=14(1−1n+1)=n4n+4.6.(2022届河北唐山玉田一中开学考试)在①S7=49,②S5=a8+10,③S8=S6+28这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并完成解答.问题:已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a5=9,,若数列{b n}满足b n=1a n a n+1,证明:数列{b n}的前n项和T n<12.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.证明 选择①.设数列{a n }的公差为d,由{S 7=49,a 5=9,得{7a 1+7×(7−1)2d =49,a 1+4d =9,解得{a 1=1,d =2,所以a n =2n-1.又因为b n =1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1),所以T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1), 所以T n =12(1−12n+1)<12. 选择②.设数列{a n }的公差为d,由S 5=a 8+10,可得4a 1+3d=10,又a 5=a 1+4d=9,联立解得d=2,a 1=1,所以a n =2n-1.下面同选择①.选择③.设数列{a n }的公差为d,由S 8-S 6=28,可得a 7+a 8=2a 5+5d=28,又因为a 5=9,所以d=2,所以a 1=a 5-4d=9-4×2=1,所以a n =2n-1.下面同选择①.7.(2022届湖北黄冈调研,19)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,2S n =(n+1)a n ,且a 1>1,a 2-1,a 4-2,a 6成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =4a n a n+1+2−a n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:T n <43.解析 (1)∵2S n =(n+1)a n ,∴S n =(n+1)a n 2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n+12·a n -n 2·a n-1,化简得a n n =a n−1n−1,即a n n =a n−1n−1=…=a 11,∴a n =na 1,又a 2-1,a 4-2,a 6成等比数列,∴(a 2-1)·a 6=(a 4-2)2,即(2a 1-1)·6a 1=(4a 1-2)2,解得a 1=2或a 1=12.又a 1>1,∴a 1=2,∴a n =2n(n ∈N *). (2)证明:由(1)可得b n =4a n a n+1+2−a n =42n·2(n+1)+2-2n =1n -1n+1+(14)n ,∴T n =b 1+b 2+…+b n =[(1−12)+14]+[(12−13)+(14)2]+…+[(1n −1n+1)+(14)n ]=(1−12+12−13+⋯+1n −1n+1)+14+(14)2+…+(14)n=1-1n+1+14[1−(14)n]1−14=43-1n+1-13(14)n ,∵n ∈N *,∴T n <43. 8.(2021广东深圳外国语学校第一次月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ,∀m ∈N *,都有a m+1-a m =-1,且a 2+S 2=-5. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求证:1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1<1. 解析 (1)∵∀m ∈N *,都有a m+1-a m =-1, ∴{a n }是等差数列,设公差为d,则d=-1.由a 2+S 2=3a 1+2d=-5,解得a 1=-1, 所以a n =-1-(n-1)=-n. (2)证明:由a n =-n,得1a n a n+1=1n(n+1)=1n -1n+1,所以1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1=(1−12)+(12−13)+…+(1n −1n+1)=1-1n+1<1. 9.(2021湖北八市3月联考,18)已知数列{a n },其前n 项和为S n ,请在下列三个条件中补充一个在下面问题中,使得最终结论成立并证明你的结论. 条件①:S n =-a n +t(t 为常数);条件②:a n =b n b n+1,其中数列{b n }满足b 1=1,(n+1)b n+1=nb n ;条件③:3a n 2=3a n+12+a n+1+a n .数列{a n }中,a 1是(2√301x)6展开式中的常数项,且 .求证:S n <1对任意n ∈N *恒成立.注:如果选择多个条件作答,则按第一个条件的解答计分.解析 (2√30+1x )6的展开式的通项为T r+1=C 6r·(2√30)6−r(1x )r =C 6r (√30)6−r x 12-3r,令12-3r=0,得r=4,得展开式的常数项为12,即a 1=12.若选择①:在S n =-a n +t 中,令n=1,得2a 1=t,即t=1, 当n ≥2时,S n-1=-a n-1+1.两式相减得a n =12a n-1, 故{a n }是以12为首项,12为公比的等比数列, 所以S n =a 1(1−q n )1−q =1-(12)n <1对任意n ∈N *恒成立. 若选择②:由(n+1)b n+1=nb n 得b n+1b n =nn+1, 所以b n =b n b n−1·b n−1b n−2·…·b 2b 1·b 1=1n (n ≥2),n=1时也满足,故b n =1n (n ∈N *),则a n =1n(n+1)=1n -1n+1, S n =(1−12)+(12−13)+…+(1n −1n+1)=1-1n+1<1对任意n ∈N *恒成立. 若选择③:由题意得3a n+12-3a n 2=-(a n+1+a n ),得a n+1-a n =-13或a n+1+a n =0,又a 1=12,当a n+1+a n =0时,有S n ={0,n 为偶数,12,n 为奇数,所以S n <1;当a n+1-a n =-13时,有S n =n 2-n(n−1)6=-16(n 2-4n),当n=2时,S n 取最大值,为-16×(22-4×2)=23,因为23<1,所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立.10.(2022届广东阶段测,17)设{a n }是各项均为正数的数列,a 1=3,a n+1=√a n 2+4a n+1+4a n . (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若S n 为数列{a n }的前n 项和,且b n =n(n+1)S n+1S n,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由a n+1=√a n 2+4a n+1+4a n 得a n+12=a n 2+4a n+1+4a n ,整理得(a n+1-a n -4)(a n+1+a n )=0,又a n+1+a n >0,所以a n+1-a n =4,所以{a n }是首项为3,公差为4的等差数列,故a n =4n-1. (2)由(1)可知,S n =n(3+4n−1)2=n(2n+1),S n+1=(n+1)(2n+3),所以b n =n(n+1)S n+1S n =1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3),设数列{b n }的前n 项和为T n , 则T n =12[(13−15)+(15−17)+⋯+(12n+1−12n+3)] =12(13−12n+3)=n6n+9.B 组1.(2022届重庆西南大学附中月考,8)设数列{a n }的前n 项和是S n ,令T n =S 1+S 2+⋯+S nn,称T n 为数列a 1,a 2,…,a n 的“超越数”.已知数列a 1,a 2,…,a 504的“超越数”为2020,则数列5,a 1,a 2,…,a 504的“超越数”为( )A.2018B.2019C.2020D.2021 答案 D2.(2022届河北张家口宣化一中考试,6)将正整数12分解成两个正整数的乘积,有1×12,2×6,3×4三种分解方式,其中3×4是这三种分解方式中两数差的绝对值最小的一种,我们称3×4为12的最佳分解.当p ·q(p,q ∈N *)是正整数n 的最佳分解时,我们定义函数f(n)=|p-q|,例如f(12)=|4-3|=1,则∑i=12 021f(2i)=( )A.21011-1B.21011C.21010-1 D.21010答案 A3.(2021山东菏泽期末,7)已知数列{a n }的前n 项和是S n ,且S n =2a n -1,若a n ∈(0,2021),则称项a n 为“和谐项”,则数列{a n }的所有“和谐项”的和为( ) A.1022 B.1023 C.2046 D.2047 答案 D4.(2021河北衡水中学联考二,11)若P(n)表示正整数n 的个位数字,a n =P(n 2)-P(2n),数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 2021=( )A.-1B.0C.1009D.1011 答案 C5.(多选)(2021新高考Ⅱ,12,5分)若正整数n=a 0·20+a 1·2+…+a k-1·2k-1+a k ·2k ,其中a i ∈{0,1}(i=0,1,…,k),记ω(n)=a 0+a 1+…+a k ,则( )A.ω(2n)=ω(n)B.ω(2n+3)=ω(n)+1C.ω(8n+5)=ω(4n+3)D.ω(2n-1)=n 答案 ACD6.(多选)(2021广州一模,12)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……;第n(n ∈N *)次得到数列1,x 1,x 2,x 3,…,x k ,2.