(新课标)2020版高考数学总复习第六章第四节数列求和练习文新人教A版

专题09 数列求和（通项含绝对值数列求和）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍类型一：通项含绝对值 如：求|211|n a n =-的前n 项和n T类型二：通项含取整函数类型三：通项含自定义符号如：记x 〈〉表示x 的个位数字，如20222,20233〈〉=〈〉=二、典型例题类型一：通项含绝对值例题1．（2022·全国·高二）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且210n S n n =-．（1）求n a ；（2）求数列{}n a 的前n 项和为n T ．感悟升华（核心秘籍）对于通项含绝对值问题，如本例求{}n a 的前n 项和n S ，其核心技巧是考虑当n 取何值时0n a >，0n a <， 此时的n 就是讨论的临界值,找到临界值后再进行讨论.第（2）问解题思路点拨：由（1）知，代入即：,注意到当，，所以在求时，去绝对值，要添“”号，当时，，在求时，可直接去掉绝对值. 根据通项正负，去绝对值是否添“”号，进行分类讨论当时，当时，综上：【答案】（1）211n a n =-；（2）2210,151050,6n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩.（1）由210n S n n =-，可得119a S ==-，2n ≥时，221 10(1)1010211n n n a S S n n n n n -=-=---+-=-，对1n =也成立，可得211n a n =-；（2）当15n ≤≤时，0n a <，即有()2121210n n n n T a a a a a a S n n =++⋯+=-++⋯+=-=-． 当6n ≥时，0n a >，()()21256551050n n n T a a a a a S S S n n =-++⋯+++⋯+=-+-=-+，即有2210,151050,6n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩．类型二：通项含取整函数例题2．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知数列{}n a 是递增的等差数列，{}n b 是各项均为正数的等比数列13a =，12b =，63a b =，528b a =． (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设3n n a c ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，求数列{}n n b c 的前9项的和9S ．（注：[]x 表示不超过x 的最大整数）【答案】(1)2n a n =+，2nn b =(2)2926第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，,可代入到第（2）问中，求出的通项公式：,再代入求解由于本例求解的是，而不是，故可直接列举，则有代入求解(1)设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由113,2,a b == 得()21141158a d b q b q a d ⎧+=⎪⎨=+⎪⎩ ，而0d ≠，0q >，解得391,()25d d ==-舍，22(q q ==-，舍），于是得2n a n =+，2nn b =， 所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别为2n a n =+，2nn b =；(2)由（1）知，2[][]33n n a n c +==，则有1234567981,2,3c c c c c c c c c =========， 依题意，234678995121212222222323232S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=2926，综上，2n a n =+，2nn b =，92926S = .类型三：通项含自定义符号例题3．（2022·广东汕头·高二阶段练习）已知数列{}n a {}n a 是以2为公差的等差数列，125,,a a a 成等比数列，数列{}n b 前n 项和为n S ，且22n S n n =+.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记x 〈〉表示x 的个位数字，如20222,20233〈〉=〈〉=， 求数列1nn a b ⎧⎫⎨⎬〈〉⋅〈〉⎩⎭的前20项的和20T .感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，,根据题意表示的个位数字，可将，，列举，通过特殊值探路，寻找规律.列举，，通过特殊值探路，寻找规律.通过列举数列发现：，均为周期数列，且周期为5，故将数列中每5个一组，前20项和可分为4组，1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 1 3 5 7 9 1 3 5 7 9 1 33 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 35791 3579135代入求解【答案】(1)*21()n a n n =-∈N ，21n b n =+；(2)9. (1)由125,,a a a 成等比数列可得2215a a a =，即2111(2)(8)a a a +=⋅+，解得11a =，所以*21()n a n n =-∈N ，又22,n S n n =+，则有11123b S ==+=，当n ≥2时，2212(1)2(1)21n n n b S S n n n n n -=-=+----=+，所以21n b n =+，又13b =满足此式综上，21,N n b n n *=+∈.(2)因为n a 〈〉，n b 〈〉分别表示n a ，n b 的个位数， 所以{}n a 〈〉，{}n b 〈〉均为周期数列，且周期为5，将数列1nn a b ⎧⎫⎨⎬〈〉⋅〈〉⎩⎭中每5个一组，前20项和可分为4组，其前20项的和20T 为201111141335577991T ⎡⎤=++++⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⎣⎦1111111114(1)233557799⎡⎤=-+-+-+-+⎢⎥⎣⎦111204(1).2999⎡⎤=-+=⎢⎥⎣⎦三、题型归类练1．（2022·海南·嘉积中学高三阶段练习）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且29n S n n =-．（1）求n a ；（2）求数列{}||n a 的前n 项和为n T ．【答案】（1）210n a n =-，*n ∈N ；（2）229,15940,6n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩. 【详解】（1）由29n S n n =-，可得118a S ==-，2n ≥时，2219(1)99210n n n a S S n n n n n -=-=---+-=-，对1n =也成立，可得210n a n =-，*n ∈N ；（2）当15n ≤≤时，0n a ≤，即有29n n T S n n =-=-； 当6n ≥时，0n a >，255940n n T S S S n n =--=-+，即有229,15940,6n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩．2．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 的前n 项和()2=1003n S n n n N *-+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1) ()()102110122n n a nn ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩ (2) ()()22100350100500351n n n n T n n n ⎧-++≤⎪=⎨-+≥⎪⎩(1)当1n =时，11=10013=102a s =-+，当2n ≥时，()()221=10010011=1012n n n a S S n n n n n -=-------. 综上所述()()102110122n n a nn ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩. (2)当50n ≤时，n n b a =，所以123n n T a a a a =+++⋅⋅⋅+39997951012n =++++⋅⋅⋅+-()()991012331002n n n n +-=+=+-，当51n ≥时，n n b a =-，123505152n n T a a a a a a a =+++⋅⋅⋅+---⋅⋅⋅-()5012312n n T a a a a a -=-+++⋅⋅⋅++ ()50063100n n =---21005003n n =-+.综上所述()()22100350100500351n n n n T n n n ⎧-++≤⎪=⎨-+≥⎪⎩.3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，{}n b 是各项均为正数的等比数列，11337522,21a b a b a b ====．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设2n n a c ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，求数列1n n c b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项的和10S ．注．[]x 表示不超过x 的最大整数． 【答案】(1)1n a n =+，112n n b -⎛⎫⎪⎝⎭=；(2)109558S =.(1)设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由11337522,21a b a b a b ====得：()()242211262d q d q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩， 而0d ≠，0q >，解得1d =，12q =，于是得1n a n =+，112n n b -⎛⎫⎪⎝⎭=，所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别为1n a n =+，112n n b -⎛⎫⎪⎝⎭=.(2)由（1）知，1[][]22n n a n c +==，则有123456879101,2,3,4,5c c c c c c c c c c ==========， 依题意，23456789101012122222323242425252S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯()357931222324252⨯⨯⨯⨯=++⨯++，令35791222324252T ⨯⨯⨯⨯+++⨯=+， 则37911541222324252T ⨯⨯⨯⨯++⨯=++， 两式相减得：()5357911111221472322222525221433T --=++++-⨯=-⨯=-⨯--，所以123295587233T =+=⨯，即109558S =．4．（2022·重庆八中高三阶段练习）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n项和为)*1,1,,2n n S a a n N n =∈≥.(1)求证；数列是等差数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若[]x 表示不超过x 的最大整数，如][1,22,2,12⎡⎤-=-=⎣⎦，求22212111n a a a ⎡⎤+++⎢⎥⎣⎦的值. 