江苏专用2019版高考数学大一轮复习第六章数列6.4数列求和教师用书理苏教版

§6.3 等比数列及其前n 项和考情考向分析 以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查．1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)．3．等比中项如果在a 与b 中插入一个数G ，使得a ，G ，b 成等比数列，那么根据等比数列的定义，Ga ＝bG，G 2＝ab ，G ＝±ab ，称G 为a ，b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .知识拓展等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列． (2)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列．(4)当q <0时，{a n }为摆动数列．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × ) (5)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(6)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．[P54习题T3(2)]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54习题T5]在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 答案 27,81解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81. 题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2,4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 KB ，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________分钟，该病毒占据内存64 MB.(1 MB ＝210 KB) 答案 48解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝64×210＝216，∴n ＝16. 即病毒共复制了16次． ∴所需时间为16×3＝48(分钟)．题型一 等比数列基本量的运算1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝________.答案 12解析 由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.答案 2n －1解析 ∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2， ∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ，∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，∴S n a n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 42n＝2n －1. 思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解． 题型二 等比数列的判定与证明典例 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)． (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)， ② 由①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)， 故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1(n ∈N *)，∴a n ＋12n 1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14， 故a n ＝(3n －1)·2n －2(n ∈N *)．引申探究若将本例中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变，求数列{a n }的通项公式． 解 由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1，∴a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，(*)又a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋2，即a 2＋1＝2(a 1＋1)， ∴当n ＝1时(*)式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． (2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证． 跟踪训练 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 两式相减得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0，得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132，得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.题型三 等比数列性质的应用1．已知等比数列{a n }，且a 6＋a 8＝4，则a 8(a 4＋2a 6＋a 8)的值为________． 答案 16解析 ∵a 6＋a 8＝4，∴a 8(a 4＋2a 6＋a 8)＝a 8a 4＋2a 8a 6＋a 28＝(a 6＋a 8)2＝16.2．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝________. 答案 60解析 由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形． (3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (16分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明． 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3，4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4， 可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n (n ∈N *)．[5分] (2)证明 由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[8分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[12分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[14分]故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.[16分]1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5＝________.答案 33解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18，∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8，∴q ＝2. ∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33. 2．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝________. 答案 －1解析 由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍去)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1.3．已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8的值为________．答案 4解析 a 5＝±a 4·a 6＝±16＝±4， ∵q 2＝a 5a 3>0，∴a 5＝4，q 2＝2，则a 10－a 12a 6－a 8＝q 4＝4. 4．(2017·无锡期末)设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3＝－18，且a 2，a 4，a 3成等差数列，则数列{a n }的前4项和为________． 答案 58解析 设{a n }的公比为q ，q ≠1.由等比中项的性质可得a 1a 2a 3＝a 32＝－18，所以a 2＝－12.因为a 2，a 4，a 3成等差数列，所以2a 4＝a 2＋a 3，即2a 2q 2＝a 2＋a 2q ，化简得2q 2－q －1＝0，即(q －1)(2q ＋1)＝0，解得q ＝1(舍)或q ＝－12.又因为a 1＝a 2q ＝1，所以S 4＝a 1(1－q 4)1－q＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－1241－⎝⎛⎭⎫－12＝58. 5．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝________. 答案 10解析 由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9， 则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.6．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了________里． 答案 96解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，由题意得a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里．7．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 答案 32解析 设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.8．(2014·江苏)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值为________． 答案 4解析 因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4，得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，q 2＝－1(舍去)，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.9．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和为________． 答案 2n －1解析 设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴数列{a n }的前n 项和为1－2n 1－2＝2n－1(n ∈N *)．