记a n =1+x 1+x 2+…+x k +2,数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.k+1=2nB.a n+1=3a n -3C.a n =32(n 2+3n) D.S n =34(3n+1+2n-3) 答案 ABD7.(2020山东师范大学附中最后一卷)对n 个不同的实数a 1,a 2,…,a n 可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成一个n!行的数阵.对第i 行a i1,a i2,…,a in ,记b i =-a i1+2a i2-3a i3+…+(-1)nna in ,i=1,2,3,…,n!.例如用1,2,3可得数阵如图,此数阵中每一列各数之和都是12,所以b 1+b 2+…+b 6=-12+2×12-3×12=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成的数阵中,b 1+b 2+…+b 120等于( )1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1A.-3600B.-1800C.-1080D.-720 答案 C8.(2021湖南岳阳一模,4)“中国剩余定理”又称“孙子定理”,讲的是一个关于整除的问题.现有这样一个整除问题:将1到2021这2021个数中能被3整除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{a n },则此数列的所有项中,中间项的值为( ) A.992 B.1022 C.1007 D.1037 答案 C9.(多选)(2021济南十一学校联考,11)已知数列{F n }:1,1,2,3,5,8,13,…,从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.记数列{F n }的前n 项和为S n ,则下列结论中正确的是( ) A.S 6=F 8 B.S 2019=F 2021-1C.F 1+F 3+F 5+…+F 2021=F 2022D.F 12+F 22+F 32+…+F 2 0202=F 2020F 2021答案 BCD10.(2022届南京调研,7)取一条长度为1的直线段,将它三等分,去掉中间一段,留剩下的两段;再将剩下的两段分别三等分,各去掉中间一段,留剩下的更短的四段;……;将这样的操作一直继续下去,直至无穷,由于在不断分割舍弃的过程中,所形成的线段数目越来越多,长度越来越小,在极限的情况下,得到一个离散的点集,称为康托尔三分集.若在第n 次操作中去掉的线段长度之和不小于160,则n 的最大值为(参考数据:lg2≈0.3010,lg3≈0.4771)( ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 C应用篇知行合一应用构建数列模型解决实际生活中的问题1.(2020山东潍坊6月模拟数学文化与等差数列)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.相逢时良马比驽马多行()A.540里B.426里C.963里D.114里答案A2.(2020山东省实验中学期中数学文化与等比数列)古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是“一女子善于织布,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少?”根据上述已知条件,若要使织布的总尺数不少于30尺,则至少需要()A.6天B.7天C.8天D.9天答案C3.(2022届全国联考,6实际生活)某微生物科研机构为了记录微生物在不同时期的存活状态,计划将微生物分批次培养,第一批次,培养1个;从第二批次开始,每一批次培养的个数是前一批次的2倍,按照这种培养方式(假定每一批次的微生物都能成活),要使微生物的总个数不少于950,大概经过的批次为()A.10B.9C.8D.7答案A4.(2022届湖南湘潭月考,4数学文化与等比数列)我国古代数学名著《算法统宗》是明代数学家程大位(1533年—1606年)所著.程大位少年时,读书极为广博,对书法和数学颇感兴趣.20岁起便在长江中下游一带经商,因商业计算的需要,他随时留心数学,遍访名师,搜集了很多数学书籍,刻苦钻研,时有心得,终于在他60岁时,完成了《算法统宗》这本著作.该书中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”根据诗词的意思,可得塔的最底层共有灯()A.192盏B.128盏C.3盏D.1盏答案 A5.(多选)(2022届江苏南通海门一中月考数学文化)《张丘建算经》是中国古代众多数学名著之一.书中有如下问题:“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月日织九匹三丈,问日益几何?”其大意为:“有一女子擅长织布,织布的速度一天比一天快,从第二天起,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织5尺,一个月共织了9匹3丈,问从第二天起,每天比前一天多织多少尺布?”已知1匹=4丈,1丈=10尺,若这个月有30天,记该女子这个月中第n 天所织布的尺数为a n ,b n =2a n ,则( )A.b 10=8b 5B.数列{b n }是等比数列C.a 1b 30=105D.a 3+a 5+a 7a 2+a 4+a 6=209193答案 BD6.(多选)(2021江苏栟茶中学学情调研数学文化与等比数列)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是( )A.此人第二天走了九十六里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C.此人第三天走的路程占全程的18D.此人后三天共走了42里路答案 ABD7.(多选)(2021湖南、河北联考,11数学文化与等差数列)朱世杰是元代著名数学家,他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题,主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔,小明模仿“堆垛”问题,将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”,要求层数不小于2,且从最下面一层开始,每一层比上一层多1根,则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是( )。

考点一 分组转化法求和1、已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n .解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3， 所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n －n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.2、在等比数列{a n }中，已知a 1＝3，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 2，b 13＝a 3. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)nb n ＋a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，等差数列{b n }的公差为d . 由已知，得a 2＝3q ，a 3＝3q 2，b 1＝3，b 4＝3＋3d ，b 13＝3＋12d ，故⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋3d ，3q 2＝3＋12d ⇒⎩⎪⎨⎪⎧q ＝1＋d ，q 2＝1＋4d ⇒q ＝3或1(舍去)．所以d ＝2，所以a n ＝3n，b n ＝2n ＋1.(2)由题意，得c n ＝(－1)nb n ＋a n ＝(－1)n(2n ＋1)＋3n，S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n －1(2n －1)＋(－1)n(2n ＋1)]＋3＋32＋ (3). 当n 为偶数时，S n ＝n ＋3n ＋12－32＝3n ＋12＋n －32； 当n 为奇数时，S n ＝(n －1)－(2n ＋1)＋3n ＋12－32＝3n ＋12－n －72.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋12＋n －32，n 为偶数，3n ＋12－n －72，n 为奇数.3．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 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2解析 S n ＝21－2n1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1－2＋n 2.答案 C4．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 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 A5．已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋a 3＝3a 2，a 2＋a 4＝2a 3＋2，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 12＋q2＝3a 1q ，a 1q ＋q 3＝2a 1q 2＋4，①②由①得q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，舍去；当q ＝2时，代入②得a 1＝2，所以a n ＝2·2n －1＝2n.故所求数列{a n }的通项公式a n ＝2n(n ∈N *)． (2)b n ＝a n ＋log 21a n ＝2n ＋log 212n ＝2n－n .