【答案】(1)证明见解析，21n a n =-(2)1(1)因为n a2n ≥时，1n nS S --=0n a >0>()12n≥所以数列1=为首项，公差为1的等差数列； ()111n n +-⨯=，则2,n S n =当2n ≥时，121n a n n n ==+-=-，又11a =满足上式， 所以{}n a 的通项公式为21n a n =-. (2)222111(21)441n a n n n ==--+，当2n ≥时，22111114441n a n n n n ⎛⎫<=- ⎪--⎝⎭， 故22212111111111111151111412231444n a a a n n n ⎛⎫⎛⎫+++<+-+-++-=+-<+= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭， 当1n =时，211514a =<，所以对任意的*n ∈N ，都有2221211154n a a a +++<， 又222212111111n a a a a +++≥=，所以22212111514n a a a ≤+++<.所以222121111n a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎣⎦. 5．（2022·全国·高三专题练习（理））已知等比数列{}n a 的首项为2-，前n 项和为n S ，且21,,n n n S S S ++成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12n n b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，求数列{}n n a b 的前10项和10T .（[]x 表示不超过x 的最大整数） 【答案】(1)(2)n n a =-；(2)3186.(1)因为2n S +，n S ，1n S +成等差数列，所以21n n n n S S S S ++-=-， 所以211n n n a a a +++--=，即212n n a a ++=-，设{}n a 的公比为q ，则2q =-，所以12(2)(2)n n n a -=-⨯-=-.(2)依题意，123456789101,1,2,2,3,3,4,4,5,5b b b b b b b b b b ==========，则2345678910102(2)2(2)2(2)3(2)3(2)4(2)4(2)5(2)5(2)T =-+-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-23456789102(2)2(2)(2)3(2)(2)4(2)(2)5(2)(2)⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+-+⨯-+-+⨯-+-+⨯-+-+⨯-+-⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦457922324252=++⨯+⨯+⨯216965122560=++++ 3186=.6．（2022·全国·高三阶段练习）已知公差不为零的等差数列{}n a 和等比数列{}n b ，满足1112b a =+=，221b a =+，341b a =+．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式：(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ．若m 表示不大于m 的正整数的个数，求1210T T +++．【答案】(1)21n a n =-，2nn b =(2)121016T T +++=(1)设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，12b =，11a =，由题意可得：22112131q d q d =++⎧⎨=++⎩整理可得：2320-+=q q ，解得：22q d =⎧⎨=⎩或10q d =⎧⎨=⎩（舍）所以()11221n a n n =+-⨯=-，1222n nn b -=⋅=；(2)因为212n n n a n b -=，则23135212222-=++++n nn T ， ∴234111352122222+-=++++n n n T 两式相减得23411111111213232222222222n n n n n n T ++-+⎛⎫=+++++-=- ⎪⎝⎭ 所以2332n nn T +=-显然3n T <，且112102n n n n T T +++-=>，即{}n T 为递增数列， 1112T =<，25124T <=<，315128T <=<，437216T =>， 所以10=，231T T ==，4n ≥时，2n =， 所以121016T T +++=.7．（2022·全国·高二课时练习）在①39S =，520S =；②公差为2，且1S 、2S 、4S 成等比数列；③238n S n n =+；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：已知数列{}n a 为公差不为零的等差数列，其前项和为n S ，______． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令[]2log n n c a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，求1220c c c +++的值．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析 (1)解：选①，设{}n a 的公差为d ，则()112n n n S na d -=+， 由已知可得315133951020S a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得121a d =⎧⎨=⎩，则()111n a a n d n =+-=+；选②，11S a =，2111221222S a a ⨯=+⨯=+，41134424122S a a ⨯=+⨯=+， 由题意可得2214S S S =，则()()211122412a a a +=+，解得11a =，所以，()12121n a n n =+-=-；选③，1111a S ==，当2n ≥时，()()()22138318165n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=+⎣⎦. 111a =也满足65n a n =+，故对任意的N n *∈，65n a n =+.(2)解：选①，1n a n =+，则12a =，20162132a <=<， 当[]()22log log 11n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则214n ≤+<，可得13n ≤<， 当[]()22log log 12n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则418n ≤+<，可得37n ≤<， 当[]()22log log 13n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则8116n ≤+<，可得715n ≤<，当[]()22log log 14n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则16132n ≤+<，可得1531n ≤<，此时1520n ≤≤. 所以，1,132,373,7154,1520n n n c n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪≤≤⎩，故12201224384658c c c +++=⨯+⨯+⨯+⨯=；选②，21n a n =-，则11a =，20323964a <=<，当[]()22log log 210n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则0211n <-≤，此时1n =， 当[]()22log log 211n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则2214n ≤-<，此时2n =， 当[]()22log log 212n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则4218n ≤-<，此时34n ≤≤， 当[]()22log log 213n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则82116n ≤-<，此时58n ≤≤， 当[]()22log log 214n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则162132n ≤-<，此时916n ≤≤， 当[]()22log log 215n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则322164n ≤-<，此时1720n ≤≤.所以，0,11,22,343,584,9165,1720n n n n c n n n =⎧⎪=⎪⎪≤≤=⎨≤≤⎪⎪≤≤⎪≤≤⎩，故122001112234485469c c c +++=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=；选③，65n a n =+，则181116a <=<，2064125128a <=<， 当[]()22log log 653n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则86516n ≤+<，此时1n =； 当[]()22log log 654n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则166532n ≤+<，此时24n ≤≤； 当[]()22log log 655n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则326564n ≤+<，此时59n ≤≤； 当[]()22log log 656n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则6465128n ≤+<，此时1020n ≤≤.所以，3,14,245,596,1020nnncnn=⎧⎪≤≤⎪=⎨≤≤⎪⎪≤≤⎩，故1220134355611106c c c+++=⨯+⨯+⨯+⨯=.。

第四节数列求和一、基础知识批注——理解深一点1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2. 推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2； ②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．二、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 2＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (二)选一选1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( ) A ．41 B ．48 C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49.2．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019解析：选D 因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2 019.3．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1， 所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.(三)填一填4．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________.解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案：95．