10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 答案12n解析 ∵a n ＋S n ＝1，① ∴a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，又a 1＝12，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×⎝⎛⎭⎫12n －1＝12n .11．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数， 所以a n ＋1≠0，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1(n ∈N *)．12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n (n ∈N *)． (2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n (n ∈N *)．13．(2017·扬州期末)在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．答案 48解析 方法一 由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得a 1(q ＋1)·(q 2－2)＝6，所以a 1(q ＋1)＝6q 2－2.因为a n ＞0，所以q 2－2＞0，a 5＋a 6＝a 1(1＋q )q 4＝6q 4q 2－2＝6×(q 4－4)＋4q 2－2＝6×⎣⎡⎦⎤(q 2＋2)＋4q 2－2＝6×⎝⎛⎭⎫q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×⎝ ⎛⎭⎪⎫2(q 2－2)×4q 2－2＋4＝6×8＝48，当且仅当q 2－2＝4q 2－2，即q ＝2，a 1＝1时，等号成立，所以a 5＋a 6的最小值为48.方法二 由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得(a 2＋a 1)(q 2－2)＝6，所以a 2＋a 1＝6q 2－2.因为a n ＞0，所以q 2－2＞0，即q 2＞2，a 5＋a 6＝(a 1＋a 2)q 4＝6q 4q 2－2＝61q 2－2q 4.令t ＝1q 2∈⎝⎛⎭⎫0，12，则1q 2－2q 4＝t －2t 2＝－2⎝⎛⎭⎫t －142＋18，当t ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12时，式子1q 2－2q 4取得最大值18，从而a 5＋a 6＝61q 2－2q 4取得最小值6×8＝48.14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝____________. 答案 43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2 解析 由题意，得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1 ＝43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2(n ∈N *)．15．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为________．答案 6解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 16．设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋12n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{S n }的前9项和为________． 答案 －3411 024解析 因为S n ＋12n ＝(－1)n a n ， 所以S n －1＋12n －1＝(－1)n －1a n －1(n ≥2)． 两式相减得S n －S n －1＋12n －12n －1 ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1， 即a n －12n ＝(－1)n a n ＋(－1)n a n －1(n ≥2)， 当n 为偶数时，a n －12n ＝a n ＋a n －1， 即a n －1＝－12n ，此时n －1为奇数， 所以若n 为奇数，则a n ＝－12n ＋1； 当n 为奇数时，a n －12n ＝－a n －a n －1， 即2a n －12n ＝－a n －1， 所以a n －1＝12n －1，此时n －1为偶数， 所以若n 为偶数，则a n ＝12n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧ －12n ＋1，n 为奇数，12n ，n 为偶数.所以数列{S n }的前9项和为S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 9＝9a 1＋8a 2＋7a 3＋6a 4＋…＋3a 7＋2a 8＋a 9＝(9a 1＋8a 2)＋(7a 3＋6a 4)＋…＋(3a 7＋2a 8)＋a 9＝－122－124－126－128－1210＝－122×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1451－14＝－3411 024.。

§6.4 数列的递推与通项考情考向分析 由递推关系求数列的通项公式是高考的热点和重点，一般是解答题的前两问，是解数列综合题的基础，难度为中档．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式． 知识拓展由递推关系求数列通项公式的常用方法： (1)累加型形如a n ＝a n －1＋f (n －1)，则a n －a n －1＝f (n －1)， a 2－a 1＝f (1)，a 3－a 2＝f (2)，…，a n －a n －1＝f (n －1)， 以上(n －1)个等式经累加，得a n ＝a 1＋∑n －1k ＝1f (k )． (2)累乘型形如a n ＝a n －1f (n －1)，a n ≠0，则a na n －1＝f (n －1)，可利用a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，以上(n －1)个等式经累乘，得a na 1＝f (1)·f (2)·…·f (n－1)，即a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1.(3)构造型①形如a n ＝Aa n －1＋B ，其中A ，B 为常数且A ≠1，A ≠0，B ≠0的构造可用待定系数法，构造一个公比为A 的等比数列，令a n ＋λ＝A (a n －1＋λ)，经整理比较得(A －1)λ＝B ，λ＝BA －1，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋B A －1是一个公比为A 的等比数列．②形如a n ＝Aa n －1＋b n ，且A ≠0，b ≠0型的构造可变形成a n b n ＝A b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1b n －1＋1，令c n ＝a n b n ，则c n ＝Ab c n －1＋1(此问题就转化成a n ＝Aa n －1＋B 的模型求解)．③a n ＝Aa n －1＋n ，且A ≠0，A ≠1型的构造可用待定系数法构造a n ＋λn ＝A [a n －1＋λ(n －1)]＋γ，然后经整理比较a n ＝Aa n －1＋n 得出λ＝1A －1，γ＝A A －1，从而转化为a n ＝Aa n －1＋B 型的构造． ④形如a n ＝ma k n －1(m >0，k ∈N ，k ≠0，k ≠1)的构造可两边取对数得lg a n ＝k lg a n －1＋lg m ，令b n ＝lg a n ，得b n ＝k ·b n －1＋lg m ，所以该问题转化为a n ＝Aa n －1＋B 模型求解．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝1n .( √ )(2)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，则a n ＝32n 2＋n2.( √ )(3)已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则a n ＝n (n ＋1)2.( √ )(4)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝2n .( × ) 题组二 教材改编2．(P67习题T 4)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋na n，则a n ＝________. 答案2n 2－n ＋2解析 原式可化为1a n ＋1－1a n＝n ，∴1a 2－1a 1＝1，1a 3－1a 2＝2，1a 4－1a 3＝3，…， 1a n －1a n －1＝n －1. 累加得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)，∴a n ＝2n 2－n ＋2.3．(P68习题T 14)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，则a n ＝________. 答案 2n －1解析 方法一 由已知2S n ＝a n ＋1，得当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入已知得2S n ＝S n －S n －1＋1，即S n －1＝(S n －1)2. 又a n ＞0，故S n －1＝S n －1或S n －1＝ 1－S n (舍)， 即S n －S n －1＝1(n ≥2)，由定义得{S n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴S n ＝n .故a n ＝2n －1.方法二 ∵2Sn ＝a n ＋1，∴4Sn ＝(a n ＋1)2， 当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，两式相减，得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2， 化简可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵a n ＞0，∴a n －a n －1＝2， ∵2a 1＝a 1＋1，∴a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1. 题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋1，它的通项公式a n ＝____________.答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2解析 ∵a 1＝S 1＝12－1＋1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－n ＋1)－[(n －1)2－(n －1)＋1]＝2n －2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.5．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为____________． 答案 a n ＝3n －1解析 由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1>1，得a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)， 得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去． 