所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋ (2)－n ＝(2＋22＋23＋ (2))－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝21－2n 1－2－n 1＋n2＝2n ＋1－2－12n －12n 2.因为S n －2n ＋1＋47<0，所以2n ＋1－2－12n －12n 2－2n ＋1＋47<0，即n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10. 因为n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.6．已知在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，a 2a 4＝16，则|a 1－12|＋|a 2－12|＋…＋|a 8－12|＝( )． A ．224 B ．225 C ．226 D ．256解析 由a 2a 4＝a 23＝16，解得a 3＝4，又a 1＝1， ∴q 2＝4，∴q ＝2，∴a n ＝2n －1，令2n －1≥12，解得n 的最小值为5.∴|a 1－12|＋|a 2－12|＋…＋|a 8－12|＝12－a 1＋12－a 2＋12－a 3＋12－a 4＋a 5－12＋a 6－12＋a 7－12＋a 8－12＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8) ＝－15＋240＝225. 答案 B考点二：裂项相消法求和1、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a n ＝2n . (2)证明 由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1n ＋22a 2n，则b n ＝n ＋14n2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋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＝564.2、(2013·滨州一模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23，当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )，所以a n ＝13a n －1(n ≥2)．故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列．故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．(2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2n ＋2. 3、已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23，当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )，所以a n ＝13a n －1(n ≥2)．故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列．故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．(2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2n ＋2. 4.已知函数f (x )＝x 2＋2bx 过(1,2)点，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的前n 项和为S n ，则S 2 014的值为( )．A.2 0122 011B.2 0102 011C.2 0142 013D.2 0142 015解析 由已知得b ＝12，∴f (n )＝n 2＋n ，∴1f n＝1n 2＋n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 2 014＝1－12＋12－13＋…＋12 013－12 014＋12 014－12 015＝1－12 015＝2 0142 015.答案 D5．正项数列{a n }满足：a 2n －(2n －1)a n －2n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝1n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 2n －(2n －1)a n －2n ＝0得(a n －2n )(a n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，则a n ＝2n . (2)由(1)知a n ＝2n ，故b n ＝1n ＋1a n ＝12nn ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n2n ＋1. 6．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋4，数列{a n }是公差为d 的等差数列，若a 1＝f (d －1)，a 3＝f (d ＋1)， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)S n 为{a n }的前n 项和，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥13.(1)解 a 1＝f (d －1)＝d 2－4d ＋7，a 3＝f (d ＋1)＝d 2＋3， 又由a 3＝a 1＋2d ，可得d ＝2，所以a 1＝3，a n ＝2n ＋1. (2)证明 S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，1S n＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以，1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－11＋1－11＋2＝13.7．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *,且a 2，a 5，a 14构成等比数列．(1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12. (1)证明 当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5， 又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1， ∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2， 又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列． 又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3.由(1)知a 1＝1.又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴a n ＝2n －1. (3)证明1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.考点三 错位相减法求和1、(2013·山东卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n项和R n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1，得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋2n －1d ＝2a 1＋2n －1d ＋1.解得a 1＝1，d ＝2. 因此a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由题意知T n ＝λ－n2n －1，所以n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝－n2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1.故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)(14)n －1，n ∈N *，所以R n ＝0×(14)0＋1×(14)1＋2×(14)2＋3×(14)3＋…＋(n －1)×(14)n －1，则14R n ＝0×(14)1＋1×(14)2＋2×(14)3＋…＋(n －2)×(14)n －1＋(n －1)×(14)n， 两式相减得34R n ＝(14)1＋(14)2＋(14)3＋…＋(14)n －1－(n －1)×(14)n ＝14－14n1－14－(n －1)×(14)n ＝13－1＋3n 3(14)n，整理得R n ＝19(4－3n ＋14n －1)．所以数列{c n }的前n 项和R n ＝19(4－3n ＋14n －1)．2、在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2. (1)记b n ＝a n ＋1，求证：数列{b n }为等比数列； (2)求数列{na n }的前n 项和S n .(1)证明 由a n ＋1＝3a n ＋2，可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)． 因为b n ＝a n ＋1，所以b n ＋1＝3b n ，又b 1＝a 1＋1＝3，所以数列{b n }是以3为首项，以3为公比的等比数列． (2)解 由(1)知a n ＋1＝3n ，a n ＝3n －1，所以na n ＝n ·3n－n ， 所以S n ＝(3＋2·32＋…＋n ·3n)－(1＋2＋…＋n )， 其中1＋2＋…＋n ＝n 2＋n2，记T n ＝3＋2·32＋…＋n ·3n，① 3T n ＝32＋2·33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1，②两式相减得－2T n ＝3＋32＋…＋3n －n ·3n ＋1＝3－3n ＋1－2－n ·3n ＋1，即T n ＝2n －14·3n ＋1＋34，所以S n ＝2n －1·3n ＋14－2n 2＋2n －34.3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n ＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ，求S n .