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧11－2n ，n ≤5，2n －11，n >5，则{a n }的前10项和S 10＝________.解析：S 10＝5×9＋12×5×4×(－2)＋5×1＋12×5×4×2＝50.答案：50方法一 分组转化法求和[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． [解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .又a 1＝1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.[解题技法]1．分组转化求和的通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．2．分组转化法求和的常见类型[题组训练]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝⎛⎭⎫12n，则其前20项和为( )A ．379＋1220B ．399＋1220C ．419＋1220D ．439＋1220解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝⎛⎭⎫1－1220＝419＋1220. 2．(2019·资阳诊断)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.方法二 裂项相消法求和 考法(一) 形如a n ＝1n (n ＋k )型[典例] (2019·南宁摸底联考)已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26. (1)求等差数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和T n . [解] (1)设等差数列的公差为d ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)因为c n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)， 所以c n ＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝n 6n ＋9. 考法(二) 形如a n ＝1n ＋k ＋n型[典例] 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )A. 2 018－1B. 2 019－1C. 2 020－1D. 2 020＋1[解析] 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12. ∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1. [答案] C[解题技法]1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律哪些项，避免遗漏．2．常见的拆项公式 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； (2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1.分式差分最常见，指数根式来镶嵌； 取长补短巧改变，裂项求和公式算．[题组训练]1.(口诀第1、4句)在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为( )A.n ＋1n ＋2B.nn ＋2C.n n ＋1D.2n n ＋1解析：选C 因为a 3＋a 5＋a 7＝6， 所以3a 5＝6，a 5＝2，又a 11＝8， 所以等差数列{a n }的公差d ＝a 11－a 511－5＝1， 所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝n －3， 所以1a n ＋3·a n ＋4＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故选C.2.(口诀第2、4句)各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝8，且2a 1，a 3,3a 2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1n log 2a n，求{b n }的前n 项和S n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)． ∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ， ∴2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12(舍去)，∴a n ＝8×2n －1＝2n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝1n log 22n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 方法三 错位相减法求和[典例] (2017·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n . (2)由题意知， S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1＝32＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n.[变透练清]1.(变结论)若本例中a n ，b n 不变，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：由本例解析知a n ＝2n ，b n ＝2n ＋1， 故T n ＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1，上述两式相减，得，－T n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1＝6＋8(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝(1－2n )2n ＋1－2得T n ＝(2n －1)×2n ＋1＋2.2．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.因为q>0，解得q＝2，所以b n＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2.所以{a n}的通项公式为a n＝3n－2，{b n}的通项公式为b n＝2n. (2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n，由a2n＝6n－2，有T n＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2T n＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述两式相减，得－T n＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×(1－2n)1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，得T n＝(3n－4)2n＋2＋16.所以数列{a2n b n}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.[解题技法]错位相减法求和的4个步骤[易误提醒](1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．[课时跟踪检测]A级——保大分专练1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．82解析：选B a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：选A a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15，故选A.3．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5C.3116D.158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116.4．在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项之和S 100＝( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n －3⇒b n ＝(－1)n (2n －3)⇒S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.5．已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：选C ∵2n ＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n， ∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m >T 10＋1 013， ∴整数m 的最小值为1 024.6．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． 解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＝n (n ＋1)2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n (n ＋1)2－12n ＋1. 答案：n (n ＋1)2－12n ＋1 7．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n 1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1.答案：2nn ＋18．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________. 解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②由①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3.答案：3·21 009－39．(2019·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 2＝3，S 4＝16，∴a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2.∴a n ＝2n －1.(2)由题意知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1 ＝n 2n ＋1. 10．(2018·南昌摸底调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵S n ＝2n ＋1－2， ∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×4(1－4n )1－4－4(1－2n )1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43. B 级——创高分自选 1．(2019·潍坊统一考试)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n ∈N *)．