高考数学一轮复习第六章数列数列求和对点训练理

第4讲 数列求和[基础达标]1．若数列｛a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·（3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 12＝( ）A ．18B ．15C ．－18D ．－15解析：选A 。

记b n ＝3n －2，则数列｛b n ｝是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12＝(－b 1)＋b 2＋…＋（－b 11)＋b 12＝(b 2－b 1)＋（b 4－b 3）＋…＋(b 12－b 11)＝6×3＝18。

2．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，则数列错误!的前5项和为（ ）A ．158或5B ．错误!或5C ．错误!D ．错误!解析：选C 。

设数列{a n ｝的公比为q 。

由题意可知q ≠1，且错误!＝错误!，解得q ＝2，所以数列错误!是以1为首项，错误!为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝错误!.3．数列{a n }的通项公式是a n ＝错误!，若前n 项和为10，则项数n 为（ )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A。

a n＝错误!＝错误!＝错误!－错误!,所以a1＋a2＋…＋a n＝（错误!－1)＋(错误!－错误!）＋…＋（错误!－错误!）＝错误!－1＝10。

即错误!＝11，所以n＋1＝121，n＝120.4．设各项均为正数的等差数列｛a n｝的前n项和为S n,且a4a8＝32，则S11的最小值为( )A．22错误!B．44错误!C．22 D．44解析：选B.因为数列{a n}为各项均为正数的等差数列，所以a4＋a8≥2a4a8＝82，S11＝错误!＝错误!（a4＋a8)≥错误!×8错误!＝44错误!，故S11的最小值为442，当且仅当a4＝a8＝4错误!时取等号．5．设等比数列｛a n｝的各项均为正数，且a1＝错误!,a错误!＝4a2a8，若错误!＝log2a1＋log2a2＋…＋log2a n，则数列｛b n｝的前10项和为（）A．－错误!B．错误!C．－错误!D．错误!解析：选A。