解 (1)∵S n ＝2a n －2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－(2a n －1－2)， 即a n ＝2a n －2a n －1，∵a n ≠0，∴a n a n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)． ∵a 1＝S 1，∴a 1＝2a 1－2，即a 1＝2.数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＝2n. (2)S n ＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n， ① ∴2S n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，②①－②得－S n ＝1×2＋(2×22＋2×23＋…＋2×2n)－(2n －1)2n ＋1，即－S n ＝1×2＋(23＋24＋…＋2n ＋1)－(2n －1)2n ＋1∴S n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6.4．设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)令b n ＝na n ，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋3＋a 3＋42＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q . 又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或12.由题意得q ＞1，所以q ＝2.则a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由于b n ＝n ·2n －1，n ＝1,2，…，则T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，所以2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，两式相减得－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ×2n＝2n－n ×2n－1，即T n ＝(n －1)2n＋1.5．已知数列{a n }的首项a 1＝4，前n 项和为S n ，且S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设函数f (x )＝a n x ＋a n －1x 2＋a n －2x 3＋…＋a 1x n，f ′(x )是函数f (x )的导函数，令b n ＝f ′(1)，求数列{b n }的通项公式，并研究其单调性．解 (1)由S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)，得S n －3S n －1－2n ＋2－4＝0(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1－3a n －2＝0，可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)(n ≥2)，又由已知得a 2＝14，所以a 2＋1＝3(a 1＋1)，即{a n ＋1}是一个首项为5，公比q ＝3的等比数列，所以a n ＝5×3n －1－1(n ∈N *)．(2)因为f ′(x )＝a n ＋2a n －1x ＋…＋na 1x n －1，所以f ′(1)＝a n ＋2a n －1＋…＋na 1＝(5×3n －1－1)＋2(5×3n －2－1)＋…＋n (5×30－1)＝5(3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30)－n n ＋12，令S ＝3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30，则3S ＝3n ＋2×3n －1＋3×3n －2＋…＋n ×31，作差得S ＝－n 2－3－3n ＋14，所以f ′(1)＝5×3n ＋1－154－nn ＋62，即b n ＝5×3n ＋1－154－nn ＋62.而b n ＋1＝5×3n ＋2－154－n ＋1n ＋72，所以b n ＋1－b n ＝15×3n2－n －72＞0，所以{b n }是单调递增数列.求数列{|a n |}的前n 项和问题1、在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.[规范解答] (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2， (2分) 即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或4.(4分)所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *， (6分) (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11. ∴S n ＝－12n 2＋212n ，(8分)当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝S n ＝－12n 2＋212n .(10分)当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.(12分)综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.14分2、已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1a 1＋d a 1＋2d ＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列的通项公式，可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7.故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)由(1)，知当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋n －2[2＋3n －7]2＝32n 2－112n ＋10. 当n ＝2时，满足此式．综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n >1.考点：公式法1．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 －1－122．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 013＝________.解析 由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，该数列是周期为4的数列，所以S 2 013＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＝503×(－2)＋1＝－ 1 005.答案 －1 0053．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 ＝1·1－4n 1－4＝13(4n －1)． 答案 13(4n －1) 4．已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝ ( )．A ．－100B ．0C ．100D ．10 200 解析 若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，为首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，为首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)＋50×492×(－4)＝－100. 答案 A倒序相加法1．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______． 解析 当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝＝＝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构造法1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1中令n ＝1得，2S 1＝a 2－22＋1，令n ＝2得，2S 2＝a 3－23＋1，解得，a 2＝2a 1＋3，a 3＝6a 1＋13.又2(a 2＋5)＝a 1＋a 3，即2(2a 1＋8)＝a 1＋6a 1＋13，解得a 1＝1.(2)由2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1,2S n ＋1＝a n ＋2－2n ＋2＋1，得a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1. 又a 1＝1，a 2＝5也满足a 2＝3a 1＋21，∴a n ＋1＝3a n ＋2n 对n ∈N *成立，∴a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n)， ∴数列{a n ＋2n}以3为首项，公比为3的等比数列． ∴a n ＋2n ＝(a 1＋21)·3n －1＝3n ， ∴a n ＝3n －2n.考点：n n a S 与的关系1．已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 2是a 1和a 3－1的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n ＝a n (n ∈N *)，求{b n }的通项公式b n .解 (1)由题意，得2a 2＝a 1＋a 3－1，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－1，整理得2q ＝q 2.又q ≠0，解得q ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)当n ＝1时，b 1＝a 1＝1；当n ≥2时，nb n ＝a n －a n －1＝2n －2，即b n ＝2n －2n ，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2n ，n ≥2.。