因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. 6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＝____________. 答案 2×3n －1－1解析 因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×3n －1，所以a n ＝2×3n －1－1.题型一 累加型和累乘型1．数列{}a n 满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n 2－n (n ≥2)，求数列{}a n 的通项．解 由a n －a n －1＝1n 2－n 且a 1＝12，a n －a n －1＝1n 2－n ＝1n －1－1na n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，…，a 2－a 1＝1－12，所以a n －a 1＝1－1n ，所以a n ＝32－1n.2. 已知在数列{}a n 中，a 1＝2，且na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求a n .解 由已知得，a n ＋1a n ＝n ＋2n ，故a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n ＋1n －1.n n －2.. (3)1·2＝n (n ＋1)．思维升华 (1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )数列的通项公式，此类题型一般可以利用累加法求其通项公式，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1，累加求得通项公式； (2)求形如a n ＋1a n＝f (n )数列的通项，此类题型一般可以利用累乘法求其通项公式，即a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1，累乘求得其通项．题型二 构造法求数列的通项公式命题点1 形如a n ＝Aa n －1＋B ，其中A ，B 为常数且A ≠1，A ≠0，B ≠0的构造 典例 已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，求a n .解 方法一 令a n ＋1＋k ＝2(a n ＋k )，即a n ＋1＝2a n ＋k ，与a n ＋1＝2a n ＋1比较得k ＝1， 即数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·2n －1，即a n ＝2n －1.方法二 由已知得a 2＝3，a n ＋1－a n ＝(2a n ＋1)－(2a n －1＋1)＝2(a n －a n －1)(n ≥2)，所以数列{a n ＋1－a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＋1－a n ＝2n ，下面利用叠加法求：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋21＋1＝2n －1.方法三 将a n ＋1＝2a n ＋1两边同除以2n ＋1得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12n ＋1，利用叠加法可求得a n ＝2n－1. 思维升华 求形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数，pq ≠0，p ≠1)”的通项方法有三种： 方法一：数法，引入待定参数k ，使a n ＋1－k ＝p (a n －k )，所以数列{a n －k }为等比数列．要求出k ，只要把所构造的递推式与原递推式比较得(1－p )k ＝q ，故k ＝q 1－p .方法二：a n ＋1－a n ＝p (a n －a n －1)，所以数列{a n ＋1－a n }为等比数列． 方法三：两边同除以p n＋1得a n ＋1pn ＋1＝a n p n ＋qp n ＋1，故可以利用累加法来求． 跟踪训练 已知数列{}a n 满足a n ＝13a n －1＋2，a 1＝1，求数列{}a n 的通项公式．解 设a n ＋λ＝13(a n －1＋λ)，解得λ＝－3，则a n －3＝13(a n －1－3)，令b n ＝a n －3，则数列{}b n 是以b 1＝a 1－3＝－2为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝－23n －1，所以a n ＝3－23n －1.命题点2 形如a n ＝Aa n －1＋b n ，且A ≠0，b ≠0型的构造 典例 已知在数列{}a n 中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3·2n ，求a n .解 在递推关系a n ＋1＝2a n ＋3·2n 的两边同除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，令b n ＋1＝a n ＋12n ＋1，则b n ＋1＝b n ＋32，b 1＝1，所以b n ＝32n －12，故a n ＝2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12. 思维升华 求形如“a n ＋1＝pa n ＋f (n )(其中p 为非零常数)”的递推数列的通项．若f (n )＝a ·b n 时，即a n ＋1＝pa n ＋a ·b n ，在此递推关系两边同除以b n ＋1，得a n ＋1bn ＋1＝p b ·a n b n ＋a b ，令c n＋1＝a n ＋1bn ＋1，则有c n ＋1＝p b ·c n ＋ab ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练 已知在数列{}a n 中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . 解 在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1的两边同乘以2n ＋1得2n ＋1·a n ＋1＝23·(2n a n )＋1，令b n ＝2n a n .则b n ＋1＝23b n ＋1，于是可得b n ＋1－3＝23(b n －3)，∴b n －3＝－43×⎝⎛⎭⎫23n －1＝－2⎝⎛⎭⎫23n ， ∴b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n，∴a n ＝b n2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n ＝32n －23n . 命题点3 形如a n ＝Aa n －1＋n ，且A ≠0型的构造 典例 已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n ，求a n . 解 由已知得a n ＋1＝3a n ＋2n ，a n ＝3a n －1＋2(n －1)， 两式相减得，a n ＋1－a n ＝3(a n －a n －1)＋2， 令b n ＝a n ＋1－a n ，则b n ＝3b n －1＋2，故b n ＝5·3n －1－1，即a n ＋1－a n ＝5·3n －1－1，又已知a n ＋1＝3a n ＋2n ，所以a n ＝52·3n －1－n －12.思维升华 求形如“a n ＋1＝pa n ＋f (n )(其中p 为非零常数)”的递推数列的通项．若f (n )＝an ＋b 时，即a n ＋1＝pa n ＋an ＋b ，所以a n ＋1－a n ＝p (a n －a n －1)＋a ，令b n ＋1＝a n ＋1－a n ，则有b n ＋1＝pb n ＋a ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练 设在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，求数列{}a n 的通项公式． 解 由a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1可得 a n ＋1＋(n ＋1)＋1＝3(a n ＋n ＋1)， 令b n ＝a n ＋n ＋1，则b n ＋1＝3b n ， ∴b n ＝b 1·3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －n －1 .命题点4 形如a n ＝ma k n －1(m ＞0，k ≠0，k ≠1)型的构造典例 已知数列{}a n 与{}b n 有如下关系：a 1＝2, a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ， b n ＝a n ＋1a n －1，求数列{}a n 和{}b n 的通项公式．解 由已知得b n ＋1＝a n ＋1＋1a n ＋1－1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＋112⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n －12＝b 2n ，且b 1＝3，b n>0.即b n ＋1＝b 2n ，取对数得lg b n ＋1＝2lg b n ，即数列{lg b n }是首项为lg 3，公比为2的等比数列． ∴lg b n ＝2n －1lg 3，于是b n ＝123－n ，从而a n ＝b n ＋1b n －1＝11223131－－n n +-.思维升华 求形如“a n ＋1＝p ·a r n (其中p ，r 为常数，且p >0，a n >0)”的递推数列的通项． 此种题型可以通过两边取对数的方法变为lg a n ＋1＝r lg a n ＋lg p ，令b n ＝lg a n ，则有b n ＋1＝r ·b n ＋lg p ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练 已知在数列{}a n 中，a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ，求a n .解 由条件可知：a n >0，对a n ＋1＝a 2n 两边取以3为底的对数得log 3a n ＋1＝2log 3a n ，令b n ＝log 3a n ，则有b n ＋1＝2b n ，所以数列{}b n 是以b 1＝log 33＝1为首项，2为公比的等比数列，所以b n ＝2n －1，故a n ＝123－n .1．已知a 1＝3，a n ＋1＝3n －13n ＋2a n (n ≥1)，则a n ＝________.答案63n －1解析 a n ＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1.2．已知在数列{}a n 中，a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋14n 2－1，则a n ＝____________.