高考数学大一轮复习第六章数列第4讲数列求和分层演练理（含解析）新人教A版1．已知数列{a n}的通项公式是a n＝2n－3⎝⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为( )A．380－35⎝⎛⎭⎪⎫1－1519B．400－25⎝⎛⎭⎪⎫1－1520C．420－34⎝⎛⎭⎪⎫1－1520D．440－45⎝⎛⎭⎪⎫1－1520解析：选 C.令数列{a n}的前n项和为S n，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝⎛⎭⎪⎫1－1520.2．数列{a n}的通项公式是a n＝1n＋n＋1，若前n项和为10，则项数n为( )A．120 B．99C．11 D．121解析：选A.a n＝1n＋n＋1＝n＋1－n（n＋1＋n）（n＋1－n）＝n＋1－n，所以a1＋a2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1＝10.即n＋1＝11，所以n＋1＝121，n＝120.3．(2019·江西师大附中调研)定义np1＋p2＋…＋p n为n个正数p1，p2，…，p n的“均倒数”，若已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为15n，又b n＝a n5，则1b1b2＋1b2b3＋…＋1b10b11＝( ) A.817B.919C.1021D.1123解析：选C.由定义可知a1＋a2＋…＋a n＝5n2，a1＋a2＋…＋a n＋a n＋1＝5(n＋1)2，可求得a n＋1＝10n＋5，所以a n＝10n－5，则b n＝2n－1.又1b n b n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1b n－1b n＋1，所以1b1b2＋1b2b3＋…＋1b10b11＝12(1b1－1b2＋1b2－…－1b10＋1b10－1b11)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1b1－1b11＝1021.4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( ) A ．－30 B ．－60 C ．90D ．120解析：选D.由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .所以a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，所以S 60＝8×15＝120.5．(2019·湖南湘潭模拟)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 ．1 026 B ．1 025 C ．1 024D ．1 023解析：选C.因为2n＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.故选C.6．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 解析：由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， 所以T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60. 答案：607．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________． 解析：因为f (x )＋f (1－x ) ＝12＋log 2x 1－x ＋12＋log 21－x x ＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝n －1. 所以S n ＝n －12.答案：n －128．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%，则第n 年初M 的价值a n ＝________．解析：当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，所以a n ＝120－10(n －1)＝130－10n (n ≤6且n ∈N *)；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又因为a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6(n ≥7且n ∈N *)．答案：⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6且n ∈N *，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7且n ∈N *9．(2018·高考天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6. (1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q .由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n .所以，S n ＝n （n ＋1）2.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n （n ＋1）2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以，n 的值为4.10．(2019·长沙市统一模拟考试)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a n a n ＋1，设{b n }的前n 项和为S n .求最小的正整数n ，使得S n >2 0162 017. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)因为b n ＝2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1，令1－12n ＋1>2 0162 017， 解得n >1 008，故取n ＝1 009.1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝28，S 10＝310.记函数f (n )＝S n (n ∈N *)，A (n ，f (n ))，B (n ＋1，f (n ＋1))，C (n ＋2，f (n ＋2))是函数f (n )上的三点，则△ABC 的面积为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.因为a 5＝28，S 10＝310.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝28，10a 1＋10×92d ＝310，解得a 1＝4，d ＝6. 所以a n ＝4＋(n －1)×6＝6n －2. 所以S n ＝4n ＋n （n －1）2×6＝3n 2＋n .所以A ，B ，C 的坐标分别为(n ，3n 2＋n )，(n ＋1，3(n ＋1)2＋(n ＋1))，(n ＋2，3(n ＋2)2＋(n ＋2))．所以△ABC 的面积S ＝12[(3n 2＋n )＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×2－12[(3n 2＋n )＋3(n ＋1)2＋(n ＋1)]×1－12[3(n ＋1)2＋(n ＋1)＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×1＝(6n 2＋14n ＋14)－(3n 2＋4n ＋2)－(3n 2＋10n ＋9)＝3，即△ABC 的面积为3.2．(2017·高考全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A ．440 B ．330 C ．220D ．110解析：选A.设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n （n ＋1）2.由题意可知，N >100，令n （n ＋1）2>100，所以n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n1－2＝2n －1，前n 组的所有项的和为2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数，第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，所以2t＝k ＋3，所以t ＝log 2(k ＋3)，所以当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×（13＋1）2＋4＝95<100，不满足题意，当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×（29＋1）2＋5＝440，当t >5时，N >440，故选A.3．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 018项的和等于________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 018项的和S 2 018＝1 009×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝3 0272.答案：3 02724．某人打算制定一个长期储蓄计划，每年年初存款2万元，连续储蓄12年．由于资金原因，从第7年年初开始，变更为每年年初存款1万元．若存款利率为每年2%，且上一年年末的本息和共同作为下一年年初的本金，则第13年年初时的本息和约为________万元(结果精确到0.1)．(参考数据：1.026≈1.13，1.0212≈1.27)解析：由题意可知，第1年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.0212，第2年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.0211，…，第6年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.027，第7年年初存入的1万元，到第13年年初时本息和为1×1.026，…，第12年年初存入的1万元，到第13年年初时本息和为1×1.02，第13年年初时的本息和为2×1.0212＋2×1.0211＋…＋2×1.027＋1.026＋1.025＋…＋1.02 ＝2×1.027×（1－1.026）1－1.02＋1.02×（1－1.026）1－1.02＝2×1.02×（1.0212－1.026）0.02＋51×(1.026－1)≈51×(0.28＋0.13)＝20.91≈20.9. 答案：20.95．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 项和为T n ，求T 2n .解：(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 ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以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 （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以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＋2（1－4n）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．6．(2019·张掖市第一次诊断考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝ －log 2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式与数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝b n2n ＋1＋1n （n ＋1），其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由a 1＝－3a 1＋4，得a 1＝1， 由a n ＝－3S n ＋4， 知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4， 两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n＝2n . (2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n （n ＋1）.令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.所以H n ＝2－n ＋22n.又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，所以T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n＋nn ＋1.。