第4讲 数列求和基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为 ( )A ．120B ．70C ．75D ．100解析 因为S nn ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75. 答案 C2．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 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)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B. 答案 B3．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( )A ．31B ．120C ．130D ．185解析 a 1＋…＋a k ＋…＋a 10＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20)＝240－（2＋20）×102＝240－110＝130.答案 C4．(2015·西安质检)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 ．3·21 008－1D ．3·21 007－2解析 a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，∴S 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 015＋a 2 016 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016) ＝1－21 0081－2＋2（1－21 008）1－2＝3·21 008－3.故选B.答案 B5．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n 为( )A.nn ＋1B.4n n ＋1C.3n n ＋1D.5n n ＋1解析 a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋1＝4n n ＋1. 答案 B 二、填空题6．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 解析 由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60. 答案 607．(2015·武汉测试)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 013＝________．解析 由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得a 1＝1， a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，该数列是周期为4的数列，所以S 2 013＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005. 答案 －1 0058．(2014·武汉模拟)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 ＝1·（1－4n ）1－4＝13(4n －1)．答案 13(4n －1) 三、解答题9．(2015·滨州一模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23，当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )，所以a n ＝13a n －1(n ≥2)．故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列． 故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n(n ∈N *)．(2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2（n ＋2）. 10．(2013·山东卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n ＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n ，(n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和R n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1，得⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1. 解得a 1＝1，d ＝2. 因此a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由题意知T n ＝λ－n2n －1，所以n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝－n2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1.故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，n ∈N *，所以R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，则14R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n，两式相减得34R n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1－14－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n＝13－1＋3n 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，整理得R n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.所以数列{c n }的前n 项和R n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11．(2015·西安模拟)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 B12．(2015·长沙模拟)已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．－100B ．0C ．100D ．10 200解析 若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，为首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，为首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)－50×492×4＝－100. 答案 A13．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________． 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＋（4x 1＋4x 2）×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 514．在等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表中的同一列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3，故a n ＝2·3n －1. (2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n 『ln 2＋(n －1)ln 3』 ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋『－1＋1－1＋…＋(－1)n 』·(ln 2－ln 3)＋『－1＋2－3＋…＋(－1)n n 』ln 3， 所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n 2ln 3－1，n 为偶数，3n －n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.。