答案4n －34n －2解析 由已知可得a n ＋1－a n ＝14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，令n ＝1,2，…，(n －1)，代入得(n －1)个等式累加，即 (a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1， ∴a n －a 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1，∴a n ＝a 1＋12－12·12n －1，即a n ＝1－14n －2＝4n －34n －2.3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＝2(a n －1＋a n －2＋…＋a 2＋a 1) (n ≥2，n ∈N *)，这个数列的通项公式是____________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －2，n ≥2 解析 由已知，得当n ≥2时，a n ＝2S n －1，① 当n ≥3时，a n －1＝2S n －2，② ①－②整理得a na n －1＝3(n ≥3)，∵a 2＝2≠0，∴a n ＝2×3n －2，n ≥2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －2，n ≥2. 4．已知在数列{}a n 中，a 1＝15，且当n >1时，有a n －1－a n －4a n a n －1＝0，则a n ＝____________.答案14n ＋1解析 将等式a n －1－a n －4a n a n －1＝0两边同除以a n a n －1得1a n －1a n －1＝4，n >1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝5，公差d ＝4，故1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1， ∴a n ＝14n ＋1.5. 已知数列{}a n 的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，则{}a n 的通项公式为____________． 答案 a n ＝3n3n ＋2解析 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n ，∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列．∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n3n ＋2. 6．在数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和，n (a n ＋1－a n )＝a n (n ∈N *)，且a 3＝π，则tan S 4＝____________. 答案3解析 ∵由n (a n ＋1－a n )＝a n ，得na n ＋1＝(n ＋1)a n ，即a n ＋1n ＋1＝a nn，∴a n n ＝a n －1n －1＝a n －2n －2＝…＝a 33＝π3，∴a n ＝π3n ， ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝π3()1＋2＋3＋4＝10π3，tan S 4＝tan 10π3＝ 3.7. 已知在数列{}a n 是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0，n ＝1,2,3，…，则a n ＝____________. 答案 1n解析 由已知得[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0， 因为数列{}a n 是正项数列， 所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝nn ＋1，且利用第二种类型的累乘法得a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·…·12·1＝1n .8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝________. 答案 2n －1解析 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，得a 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)， 即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.9．已知数列{}a n 满足a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n (n ∈N *)，且a 2＝6，则数列{a n }的通项公式为____________． 答案 a n ＝n (2n －1)解析 由a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得(n －1)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝－(n ＋1)，当n ≥2时，有a n ＋1n ＋1－a n n －1＝－1n －1， 所以a n ＋1n (n ＋1)－a n (n －1)n ＝－1n (n －1)＝－⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，由累加法，得当n ≥3时，a n ＝n (2n －1)． 把n ＝1，a 2＝6代入a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得a 1＝1，经验证：a 1＝1，a 2＝6均满足a n ＝n (2n －1)．综上，a n ＝n (2n －1)，n ∈N *.10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n(n ∈N *)，则该数列的前2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2019＝________.答案 3解析 由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.11．已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)． (1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明{}b n 是等比数列； (2)求数列{}a n 的通项公式．(1)证明 由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1(n ≥2)． 又b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{}b n 是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)解 由(1)，知a 2－a 1＝1， a 3－a 2＝q ， …，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－q n －11－q ，q ≠1，n ，q ＝1. 上式对n ＝1显然成立．12．已知在数列{a n }中，a 1＝1，且满足递推关系a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋ma n ＋1(n ∈N *)．(1)当m ＝1时，求数列{a n }的通项公式；(2)当n ∈N *时，数列{a n }满足不等式a n ＋1≥a n 恒成立，求m 的取值范围． 解 (1)因为m ＝1，由a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)，得a n ＋1＝(2a n ＋1)(a n ＋1)a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＋1＝2≠0，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． 于是a n ＋1＝2×2n －1，所以a n ＝2n －1.(2)因为a n ＋1≥a n ，而a 1＝1，知a n ≥1，所以2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1≥a n ，即m ≥－a 2n －2a n ， 由题意，得m ≥－(a n ＋1)2＋1恒成立．因为a n ≥1，所以m ≥－22＋1＝－3，即满足题意的m 的取值范围是[－3，＋∞)．13．(2015·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．答案 2011解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(2＋n )(n －1)2，即a n ＝n (n ＋1)2， 令b n ＝1a n， 故b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 14. 已知数列{}a n 的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n ，n ≥1，则数列{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝2n －1－2(－1)n 3 解析 ∵S n ＝2a n ＋(－1)n ，n ≥1，∴当n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋(－1)n －2a n －1－(－1)n －1， 化简得a n ＋23(－1)n ＝2⎣⎡⎦⎤a n －1＋23(－1)n －1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋23(－1)n 是首项为a 1＋23×(－1)＝13，公比为2的等比数列， ∴a n ＋23(－1)n ＝13×2n －1，∴a n ＝2n －1－2(－1)n 3.15．已知在数列{a n }中， a 1＝1，a 2＝10，a n a n －1＝ a n －1a n －2(n ＝3,4,5…)，则a n ＝____________. 答案 112[1()]210n --解析 递推式两边同时取对数，得lg a n －lg a n －1＝12(lg a n －1－lg a n －2)， 令b n ＝lg a n ＋1－lg a n ，则⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝lg a 2－lg a 1＝1，b n －1＝12b n －2(n ＝3，4，5，…)⇒b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1(n ＝1,2,3…) ⇒lg a n ＋1－lg a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1⇒a n ＋1a n ＝11()210n -， 由累乘法可得a n a 1＝10·1210·1410·…·21()210n -＝112[1()]210n --⇒a n ＝112[1()]210n --. 16．设数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知ba n －2n ＝()b －1S n ，b ≠0，且b ≠2，则{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝12－b[]2n ＋()2－2b b n －1 解析 由题意知a 1＝2，且ba n －2n ＝()b －1S n ， ba n ＋1－2n ＋1＝()b －1S n ＋1， 两式相减得b ()a n ＋1－a n －2n ＝()b －1a n ＋1， 即a n ＋1＝ba n ＋2n ，①由①得a n ＋1－12－b ·2n ＋1＝ba n ＋2n －12－b·2n ＋1 ＝ba n －b 2－b·2n ＝b ⎝⎛⎭⎫a n －12－b ·2n ， 设c n ＝a n －12－b ×2n ，则c 1＝2(1－b )2－b， 当b ≠1时，c 1≠0，则{c n }是首项为2(1－b )2－b，公比为b 的等比数列， ∴c n ＝2(1－b )2－b b n －1，∴a n ＝12－b[2n ＋(2－2b )b n －1]， 当b ＝1时，a n ＝2n 也符合上式，∴a n ＝12－b[]2n ＋()2－2b b n －1.。