(1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解：(1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ，∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝λ·2n －1. (2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1， ∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数， ∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1 ＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2 ＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)， ∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43. 2．已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)因为S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2)， 所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1(n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝2n ＋1，则a n ＝2n ，当n ＝1时，也满足，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)因为b n ＝n ＋12n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ， 所以T n ＝2×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋4×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ，① 12T n ＝2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋4×⎝⎛⎭⎫124＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② ①－②得12T n ＝2×12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n－(n＋1)⎝⎛⎭⎫12n＋1＝32－n＋32n＋1.故数列{b n}的前n项和为T n＝3－n＋3 2n.。

第六章 单元测试一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．每小题中只有一项符合题目要求)1．若{a n }为等差数列，且a 7－2a 4＝－1，a 3＝0，则公差d ＝ ( )A ．－2B ．－12C.12 D ．2答案 B解析 由等差中项的定义结合已知条件可知2a 4＝a 5＋a 3，∴2d ＝a 7－a 5＝－1，即d ＝－12.故选B. 2．在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7a 9a 11＝243，则a 29a 11的值为( )A ．9B ．1C ．2D ．3答案 D解析 由等比数列性质可知a 3a 5a 7a 9a 11＝a 57＝243，所以得a 7＝3，又a 29a 11＝a 7a 11a 11＝a 7，故选D.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 5＝12S 5，且a 9＝20，则S 11＝( )A ．260B ．220C ．130D ．110答案 D 解析 ∵S 5＝a 1＋a 52×5，又∵12S 5＝a 1＋a 5，∴a 1＋a 5＝0.∴a 3＝0，∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 3＋a 92×11＝0＋202×11＝110，故选D.4．各项均不为零的等差数列{a n }中，若a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，则S 2 009等于 A ．0 B ．2 C ．2 009 D ．4 018答案 D解析 各项均不为零的等差数列{a n }，由于a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，则a 2n －2a n＝0，a n ＝2，S 2 009＝4 018，故选D.5．数列{a n }是等比数列且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，那么a 3＋a 5的值等于 A ．5 B ．10 C ．15 D ．20答案 A解析 由于a 2a 4＝a 23，a 4a 6＝a 25，所以a 2·a 4＋2a 3·a 5＋a 4·a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25.所以a 3＋a 5＝±5.又a n >0，所以a 3＋a 5＝5.所以选A.6．首项为1，公差不为0的等差数列{a n }中，a 3，a 4，a 6是一个等比数列的前三项，则这个等比数列的第四项是( )A ．8B ．－8C ．－6D ．不确定答案 B解析 a 24＝a 3·a 6⇒(1＋3d )2＝(1＋2d )·(1＋5d ) ⇒d (d ＋1)＝0⇒d ＝－1，∴a 3＝－1，a 4＝－2，∴q ＝2. ∴a 6＝a 4·q ＝－4，第四项为a 6·q ＝－8.7．设函数f (x )满足f (n ＋1)＝2f n ＋n 2(n ∈N *)，且f (1)＝2，则f (20)＝( )A ．95B ．97C ．105D ．192答案 B解析 f (n ＋1)＝f (n )＋n 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 20＝f 19＋192，f 19＝f 18＋182，……f 2＝f 1＋12.累加，得f (20)＝f (1)＋(12＋22＋…＋192)＝f (1)＋19×204＝97.8．若a x －1，a y，a－x ＋1(a >0，且a ≠1)成等比数列，则点(x ，y )在平面直角坐标系内的轨迹位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案 D解析 ∵成等比，∴(a y )2＝ax －1·a－x ＋1.即2y ＝x －1－x ＋1，x －1>0，∴x >1.x －1<x ＋1，∴y <0，∴位于第四象限．9．已知等比数列{a n }的公比q <0，其前n 项的和为S n ，则a 9S 8与a 8S 9的大小关系是 A ．a 9S 8>a 8S 9 B ．a 9S 8<a 8S 9 C ．a 9S 8≥a 8S 9 D ．a 9S 8≤a 8S 9答案 A解析 a 9S 8－a 8S 9＝a 9a 11－q 81－q －a 8a 11－q 91－q ＝a 8a 1q －q 9－1＋q 91－q＝－a 1a 8＝－a 21q 7，因为a 21>0，q <0，所以－a 21q 7>0，即a 9S 8>a 8S 9，故选A.10．在等差数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S 2 011＝－2 011，a 1 007＝3，则S 2 012的值为 A ．1 006 B ．－2 012 C ．2 012 D ．－1 006答案 C解析 方法一 设等差数列的首项为a 1，公差为d ，根据题意可得， ⎩⎪⎨⎪⎧S 2 011＝2 011a 1＋2 011× 2 011－12d ＝－2 011，a 1 007＝a 1＋1 006d ＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋1 005d ＝－1，a 1＋1 006d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4 021，d ＝4.所以，S 2 012＝2 012a 1＋2 012× 2 012－12d＝2 012×(－4 021)＋2 012×2 011×2 ＝2 012×(4 022－4 021)＝2012. 方法二 由S 2 011＝2 011a 1＋a 2 0112＝2 011a 1 006＝－2 011， 解得a 1 006＝－1，则S 2 012＝2 012a 1＋a 2 0122＝2 012a 1 006＋a 1 0072＝2 012×－1＋32＝2 012.二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上)11．若m ，n ，m ＋n 成等差数列，m ，n ，m ·n 成等比数列，则椭圆x 2m ＋y 2n＝1的离心率为________．答案22解析 由题意知2n ＝m ＋m ＋n ，∴n ＝2m .又n 2＝m ·m ·n ，∴n ＝m 2，∴m 2＝2m . ∴m ＝2，∴n ＝4，∴a 2＝4，b 2＝2，c 2＝2. ∴e ＝c a ＝22. 12．数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝2n 3n ＋1，则a 100b 100＝________.答案199299解析a 100b 100＝a 1＋a 1992b 1＋b 1992＝S 199T 199＝199299. 13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝4，则公差d 等于________． 答案 2 解析 ∵S 3＝a 1＋a 3×32＝6，而a 3＝4，∴a 1＝0.∴d ＝a 3－a 12＝2.14．某人从2012年1月份开始，每月存入银行100元，月利率是3‰(不计复利)，到2012年12月底取出的本利和应是________元．答案 1 223.4解析 应为1 200＋0.3×12＋0.3×11＋…＋0.3＝1 200＋0.3×12×132＝1 223.4(元)．15．已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2·a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n＋2>19的最大正整数n 的值为________． 答案 4解析 设等比数列{a n }的公比为q ，其中q >0，依题意得a 23＝a 2·a 4＝4.又a 3>0，因此a 3＝a 1q 2＝2，a 1＋a 2＝a 1＋a 1q ＝12，由此解得q ＝12，a 1＝8，a n ＝8×(12)n －1＝24－n ，a n ·a n ＋1·a n＋2＝29－3n.由于2－3＝18>19，因此要使29－3n >19，只要9－3n ≥－3，即n ≤4，于是满足a n ·a n ＋1·a n＋2>19的最大正整数n 的值为4. 16．等比数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q 等于________．答案 －12解析 因为S 10S 5＝3132，所以S 10－S 5S 5＝31－3232＝－132，即q 5＝(－12)5，所以q ＝－12. 三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)数列{a n }中，a 1＝1，a n ，a n ＋1是方程x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两个根，求数列{b n }的前n 项和S n .答案 S n ＝nn ＋1解析 ∵a n ，a n ＋1是x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两根，∴a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，a n ·a n ＋1＝1b n.∴a n ＋1＋a n ＋2＝2n ＋3. ∴a n ＋2－a n ＝2. ∴a 3－a 1＝2，a 5－a 3＝2，……a 2n －1－a 2n －3＝2.∴a 2n －1－a 1＝2(n －1)．∴a 2n －1＝2n －1，∴当n 为奇数时，a n ＝n . 同理可得当n 为偶数时a n ＝n . ∴a n ＝n . ∴b n ＝1a n ·a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1. ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. 18．(本小题满分12分)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列．答案 (1)b n ＝54·2n －1＝5·2n －3(2)略解析 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)数列{b n }的前n 项和S n ＝541－2n1－2＝5·2n －2－54， 即S n ＋54＝5·2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2.因此{S n ＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列．19．(本小题满分12分)已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列，求：(1)p ，q 的值；(2)数列{x n }的前n 项的和S n 的公式．解析 (1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又x 4＝24p ＋4q ，x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1. (2)S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n n ＋12.20．(本小题满分12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2(1a 1＋1a 2)，a 3＋a 4＋a 5＝64(1a 3＋1a 4＋1a 5)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1a n)2，求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝64⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1q 2＋1a 1q 3＋1a 1q 4，化简，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 6＝64.又a 1>0，故q ＝2，a 1＝1. 所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝a 2n ＋1a 2n ＋2＝4n －1＋14n －1＋2.因此，T n ＝(1＋4＋…＋4n －1)＋(1＋14＋…＋14n －1)＋2n ＝1－4n1－4＋1－14n 1－14＋2n ＝13(4n －41－n)＋2n ＋1.21．(本小题满分12分)某企业2010年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降．若不进行技术改造，预测从2011年起每年比上一年纯利润减少20万元，2011年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n 年(2011年为第一年)的利润为500(1＋12n )万元(n 为正整数)．(1)设从2011年起的前n 年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为A n 万元，进行技术改造后的累计纯利润为B n 万元(须扣除技术改造资金)，求A n ，B n 的表达式；(2)依上述预测，从2011年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？思路 (1)A n 是一个等差数列的前n 项和，B n 是一个常数数列和一个等比数列的组合的前n 项和，根据数列的求和公式，就可以求出A n ，B n 的表达式．(2)建模B n >A n ，解这个关于n 的不等式．解析 (1)依题意知，A n 是一个以480为首项，－20为公差的等差数列的前n 项和，所以A n ＝480n ＋n n －12×(－20)＝490n －10n 2，B n ＝500(1＋12)＋500(1＋122)＋…＋500(1＋12n )－600＝500n ＋500(12＋122＋…＋12n )－600＝500n ＋500×12[1－12n]1－12－600＝500n －5002n －100.(2)依题意得，B n >A n ，即500n －5002n －100>490n －10n 2，可化简得502n <n 2＋n －10.∴可设f (n )＝502n ，g (n )＝n 2＋n －10.又∵n ∈N *，∴可知f (n )是减函数，g (n )是增函数． 又f (3)＝508>g (3)＝2，f (4)＝5016<g (4)＝10.则当n ＝4时不等式成立，即4年．22．(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n .求满足不等式T n －22n －1>2 010的n的最小值．解析 (1)因为S n ＋n ＝2a n ，所以S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)．两式相减，得a n＝2a n －1＋1.所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)，所以数列{a n ＋1}为等比数列． 因为S n ＋n ＝2a n ，令n ＝1得a 1＝1.a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，所以b n ＝(2n ＋1)·2n. 所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n，① 2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n＋(2n ＋1)·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋ (2))－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.若T n －22n －1>2 010， 则2＋2n －1·2n ＋12n －1>2 010，即2n ＋1>2 010.由于210＝1 024,211＝2 048，所以n ＋1≥11，即n ≥10.所以满足不等式T n －22n －1>2 010的n 的最小值是10.1．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，数列{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有 A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10 C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小关系不确定 答案 B解析 记等比数列{a n }的公比为q ，由数列{b n }为等差数列可知b 4＋b 10＝2b 7.又数列{a n }是各项均为正数的等比数列，∴a 3＋a 9＝a 3(1＋q 6)＝a 6(1＋q6q3)＝b 7(1＋q6q3)，又1＋q6q3＝1q3＋q 3≥2，当且仅当q ＝1时，等号成立，∴a 3＋a 9≥b 4＋b 10.故选B.2．已知a n ＝32n －11(n ∈N ＋)，数列{a n }的前n 项和为S n ，则使S n >0的n 的最小值是A ．5B ．6C ．10D ．11答案 D解析 令f (x )＝32x －11知f (x )关于(112，0)对称，∴a 1＋a 10＝a 2＋a 9＝a 3＋a 8＝a 5＋a 6＝0， 且a 6>a 7>a 8>a 9>a 10>…>0. ∴S 10＝0，S 11>0，选D.3．数列{a n }中，S n 为其前n 项和，已知S 1＝1，S 2＝2，且S n ＋1－3S n ＋2S n －1＝0(n ∈N *且n ≥2)，则此数列为( )A ．等差数列B ．等比数列C ．从第二项起为等差数列D ．从第二项起为等比数列 答案 D解析 S n ＋1－3S n ＋2S n －1＝0， ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1，∴a n ＋1＝2a n . 又a 1＝1，a 2＝1，∴从第二项起为等比数列．4．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，则a nn 等于A.12 B.23 C.32 D ．2答案 B解析 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ，即a n ＋1－a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公差为d ＝23的等差数列，于是a n ＝23＋(n －1)·23＝23n ，即a n n ＝23.故选B.5．设a 1，a 2，…，a 50是以－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个答案 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，故选A.6．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有 ( )A ．a 1＋a 101>0B ．a 2＋a 100<0C ．a 3＋a 99＝0D ．a 51＝51答案 C解析 由题意，得a 1＋a 2＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0.7．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10＝________.答案 64解析 a n ＋a n ＋1＝b n ，a n ·a n ＋1＝2n， ∴a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1.∴a n ＋2＝2a n .又∵a 1＝1，a 1·a 2＝2，∴a 2＝2. ∴a 2n ＝2n，a 2n －1＝2n －1(n ∈N *)．∴b 10＝a 10＋a 11＝64.8．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10>0并且S 11＝0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为________．答案 {5,6}解析 等差数列中由S 10>0，S 11＝0，得S 10＝10a 1＋a 102>0⇒a 1＋a 10>0⇒a 5＋a 6>0，S 11＝11a 1＋a 112＝0⇒a 1＋a 11＝2a 6＝0，故可知，等差数列{a n }是递减数列且a 6＝0，所以S 5＝S 6≥S n ，即k ＝5或6.∴集合为{5,6}．9．(2013·衡水调研)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，函数f (x )＝12px2－(p ＋q )x ＋q ln x (其中p 、q 均为常数，且p >q >0)，当x ＝a 1时，函数f (x )取得极小值，点(a n,2S n )(n ∈N *)均在函数y ＝2px 2－q x＋f ′(x )＋q 的图像上．(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)记b n ＝4S n n ＋3·q n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)由题易得f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝px －(p ＋q )＋q x ＝px 2－p ＋q x ＋q x ＝x －1px －qx.令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝qp. ∵p >q >0，∴0<q p<1.