开卷速查(三十一) 数列求和A 级 基础巩固练1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋1，则S 6等于( )A.142B.45C.56D.67解析：因为a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67. 答案：D2．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2 014＝( )A ．2 014 B.－2 014 C ．3 021 D.－3 021 解析：∵a 1＝tan225°＝1， ∴a 5＝13a 1＝13， 则公差d ＝a 5－a 15－1＝13－14＝3，∴a n ＝3n －2.方法一：∵(－1)na n ＝(－1)n(3n －2)，∴S 2 014＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋(a 6－a 5)＋…＋(a 2 012－a 2 011)＋(a 2 014－a 2 013)＝1 007d ＝3 021.方法二：(错位相减)由于(－1)n a n ＝(－1)n(3n －2)，则S 2 014＝1×(－1)1＋4×(－1)2＋7×(－1)3＋…＋6 037×(－1)2 013＋6 040×(－1)2 014，①①式两边分别乘以－1，得(－1)×S 2 014＝1×(－1)2＋4×(－1)3＋7×(－1)4＋…＋6 037×(－1)2 014＋6 040×(－1)2 015，②①－②得2S 2 014＝－1＋3×1－－12 0131－－1－6 040(－1)2 015＝6 042，∴S 2 014＝3 021.答案：C3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin n ＋1π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 016＝( )A ．1 006 B.1 007 C ．1 008 D.1 009解析：由题意，得a n ＋1＝a n ＋sinn ＋1π2，所以a 2＝a 1＋sinπ＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin2π＝0，a 5＝a 4＋sin 5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 016＝4×504，所以S 2 016＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝1 008，故选C.答案：C4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101 C.99100D.101100解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 答案：A5．已知等比数列的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n，则数列lg a 1,2lg a 2,22lg a 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB.(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n＋1 D.2n＋1解析：∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n，∴a 2n ＝102n，即a n＝10n，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg10n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1，①2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n，② ∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案：C6．数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，并且a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }的第100项为( )A.12100 B.1250 C.1100 D.150解析：∵a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1(n ≥2)，∴数列{a n －1a na n －1－a n}是常数数列，设a n －1a na n －1－a n＝k ，∴1a n －1a n －1＝1k .∴1k ＝1－12＝12. ∴1a n ＝1a n －1a n －1＋1a n －1－1a n －2＋…＋1a 2－1a 1＋1a 1＝12(n －1)＋12，∴1a 100＝992＋12＝50. ∴a 100＝150.故选D.答案：D7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，则数列{a n b n }的前n 项和S n ＝__________.解析：由条件易求出a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)．∴S n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，①2S n ＝1×2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n.②由①－②，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n，∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案：(n －1)·2n ＋1 8．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析：∵a n ＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.答案：8n n ＋19．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__________.解析：令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)． 与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2.∴a n ＝4(n ＋1)2.∴n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2.∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝n 8＋4n ＋42＝2n 2＋6n .答案：2n 2＋6n10．[2014·大纲全国]等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{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 .解析：(1)由a 1＝10，a 2为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数，又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0,10＋4d ≤0.解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n . (2)b n ＝113－3n10－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n1010－3n.B 级 能力提升练11．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则在数列S 1、S 2、…、S 2 014中，有理数项的项数为( )A ．42B ．43C ．44D ．45 解析：1a n＝(n ＋1)n ＋n n ＋1＝n ＋1n (n ＋1＋n )＝n ＋1n⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－n ， a n ＝n ＋1－n n ＋1n ＝1n －1n ＋1，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1问题等价于在2,3,4，…，2 015中有多少个数可以开方设2≤x 2≤2 015且x ∈N ，因为442＝1 936,452＝2 025，所以2≤x ≤44且x ∈N ，共有43个．选B.答案：B12．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 014＝__________.解析：a 2＝－1a 1＋1＝－11＋1＝－12，a 3＝－1a 2＋1＝－1－12＋1＝－2，a 4＝－1a 3＋1＝－1－2＋1＝1，因此a 4＝a 1，依次下去，得到a n ＋3＝a n ，因此数列{a n }是以3为周期的周期数列， ∵2 014＝3×671＋1，∴S 2 014＝671×(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1＝671×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－2＋1＝－2 0112. 答案：－2 011213．[2015·某某某某三中、某某一中统考]已知数列{a n }的前n 项和S n 和通项a n 满足2S n＋a n ＝1，数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝12，2b n ＋1＝1b n ＋1b n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)数列{}满足＝a n b n ，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜34.解析：(1)由2S n ＋a n ＝1，得S n ＝12(1－a n )．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(1－a n )－12(1－a n －1)＝－12a n ＋12a n －1，即2a n ＝－a n ＋a n －1，∴a n a n －1＝13(由题意可知a n －1≠0)． {a n }是公比为13的等比数列，而S 1＝a 1＝12(1－a 1)，∴a 1＝13，∴a n ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，由2b n ＋1＝1b n ＋1b n ＋2，1b 1＝1，1b 2＝2，得d ＝1b 2－1b 1＝1(d 为等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的公差)， ∴1b n ＝n ，∴b n ＝1n.(2)＝a n b n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，设T n ＝c 1＋c 2＋…＋，则T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，13T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，由错位相减，化简得：T n ＝34－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝34－2n ＋34×13n ＜34.14．[2014·某某]已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n 2n －12n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋－1n －12n ＋1)。