§6.4 数列求和1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .②等比数列的前n 项和公式 (i)当q ＝1时，S n ＝na 1； (ii)当q ≠1时，S n ＝a 1－qn1－q＝a 1－a n q1－q. (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．常见的裂项公式 (1)1nn ＋＝1n －1n ＋1； (2)1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .【思考辨析】判断下面结论是否正确(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)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋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)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n－12.( √ )(6)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.( √ )1．已知在每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1，且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 81＝________. 答案 640解析 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2， ∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640. 2．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)＝－200.3．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________ 答案 50解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.4．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n＝________. 答案 4－n ＋42n解析 设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋(122＋123＋…＋12n )－n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋(12＋122＋…＋12n －1)－n ＋22n＝3＋12[1－12n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .题型一 分组转化法求和例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.思维升华 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．(1)数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }前12项和为________．(2)已知数列{a n }的前n 项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，其前n 项和S n ＝________. 答案 (1)78 (2)3n －1＋2n 12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2解析 (1)由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，① 得a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＋1＝2n ＋1，②由①②得a n ＋2＋a n ＝(－1)n·(2n －1)＋(2n ＋1)， 取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10， 结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.(2)由已知得数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2n －1＝3n －1＋2n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2＋5＋…＋3n －1)＋(2＋22＋ (2))＝n＋3n －2＋－2n1－2＝12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2. 题型二 错位相减法求和例2 已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(4－a n )qn －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .思维点拨 (1)列方程组求{a n }的首项、公差，然后写出通项a n . (2)q ＝1时，b n 为等差数列，直接求和；q ≠1时，用错位相减法求和． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n . (2)由(1)得，b n ＝n ·qn －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n－1－q 1－q 2－…－q n －1＝nq n－q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋2，q ＝1，nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －2，q ≠1.思维升华 (1)错位相减法是求解由等差数列{b n }和等比数列{c n }对应项之积组成的数列{a n }，即a n ＝b n ×c n 的前n 项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练． (2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围．已知首项为12的等比数列{a n }是递减数列，其前n 项和为S n ，且S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足不等式T n ＋2n ＋2≥116的最大n 值． 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知a 1＝12，又∵S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列， ∴2(S 2＋a 2)＝S 1＋a 1＋S 3＋a 3， 变形得S 2－S 1＋2a 2＝a 1＋S 3－S 2＋a 3， 即得3a 2＝a 1＋2a 3，∴32q ＝12＋q 2，解得q ＝1或q ＝12， 又由{a n }为递减数列，于是q ＝12，∴a n ＝a 1qn －1＝(12)n . (2)由于b n ＝a n log 2a n ＝－n ·(12)n，∴T n ＝－[1·12＋2·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n －1＋n ·(12)n]，于是12T n ＝－[1·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n ＋n ·(12)n ＋1]，两式相减得：12T n ＝－[12＋(12)2＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1]＝－12·[1－12n]1－12＋n ·(12)n ＋1，∴T n ＝(n ＋2)·(12)n－2.∴T n ＋2n ＋2＝(12)n ≥116，解得n ≤4， ∴n 的最大值为4. 题型三 裂项相消法求和例3 (2014·山东)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 (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 －14nn －n ＋＝(－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＝2n 2n ＋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＋－n －12n ＋1)思维升华 利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1n －n ＋＝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＝n2n ＋1.四审结构定方案典例：(14分)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 .S n ＝－12n 2＋kn 及S n 最大值为8――→S n 是n 的函数n ＝k 时S n max ＝S k ＝8(根据S n 的结构特征确定k 值)2利用a n 、S n 的关系a n ＝92－n化简数列{9－2a n2n }9－2a n 2n＝n2n －1 根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1①①式两边同乘以22T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2②错位相减T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.规范解答解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .[6分]当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .[8分](2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1， ①所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2 ②[10分]②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[13分]2温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案； (2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数． (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证.方法与技巧非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和． 失误与防范1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，a n ＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．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．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＝________.