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：(0，q p ) q p(q p，1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值1(2)依题意，y ＝2px 2－q x＋f ′(x )＋q ＝2px 2＋px －p ， 2S n ＝2p ·a 2n ＋p ·a n －p (n ∈N *)．∴2a 1＝2p ·a 21＋pa 1－p . 由a 1＝1，得p ＝1. ∴2S n ＝2a 2n ＋a n －1.①∴当n ≥2时，2S n －1＝2a 2n －1＋a n －1－1. ②①－②得2a n ＝2(a 2n －a 2n －1)＋a n －a n －1. ∴2(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0. ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－12)＝0.由于a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝12(n ≥2)．∴{a n }是以a 1＝1为首项，12为公差的等差数列．∴a n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12.(3)S n ＝n ＋n n －12·12＝n 2＋3n 4，∴b n ＝4S n n ＋3·q n ＝nq n .∴T n ＝q ＋2q 2＋3q 3＋…＋(n －1)qn －1＋nq n.③已知p >q >0，而由(2)知p ＝1，则q ≠1. ∴qT n ＝q 2＋2q 3＋3q 4＋…＋(n －1)q n ＋nqn ＋1.④由③－④，得(1－q )T n ＝q ＋q 2＋q 3＋…＋q n －1＋q n－nq n ＋1＝q 1－q n 1－q－nq n ＋1.∴T n ＝q 1－q n 1－q 2－nq n ＋11－q. 10．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1a 2 a 3 a 4a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝12.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1.①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围． 解析 (1)设数列{b n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝2，d ＝2，所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且 32<13<42，所以a 10＝b 4＝8.所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n qn －1，因此c n ＝2n ·(12)n －1＝n2n －2.所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n2n －2. 12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1. 因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知，c n ＝n2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n n ＋12n －2≥λ.设f (n )＝n n ＋12n －2，因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋12－n2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154.因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5]． 11．已知数列{a n }，a 1＝1，a n ＝λa n －1＋λ－2(n ≥2)．(1)当λ为何值时，数列{a n }可以构成公差不为零的等差数列，并求其通项公式； (2)若λ＝3，令b n ＝a n ＋12，求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)a 2＝λa 1＋λ－2＝2λ－2，a 3＝λa 2＋λ－2＝2λ2－2λ＋λ－2＝2λ2－λ－2.∵a 1＋a 3＝2a 2，∴1＋2λ2－λ－2＝2(2λ－2)， 得2λ2－5λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝32.当λ＝32时，a 2＝2×32－2＝1，a 1＝a 2，故λ＝32不合题意舍去；当λ＝1时，代入a n ＝λa n －1＋λ－2可得a n －a n －1＝－1. ∴数列{a n }构成首项为a 1＝1，d ＝－1的等差数列． ∴a n ＝2－n .(2)当λ＝3时，a n ＝3a n －1＋1， 即a n ＋12＝3(a n －1＋12)，即b n ＝3b n －1.∴数列{b n }构成首项为b 1＝32，公比为3的等比数列．∴b n ＝32×3n －1＝3n2.∴S n ＝321－3n1－3＝34(3n－1)． 12．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＋a 2＝2S 3，等比数列{b n }满足b 1＝a 2，b 2＝a 4.(1)求证：{b n }中的每一项均为{a n }中的项；(2)若a 1＝12，数列{c n }满足：b n ＋1·c n ＝(－1)n(1＋2log 2b n )，求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＋a 2＝2S 3得4a 1＋6d ＋a 1＋d ＝6a 1＋6d ，∴a 1＝d .则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1.∴b 1＝2a 1，b 2＝4a 1，等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝2. 则b n ＝2a 1·2n －1＝2na 1.∵2n∈N *，∴{b n }中的每一项均为{a n }中的项． (2)解析：∵a 1＝12，∴b n ＝2n×12＝2n －1.由b n ＋1·c n ＝(－1)n(1＋2log 2b n )，得2n·c n ＝(－1)n[1＋2(n －1)]＝(－1)n(2n －1)． ∴c n ＝－1n2n －12n＝(2n －1)(－12)n.T n ＝(－12)＋3(－12)2＋5(－12)3＋…＋(2n －1)(－12)n ，－2T n ＝1＋3(－12)＋5(－12)2＋…＋(2n －1)(－12)n －1.两式相减，得－3T n ＝1＋2(－12)＋2(－12)2＋…＋2(－12)n －1－(2n －1)(－12)n＝1－2＋2·[1＋(－12)＋(－12)2＋…＋(－12)n －1]－(2n －1)(－12)n＝－1＋2·1－－12n1－－12－(2n －1)(－12)n＝－1＋43－43(－12)n －(2n －1)(－12)n＝13－6n ＋13(－12)n ，∴T n ＝6n ＋19(－12)n －19. 13．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－a n －2n －2＝0，(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n，若对任意的正整数n ，当m ∈[－1,1]时，不等式t 2－2mt ＋16>b n 恒成立，求实数t 的取值范围．解析 (1)由题意得a n －a n －1＝2n (n ≥2)， 累差叠加，得a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)． 又a 1＝2，所以a n ＝n (n ＋1)，(n ∈N *)． (2)b n ＝1n ＋1n ＋2＋1n ＋2n ＋3＋…＋12n2n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1＝nn ＋12n ＋1＝n2n 2＋3n ＋1，b n ＝12n ＋1n＋3，b n 的最大值为b 1＝16， 所以t 2－2mt ＋16>16恒成立，m ∈[－1,1]．构造g (m )＝－2tm ＋t 2，即g (m )>0恒成立m ∈[－1,1]． 当t ＝0，不成立； 当t ≠0，g (m )是一次函数，⎩⎪⎨⎪⎧g －1>0，g1>0，解得t ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．14．已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26.{a n }的前n 项和为S n . (1)求a n 及S n ； (2)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .答案 (1)a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2) (2)T n ＝n4n ＋1解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26， 所以a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26， 解得a 1＝3，d ＝2. 由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n a 1＋a n2，所以a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)．(2)因为a n ＝2n ＋1，所以a 2n －1＝4n (n ＋1)． 因此b n ＝14nn ＋1＝14(1n －1n ＋1)． 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1) ＝14(1－1n ＋1)＝n4n ＋1. 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n4n ＋1. 15．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和S n ，若S 4≥10，S 5≤15，求a 4的最大值． 解析 方法一 a 5＝S 5－S 4≤5，S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝5a 3≤15，a 3≤3，则a 4＝a 3＋a 52≤4，a 4的最大值为4.方法二 ∵⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋6d ≥10，S 5＝5a 1＋10d ≤15⇒⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1－3d ≤－5，a 1＋2d ≤3⇒d ≤1.又∵S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝5a 3≤15，∴a 3≤3. ∴a 4≤4.故a 4的最大值为4.方法三 本题也可利用线性规划知识求解．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ≥10，5a 1＋10d ≤15⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3.a 4＝a 1＋3d .画出可行域⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3，求目标函数a 4＝a 1＋3d 的最大值，即当直线a 4＝a 1＋3d 过可行域内(1,1)点时截距最大，此时a 4＝4.16．(2012·天津)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N *，证明：T n ＋12＝－2a n ＋10b n (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a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n，n ∈N *. (2)方法一 由(1)得T n ＝2a n ＋22a n －1＋23a n －2＋…＋2n a 1，① 2T n ＝22a n ＋23a n －1＋…＋2n a 2＋2n －1a 1.