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 ＋1 B ．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 ＞3 D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ，n ＞34．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 ．05．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 ＋1－2 D ．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年某某)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年某某)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＝480.8.2nn ＋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＋…＋1nn ＋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＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{}前n 项和为S n .由＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解得＝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.。

6-4数列求和基 础 巩 固一、选择题1．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N ＋，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110[答案] D[解析] 本题主要考查等比中项、等差数列前n 项和． 由条件：a 27＝a 3·a 9即(a 1＋6d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋8d ) ∴a 1＝20，S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.故选D.2．(文)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2，S 4＝10，则S 6等于( ) A ．12 B ．18 C ．24 D ．42[答案] C[解析] 由题意设S n ＝An 2＋Bn ，又∵S 2＝2，S 4＝10，∴4A ＋2B ＝2,16A ＋4B ＝10， 解得A ＝34，B ＝－12，∴S 6＝36×34－3＝24.(理)(2012·滨州模拟)已知数列2 012,1，－2 011，－2 012，－1…，这个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2 013项之和S 2 013等于( )A ．2 011B ．2 012C ．2D ．2 013[答案] C[解析] a 1＝2 013，a 2＝1，a 3＝－2 011，a 4＝－2 012，a 5＝－1，a 6＝2 011，a 7＝2 012，a 8＝1，该数列是周期为6的周期数列且S 6＝0， ∴S 2 013＝S 3＝2 012＋1－2 011＝2. 3．(文)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n ＋1n ＋2，则S 8等于( )A.25B.130C.730D.56[答案] A [解析] ∵a n ＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2，而S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2n ＋2， ∴S 8＝82×8＋2＝25.(理)(2012·大纲理，5)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100[答案] A[解析] 本小题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和公式的运用，以及裂项求和的综合应用．∵a 5＝5，S 5＝15， ∴5a 1＋a 52＝15，即a 1＝1.∴d ＝a 5－a 15－1＝1，∴a n ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1. ∴T 100＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1100－1101)＝1－1101＝100101.故选A.4．已知等比数列{a n }满足a n >0，n ＝1,2，…，且a 5·a 2n －5＝22n(n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝( )A ．n (2n －1)B ．(n ＋1)2C ．n 2D ．(n －1)2[答案] C[解析] 考查等比数列的性质、通项、等差数列求和及对数的运算法则． ∵{a n }为等比数列，且a 5·a 2n －5＝22n，∴a 2n ＝22n，∵a n >0，∴a n ＝2n ，∴a 2n －1＝22n －1.∴log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1 ＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.5．数列1×12，2×14，3×18，4×116，…的前n 项和为( )A ．2－12n －n2n ＋1B ．2－12n －1－n2nC.12(n 2＋n ＋2)－12nD.12n (n ＋1)＋1－12n －1 [答案] B[解析] S ＝1×12＋2×14＋3×18＋4×116＋…＋n ×12n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋n ×12n ，①则12S ＝1×122＋2×123＋3×124＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1，② ①－②得12S ＝12＋122＋123＋…＋12n －n ×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1.∴S ＝2－12n －1－n2n .6．(文)(2012·日照模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N ＋)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( )A ．有最大值63B ．有最小值63C ．有最大值32D ．有最小值32[答案] B[解析] S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋log 245＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23×34×45×…×n ＋1n ＋2＝log 22n ＋2<－5， ∴2n ＋2<132，∴64<n ＋2， ∴n >62，∴n min ＝63.(理)(2012·汕头模拟)已知a n ＝log (n ＋1)(n ＋2)(n ∈N ＋)，若称使乘积a 1·a 2·a 3·…·a n为整数的数n 为劣数，则在区间(1,2 014)内所有的劣数的和为( )A ．2 026B ．2 046C ．1 024D ．1 022[答案] A[解析] ∵a 1·a 2·a 2·…·a n ＝lg3lg2·lg4lg3·…·lg n ＋2lg n ＋1＝lg n ＋2lg2＝log 2(n ＋2)＝k ，则n ＝2k－2(k ∈Z )．令1<2k－2<2014，得k ＝2,3,4， (10)∴所有劣数的和为41－291－2－18＝211－22＝2 026.二、填空题 7．设f (x )＝12x＋2，则f (－9)＋f (－8)＋…＋f (0)＋…＋f (9)＋f (10)的值为________．[答案] 5 2[解析] ∵f (－n )＋f (n ＋1)＝12－n ＋2＋12n ＋1＋2＝2n1＋2n ·2＋12n ＋1＋2＝2n·2＋12n ＋1＋2＝22， ∴f (－9)＋f (－8)＋…＋f (0)＋…＋f (9)＋f (10)＝5 2.8．(文)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N ＋)，则S 100＝________. [答案] 2 600[解析] 由已知，得a 1＝1，a 2＝2， a 3－a 1＝0，…a 99－a 97＝0， a 100－a 98＝2，累加得a 100＋a 99＝98＋3，同理得a 98＋a 97＝96＋3，…，a 2＋a 1＝0＋3， 则a 100＋a 99＋a 98＋a 97＋…＋a 2＋a 1 ＝50×98＋02＋50×3＝2 600.