答案 －100解析 f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n 为奇数n 2n 为偶数＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1) ＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n[n 2－(n ＋1)2] ＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201) ＝50×(－2)＝－100.3．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________． 答案 130解析 a 1＋…＋a k ＋…＋a 10 ＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20) ＝240－＋2＝240－110＝130.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2n ，n 2－6n ＋n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 2n ，n 2－6n ＋n5．数列a n ＝1nn ＋，其前n 项之和为910，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________． 答案 －9解析 数列的前n 项和为 11×2＋12×3＋…＋1n n ＋＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910，∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0. 令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9.6．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＝6.7．已知数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝－n ＋12(n ∈N *)，a 1＝－12，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 013＝________.答案 －1 0072解析 由题意知，a 1＝－12，a 2＝1，a 3＝－32，a 4＝2，a 5＝－52，a 6＝3，…，所以数列{a n }的奇数项构成了首项为－12，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1， 公差为1的等差数列，通过分组求和可得S 2 013＝[(－12)×1 007＋1 007×1 0062×(－1)]＋(1×1 006＋1 006×1 0052×1)＝－1 0072.8．设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1.S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014，∴S ＝2 0142＝1 007.9．已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝143log a n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{c n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意，知a n ＝(14)n (n ∈N *)，又b n ＝143log a n －2，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝(14)n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×(14)n (n ∈N *)．所以S n ＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n －5)×(14)n －1＋(3n －2)×(14)n，于是14S n ＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n －5)×(14)n ＋(3n －2)×(14)n ＋1.两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×(14)n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1. 所以S n ＝23－3n ＋23×(14)n (n ∈N *)．10．(2013·江西)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 ＋2a 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. (1)解 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 ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1n ＋2a 2n＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋2T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋2＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.B 组 专项能力提升 (时间：25分钟)1．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，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2 014项之和S 2 014＝________. 答案 2 010解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008， －2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4 ＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010. 2．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________.答案 (－1)n ＋1n n ＋2解析 当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n2＋2n －2＝－n n ＋2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n 2＝－n －12[3＋n －－1]2＋n 2＝n n ＋2，综上可得，原式＝(－1)n ＋1n n ＋2.3．(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则：(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________. 答案 (1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1 解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1(n ≥2)，∴a n ＝(－1)na n －(－1)n －1a n －1＋12n (n ≥2)．当n 为偶数时，a n －1＝－12n ，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n ，∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116.根据以上{a n }的关系式及递推式可求．a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128， a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128.∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋123＋…＋1299－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ，满足：S n ＝2a n －2n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列{b na n ＋2}的前n 项和，求证：T n ≥12. (1)解 当n ∈N *时，S n ＝2a n －2n ，则当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2， ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)，∴a n ＋2a n －1＋2＝2，当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2；(2)证明 b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，∴b na n ＋2＝n ＋12n ＋1，则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1， 12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， 两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝14＋14－12n1－12－n ＋12n ＋2＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， ∴T n ＝32－n ＋32n ＋1，当n ≥2时，T n －T n －1＝－n ＋32n ＋1＋n ＋22n＝n ＋12n ＋1>0，∴{T n }为递增数列，∴T n ≥T 1＝12.5．直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *.数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －n 为奇数，a n n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意，知圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ， 半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝(12|A n B n |)2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n .又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1)＝n n －2＋－2n1－4＝n 2－n 2＋23(2n－1)． 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝n ＋2－n ＋2＋23(2n ＋1－1) ＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)．而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n， 所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n－2)．所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－n 2＋23n－n 为偶数，n 2＋n 2＋13n－n 为奇数。