②由②－①，得T n ＝－2(3n －1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n ＋2n ＋2＝121－2n －11－2＋2n ＋2－6n ＋2＝10×2n－6n －10.而－2a n ＋10b n －12＝－2(3n －1)＋10×2n －12＝10×2n－6n －10，故T n ＋12＝－2a n ＋10b n ，n ∈N *.方法二 (1)当n ＝1时，T 1＋12＝a 1b 1＋12＝16，－2a 1＋10b 1＝16，故等式成立； (2)假设当n ＝k 时等式成立，即T n ＋12＝－2a k ＋10b k ，则当n ＝k ＋1时，有T k ＋1＝a k ＋1b 1＋a k b 2＋a k －1b 3＋…＋a 1b k ＋1＝a k ＋1b 1＋q (a k b 1＋a k －1b 2＋…＋a 1b k ) ＝a k ＋1b 1＋qT k＝a k ＋1b 1＋q (－2a k ＋10b k －12) ＝2a k ＋1－4(a k ＋1－3)＋10b k ＋1－24 ＝－2a k ＋1＋10b k ＋1－12. 即T k ＋1＋12＝－2a k ＋1＋10b k ＋1. 因此n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)和(2)，可知对任意n ∈N *，T n ＋12＝－2a n ＋10b n 成立．17．(2012·陕西)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)， 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4. 即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0，得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，所以q ＝－2.(2)方法一 对任意k ∈N ＋，S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2) ＝0，所以，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 方法二 对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 11－q k1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 11－q k ＋21－q ＋a 11－q k ＋11－q＝a 12－q k ＋2－q k ＋11－q，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 11－q k1－q－a 12－q k ＋2－q k ＋11－q＝a 11－q[2(1－q k)－(2－qk ＋2－q k ＋1)]＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．18．(2012·广东)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；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.解析 (1)∵a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， ∴2(a 2＋5)＝a 1＋a 3.又∵2a 1＝2S 1＝a 2－22＋1,2(a 1＋a 2)＝2S 2＝a 3－23＋1， ∴a 2＝2a 1＋3，a 3＝6a 1＋13.因此4a 1＋16＝7a 1＋13，从而a 1＝1.(2)由题设条件知，n ≥2时，2S n －1＝a n －2n＋1， 2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1.∴2a n ＝a n ＋1－a n －2n，于是a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)．而由(1)知，a 2＝2a 1＋3＝5＝3a 1＋2， 因此对一切正整数n ，有a n ＋1＝3a n ＋2n. 所以a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n)．又∵a 1＋21＝3，∴{a n ＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列． 故a n ＋2n＝3n，即a n ＝3n－2n. (3)∵a n ＝3n－2n＝3·3n －1－2n ＝3n －1＋2(3n －1－2n －1)≥3n －1，∴1a n ≤13n －1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋132＋…＋13n －1＝1－13n1－13<32. 19．(2012·湖北)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． 解析 (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)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 >1.20．(2012·江西)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 －kcn －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 ＝2，k ＝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 ·2n ，T n ＝2T n －T n ＝－2－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1＝－2n ＋1＋2＋n ·2n ＋1＝(n －1)2n ＋1＋2.21．(2012·安徽)数列{x n }满足x 1＝0，x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c (n ∈N *)． (1)证明：{x n }是递减数列的充分必要条件是c <0； (2)求c 的取值范围，使{x n }是递增数列．解析 (1)先证充分性，若c <0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c <x n ，故{x n }是递减数列； 再证必要性，若{x n }是递减数列，则由x 2<x 1，可得c <0. (2)(ⅰ)假设{x n }是递增数列． 由x 1＝0，得x 2＝c ，x 3＝－c 2＋2c . 由x 1<x 2<x 3，得0<c <1. 由x n <x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c 知， 对任意n ≥1都有x n <c ，①注意到c －x n ＋1＝x 2n －x n －c ＋c ＝(1－c －x n )(c －x n )，②由①式和②式可得1－c －x n >0，即x n <1－c . 由②式和x n ≥0还可得，对任意n ≥1都有c －x n ＋1≤(1－c )(c －x n )．③21 反复运用③式，得c －x n ≤(1－c )n －1(c －x 1)<(1－c )n －1.x n <1－c 和c －x n <(1－c )n －1两式相加，知 2c －1<(1－c )n －1对任意n ≥1成立．根据指数函数y ＝(1－c )n 的性质，得2c －1≤0，c ≤14.故0<c ≤14. (ⅱ)若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即 x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，即证x n <c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明：当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立． (1)当n ＝1时，x 1＝0<c ≤12，结论成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即x k <c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间(－∞，12]内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n <c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．由(ⅰ)(ⅱ)知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是(0，14]．。

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．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2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．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 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)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 ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．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2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝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2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．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 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋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<1．所以S n <1对任意的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 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(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 n 为偶数，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 )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。