(理)(2012·西安模拟)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，{a n }的“差数列”的通项为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.[答案] 2n ＋1－2[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 ＋1－2.三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n . (1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)若b n ＝a n ·2n，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)证明：a 1＝S 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －2(n －1)2＋3(n －1)＝4n －5. 又a 1适合上式，故a n ＝4n －5(n ∈N ＋)． 当n ≥2时，a n －a n －1＝4n －5－4(n －1)＋5＝4， 所以{a n }是等差数列且d ＝4，a 1＝－1. (2)b n ＝(4n －5)·2n，∴T n ＝－21＋3·22＋…＋(4n －5)·2n，① 2T n ＝－22＋…＋(4n －9)·2n ＋(4n －5)·2n ＋1，②①－②得－T n ＝－21＋4·22＋…＋4·2n －(4n －5)·2n ＋1＝－2＋4·41－2n －11－2－(4n －5)·2n ＋1＝－18－(4n －9)·2n ＋1， ∴T n ＝18＋(4n －9)·2n ＋1.能 力 提 升一、选择题1．(2012·福建文，11)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( )A ．1 006B ．2 012C ．503D ．0[答案] A[解析] 本题考查了数列求和中的分组求和思想方法．∵y ＝cosn π2的周期T ＝2ππ2＝4， ∴可分四组求和．a 1＋a 5＋…＋a 2 009＝0，a 2＋a 6＋…＋a 2 010＝－2－6－…－2 010＝503·－2－2 0102＝－503×1 006，a 3＋a 7＋…＋a 2 011＝0，a 4＋a 8＋…＋a 2 012＝4＋8＋…＋2 012＝503·4＋2 0122＝503×1008，∴S 2012＝0－503×1 006＋0＋503×1 008＝503·(－1 006＋1 008)＝1 006.2．(文)(2012·郑州模拟)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[答案] B[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.(理)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n 等于( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2n D ．3n－1[答案] C[解析] 解法1：由{a n }为等比数列可得a n ＋1＝a n ·q ，a n ＋2＝a n ·q 2，由{a n ＋1}为等比数列可得(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)，故(a n ·q ＋1)2＝(a n ＋1)(a n ·q 2＋1)，化简上式可得q 2－2q ＋1＝0，解得q ＝1，故{a n }为常数列，且a n ＝a 1＝2，故S n ＝n ·a 1＝2n ，故选C. 解法2：设等比数列{a n }的公比为q ，则有a 2＝2q 且a 3＝2q 2， 由题设知(2q ＋1)2＝3·(2q 2＋1)，解得q ＝1，以下同解法1. 二、填空题3．(湖南六校联考)数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n a n ＋1，则数列{b n }的前10项和S 10＝________.[答案]1011[解析] 由题意可知a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，整理可得1a n ＋1－1a n＝1，则1a n＝1＋(n －1)＝n ，所以a n ＝1n ，b n ＝a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝1－111＝1011. 4．(2012·景德镇模拟)有限数列A ＝{a 1，a 2，…，a n }，S n 为其前n 项的和，定义S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”；如果有99项的数列{a 1，a 2，…，a 99}的“凯森和”为1 000，则有100项的数列{1，a 1，a 2，…，a 99}的“凯森和”为________．[答案] 991[解析] ∵{a 1，a 2，…，a 99}的“凯森和”为S 1＋S 2＋…＋S 9999＝1 000，∴S 1＋S 2＋…S 99＝1 000×99，数列{1，a 1，a 2，…，a 99}的“凯森和”为： 1＋S 1＋1＋S 2＋1＋…＋S 99＋1100＝100＋S 1＋S 2＋…＋S 99100＝991.三、解答题5．已知{a n }是首项为19，公差为－2的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和． (1)求通项a n 及S n ；(2)设{b n －a n }是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的通项公式及其前n 项和T n .[解析] 本题主要考查等差数列的基本性质，以及通项公式的求法，前n 项和的求法，同时也考查了学生的基本运算能力．(1)因为{a n }为首项a 1＝19，公差d ＝－2的等差数列， 所以a n ＝19－2(n －1)＝－2n ＋21，S n ＝19n ＋n n －12(－2)＝－n 2＋20n .(2)由题意知b n －a n ＝3n －1，所以b n ＝3n －1－2n ＋21T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋S n＝－n 2＋20n ＋3n－12.6．(文)(2012·江西文，17)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝kc n－k (其中c ，k 为常数)，且a 2＝4，a 6＝8a 3.(1)求a n ；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .[解析] (1)由S n ＝kc n－k ，得a n ＝S n －S n －1＝kc n－kc n －1(n ≥2)，由a 2＝4，a 6＝8a 3，得kc (c －1)＝4，kc 5(c －1)＝8kc 2(c －1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2k ＝2，所以a 1＝S 1＝2，a n ＝kc n －kcn －1＝2n (n ≥2)，于是a n ＝2n.(2)T n ＝∑i ＝1nia i ＝∑i ＝1ni ·2i，即T n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1∴T n ＝2T n －T n ＝－2－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1＝－2n ＋1＋2＋n ·2n ＋1＝(n －1)2n ＋1＋2.(理)(2012·江西理，16)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，且S n的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .[解析] (1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即S ＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4.从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)，又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n .(2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n2n －1T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1 .所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.7．(文)设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .[解析] 本小题主要考查数列的基础知识，即数列的通项公式与前n 项和的求法以及分析问题与解决问题的能力．(1)由已知得，当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.①从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1.即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．(理)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 . [解析] (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 ＝n a 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 －1·3n ＋1＋34.。