2019高考数学大一轮复习 6.4数列求和教师用书 理 苏教版1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .②等比数列的前n 项和公式 (i)当q ＝1时，S n ＝na 1； (ii)当q ≠1时，S n ＝a 1－qn1－q＝a 1－a n q1－q. (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．常见的裂项公式 (1)1nn ＋＝1n －1n ＋1； (2)1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .【思考辨析】判断下面结论是否正确(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)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋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)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n－12.( √ )(6)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.( √ )1．已知在每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1，且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 81＝________. 答案 640解析 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2， ∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640. 2．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)＝－200.3．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________ 答案 50解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50. 4．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n＝________. 答案 4－n ＋42n解析 设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋(122＋123＋…＋12n )－n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋(12＋122＋…＋12n －1)－n ＋22n＝3＋12[1－12n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .题型一 分组转化法求和例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.思维升华 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．(1)数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }前12项和为________．(2)已知数列{a n }的前n 项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，其前n 项和S n ＝________. 答案 (1)78 (2)3n －1＋2n 12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2解析 (1)由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，① 得a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＋1＝2n ＋1，②由①②得a n ＋2＋a n ＝(－1)n·(2n －1)＋(2n ＋1)， 取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10， 结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.(2)由已知得数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2n －1＝3n －1＋2n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2＋5＋…＋3n －1)＋(2＋22＋ (2))＝n＋3n －2＋－2n1－2＝12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2. 题型二 错位相减法求和例2 已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(4－a n )qn －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .思维点拨 (1)列方程组求{a n }的首项、公差，然后写出通项a n . (2)q ＝1时，b n 为等差数列，直接求和；q ≠1时，用错位相减法求和． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n . (2)由(1)得，b n ＝n ·qn －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n－1－q 1－q 2－…－qn －1＝nq n－q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋2，q ＝1，nqn ＋1－n ＋q n ＋1q －2，q ≠1.思维升华 (1)错位相减法是求解由等差数列{b n }和等比数列{c n }对应项之积组成的数列{a n }，即a n ＝b n ×c n 的前n 项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练． (2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围．已知首项为12的等比数列{a n }是递减数列，其前n 项和为S n ，且S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足不等式T n ＋2n ＋2≥116的最大n 值． 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知a 1＝12，又∵S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列， ∴2(S 2＋a 2)＝S 1＋a 1＋S 3＋a 3， 变形得S 2－S 1＋2a 2＝a 1＋S 3－S 2＋a 3， 即得3a 2＝a 1＋2a 3，∴32q ＝12＋q 2，解得q ＝1或q ＝12， 又由{a n }为递减数列，于是q ＝12，∴a n ＝a 1qn －1＝(12)n . (2)由于b n ＝a n log 2a n ＝－n ·(12)n，∴T n ＝－[1·12＋2·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n －1＋n ·(12)n]，于是12T n ＝－[1·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n ＋n ·(12)n ＋1]，两式相减得：12T n ＝－[12＋(12)2＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1]＝－12·[1－12n]1－12＋n ·(12)n ＋1，∴T n ＝(n ＋2)·(12)n－2.∴T n ＋2n ＋2＝(12)n ≥116，解得n ≤4， ∴n 的最大值为4. 题型三 裂项相消法求和例3 (2014·山东)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 (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 －14nn －n ＋＝(－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＝2n 2n ＋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＋－n －12n ＋1)思维升华利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1n －n ＋＝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＝n2n ＋1.四审结构定方案典例：(14分)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 .S n ＝－12n 2＋kn 及S n 最大值为8――→S n 是n 的函数n ＝k 时S n max ＝S k ＝8(根据S n 的结构特征确定k 值)k ＝4，S n ＝－12n 2＋4n利用a n 、S n 的关系a n ＝92－n化简数列{9－2a n2n }9－2a n 2n＝n2n －1 根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1①①式两边同乘以22T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2②错位相减T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.规范解答解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .[6分]当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .[8分](2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1， ①所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2 ②[10分]②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[13分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[14分]温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案； (2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数． (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证.方法与技巧非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和． 失误与防范1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，a n ＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．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．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＝________. 