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06 数列求和（裂项相消法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍常见的裂项技巧 类型一：等差型类型二：无理型类型三：指数型①11(1)11()()n n n n n a a a k a k a k a k++-=-++++如：11211(2)(2)22n n n n n k k k k++=-++++类型四：通项裂项为“+”型如：①()()()21111111nn n n n n n +⎛⎫-⋅=-+ ⎪++⎝⎭ ②()()131222(1)(11)1n nn n nn n n n n +⎛⎫++⋅-=+- ⎝+⎪⎭本类模型典型标志在通项中含有(1)n -乘以一个分式.二、典型例题类型一：等差型例题1．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a >，315S =，公差1d >，且___________.从①21a -为11a -与31a +等比中项，②等比数列{}n b 的公比为3q =，1124,b a b a ==这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列{}n a 存在并作答. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：16nT <.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，设，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；例题2．（2022·广东佛山·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111a =-，29a =-，且()11222n n n S S S n +-+=+≥． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)已知11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的等差型，注意裂项，是裂通项，裂项的过程中注意前面的系数不要忽略了.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；类型二：无理型例题3．（2022·重庆八中模拟预测）已知各项均为正数的等差数列{}n a 满足11a =，22112()n n n n a a a a ++=++．(1)求{}n a 的通项公式； (2)记11n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；例题4．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，3518a a +=，648S =. (1)求{}n a 的通项公式； (2)设112n n n b a a +-=+，求数列{}n b 的前n 项和为n T .感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的无理型，具有明显的特征，其技巧在于分母有理化，注意裂项相消的过程中，是连续相消，还是隔项相消，计算注意细节.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；类型三：指数型例题5．（2022·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 满足()*10n n a a n +->∈N ，且141015a a a ++=，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n a n n n n a b a a ++⋅=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S ．感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和．例题6．（2022·江西·临川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21,*=-∈n n S a n N .(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足22,(1)*++=∈⋅⋅+n n n b n N a n n ，求数列{}n b 的前n 项和n T .类型四：通项裂项为“+”型第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和例题7．（2022·吉林辽源·高二期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和21,3n S n an b a =++=，数列{}n b 的前n 项和23n n n T b +=，12b =. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)令(1)nnn na cb =-，求数列{}nc 的前n 项和n P .【答案】(1)21n a n =+，()1n b n n =+ (2)2,?1,?1n n n n P n n n +⎧-⎪⎪+=⎨⎪-⎪+⎩为奇数为偶数感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得则：，注意到通项中含有，需分奇偶讨论通分，逆向求当为偶数（为正），（注意此时为偶数，代入偶数的结论中）当为奇数（为偶数）综上：例题8．（2022·陕西·长安一中高二期中（文））已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令()1141n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．三、题型归类练第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得，通分，逆向求当为奇数（为正），（注意此时为奇数，代入奇数的结论中）当为偶数（为奇数）综上：1．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测（理））已知在等差数列{}n a 中，25a =，1033a a =． (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)设()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．2．（2022·山西运城·模拟预测（理））已知单调递增的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，512340,,1,S a a a =-成等比数列，正项等比数列{}n b 满足11631,23b a S b =+=+. (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式； (2)设()3123log n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T .3．（2022·河南·模拟预测（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()222220n n S n n S n n -+--+=．(1)求1a 的值和数列{}n a 的通项公式； (2)设21n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．4．（2022·河北保定·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1332n n S +-=．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设3314log log n n n b a a +=⋅，求{}n b 的前n 项和n T ．5．（2022·安徽·北大培文蚌埠实验学校高三开学考试（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，525S =，且()*1232n n n n S a S S n ++-=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设n b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．6．（2022·江苏盐城·三模）已知正项等比数列{}n a 满足1330a a +=，请在①4120S =，②481a =，③2211120n n n n a a a a --+-=，2n ≥，*n N ∈中选择一个填在横线上并完成下面问题：(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()12311n n n n b a a +⋅=++，{}n b 的前n 和为n S ，求证：14n S <．7．（2022·浙江金华·模拟预测）已知数列{}{},n n a b ，其中{}n a 为等差数列，且满足11211,,32a b b ===，21141,2n n n n nn a b a b n N *++-=+∈. (1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)设212n n nn n a c a a ++=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：1n T <8．（2022·湖北·二模）已知正项等差数列{}n a 满足：()33n n a a n *=∈N ，且1382,1,a a a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()1121212n n n a n a a c ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意n *∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值．9．（2022·江西·临川一中高二期末（理））已知数列{}n a ，0n a >，11a =，n S 为其前n 项和，且满足()()()1112n n n n S S S S n --+-=≥.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()11nnn a b =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．10．（2022·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(2)设数列()()24141nn n a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T ，若2112022n T +<，求正整数n 的最小值.11．（2022·天津市武清区杨村第一中学二模）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且114342131,2,2,a b a b b b a a ====+．(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)记{}n b 的前n 项和为n S ，证明：()n n n S a b n *≤⋅∈N ；(3)记()311(1)*++⋅=-∈⋅n n n nnn a b c n a a N ，求数列{}n c 的前2n 项和．12．（2022·黑龙江实验中学模拟预测（理））已知数列{}n a 满足11a =，11n n n n a a a a --=-，且0n a ≠. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若()()11121n n n n b n a a ++=-+，数列{}n b 前n 项和为nT，求2022T .13．（2022·湖北·蕲春县第一高级中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中1215a S ==，，当2n ≥时，1124n n n a S S +-，，成等差数列.(2)记数列()()2123211n n n a a ++⎧⎫⋅⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T ，求证：121855n T ≤<.。

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (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)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。