答案 －100解析 f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n 为奇数n 2n 为偶数＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1) ＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n[n 2－(n ＋1)2] ＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201) ＝50×(－2)＝－100.3．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________． 答案 130解析 a 1＋…＋a k ＋…＋a 10 ＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20) ＝240－＋2＝240－110＝130.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2n ，n 2－6n ＋n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 2n ，n 2－6n ＋n5．数列a n ＝1nn ＋，其前n 项之和为910，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________． 答案 －9解析 数列的前n 项和为 11×2＋12×3＋…＋1nn ＋＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910， ∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0. 令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9.6．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＝6.7．已知数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝－n ＋12(n ∈N *)，a 1＝－12，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 013＝________.答案 －1 0072解析 由题意知，a 1＝－12，a 2＝1，a 3＝－32，a 4＝2，a 5＝－52，a 6＝3，…，所以数列{a n }的奇数项构成了首项为－12，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1， 公差为1的等差数列，通过分组求和可得S 2 013＝[(－12)×1 007＋1 007×1 0062×(－1)]＋(1×1 006＋1 006×1 0052×1)＝－1 0072.8．设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1.S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014，∴S ＝2 0142＝1 007.9．已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝143log a n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{c n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意，知a n ＝(14)n (n ∈N *)，又b n ＝143log a n －2，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝(14)n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×(14)n (n ∈N *)．所以S n ＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n －5)×(14)n －1＋(3n －2)×(14)n，于是14S n ＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n －5)×(14)n ＋(3n －2)×(14)n ＋1.两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×(14)n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1. 所以S n ＝23－3n ＋23×(14)n (n ∈N *)．10．(2013·江西)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 ＋2a 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. (1)解 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 ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋2T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋2＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.B 组 专项能力提升 (时间：25分钟)1．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，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2 014项之和S 2 014＝________. 答案 2 010解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008， －2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4 ＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010. 2．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________.答案 (－1)n ＋1n n ＋2解析 当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n2＋2n －2＝－n n ＋2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n 2＝－n －12[3＋n －－1]2＋n 2＝n n ＋2，综上可得，原式＝(－1)n ＋1n n ＋2.3．(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则：(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________. 答案 (1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1 解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1(n ≥2)，∴a n ＝(－1)na n －(－1)n －1a n －1＋12n (n ≥2)．当n 为偶数时，a n －1＝－12n ，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n ，∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116.根据以上{a n }的关系式及递推式可求．a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128， a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128.∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋123＋…＋1299－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ，满足：S n ＝2a n －2n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列{b na n ＋2}的前n 项和，求证：T n ≥12. (1)解 当n ∈N *时，S n ＝2a n －2n ， 则当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2， ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)，∴a n ＋2a n －1＋2＝2，当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2；(2)证明 b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，∴b na n ＋2＝n ＋12n ＋1，则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1， 12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， 两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝14＋14－12n1－12－n ＋12n ＋2＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， ∴T n ＝32－n ＋32n ＋1，当n ≥2时，T n －T n －1＝－n ＋32n ＋1＋n ＋22n＝n ＋12n ＋1>0，∴{T n }为递增数列，∴T n ≥T 1＝12.5．直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *.数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －n 为奇数，a n n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意，知圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ， 半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝(12|A n B n |)2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n .又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1)＝n n －2＋－2n1－4＝n 2－n 2＋23(2n－1)． 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝n ＋2－n ＋2＋23(2n ＋1－1) ＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)．而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n， 所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n－2)．所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－n 2＋23n－n 为偶数，n 2＋n 2＋13n－n 为奇数。