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)．。

数列求和题型分组求和法典例1(2024·山东潍坊模拟)已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋…＋a n 2n ＝n2n.从结构特点分析，属于由S n 求a n 的类型，应用a n ＝S n －S n －1(n≥2)的运算，求通项公式．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意的n ∈N *，令b n n ，n 为奇数，a n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)当n ＝1时，a 12＝12，解得a 1＝1；当n ≥2时，a 12＋a 222＋…＋a n 2n ＝n2n ，①a 12＋a 222＋…＋a n －12n －1＝n －12n －1，②由①－②，得a n 2n ＝n 2n －n －12n －1＝2－n 2n，两式相减，目的是暴露出a n ，从而得出通项公式．即a n ＝2－n ，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1也符合，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)由(1)知b n 奇数项和偶数项分别是不同数列，采用分组求和已是必然.这样分组的话，奇数项和偶数项的项数必须要讨论清楚．当n 为偶数时，当n 为偶数时，奇数项和偶数项的项数各是n2项．S n ＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋2－(n －1)]＋(20＋2－2＋…＋22－n )＝1＋3－nn 22＋121－14＝4－n n4＋＝－3n 2＋12n ＋1612－13×2n －2；当n 为奇数时，S n ＝S n ＋1－b n ＋1这里n 为奇数，n ＋1为偶数，S n ＋1代入前面解析式，如此计算更显简单！＝－3n ＋12＋12n ＋1＋1612－13×2n －1－21－n ＝－3n 2＋6n ＋2512－43×2n －1.综上所述，S n －43×2n －1，n 为奇数，－13×2n －2，n 为偶数.1．若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差数列或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和．2．若数列{c n }的通项公式为c n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.对点练1数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________________________________________________________________________．解析：∵a n ＝(2n －1)＋12n ，∴S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋122＋123＋…n [1＋2n －1]2＋21－12＝n 2＋1－12n .答案：n 2＋1－12n题型并项求和法典例2(2024·江苏南京外国语学校、金陵中学联考)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1－a 2n ＝8n .这种递推结构，常暗示用累加法求通项．(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n sina n π2，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S 2023.解：(1)对任意的n ∈N *，a 2n ＋1－a 2n ＝8n ，当n ≥2时，a 2n ＝(a 2n －a 2n －1)＋…＋(a 22－a 21)＋a 21这个过程体现了两两并成一项，再求和的思路．＝8(n －1)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋1＝8×n n －12＋1＝(2n －1)2，因为a n >0，故a n ＝2n －1.【题眼】{a n }为“正项数列”，据此排除负值．当n ＝1时，a 1＝1符合a n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知，b n 奇偶项的符号不同，常采用奇偶两项并成一项再求和的方法．所以当k ∈N *时，b 2k ＋b 2k ＋1＝－(4k －1)＋4k ＋1＝2，故S 2023＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5)＋…＋(b 2022＋b 2023)＝1＋2×1011＝2023.【扫清障碍】并项求和法类似倒序相加法，数列中的项满足某些规律，一般是正负项交替出现，求解时要重点关注项两两结合后的“新数列”有多少项．1．一般地，当数列中的各项正负交替，且各项绝对值成等差数列时，可采用并项转化法求和．2．在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n 分奇数和偶数两种情况进行讨论，所以结果一般用分段函数来表示.对点练2已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝(－1)n a n ＋2，则{a n }的前100项和为________．解析：①当n 为偶数时，a n ＋2＝a n ＋2，则偶数项是以1为首项，2为公差的等差数列，故a 2＋a 4＋…＋a 100＝50×1＋50×492×2＝2500.②当n 为奇数时，a n ＋2＝－a n ＋2，即a n ＋a n ＋2＝2，故a 1＋a 3＋…＋a 99＝2×25＝50.综上，S 100＝2550.答案：2550题型错位相减法典例3(2023·全国甲卷，理)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解：(1)2S n ＝na n ①，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1②，由①－②得，2a n ＝na n －(n －1)a n －1，我们常说S n 和a n 不共存，常用a n ＝S n －S n －1的变形，要么得到a n 的递推，要么得到S n的递推．即(n －1)a n －1＝(n －2)a n .当n ＝2时，a 1＝0；由条件2S n ＝na n ，令n ＝2，可推得a 1＝0.当n ≥3时，a n －1n －2＝a n n －1.∴当能理解这里n≥2的限制吗？∴a n n －1＝a 21＝1，∴a n ＝n －1(n ≥2)．由a 1＝0也满足上式，∴a n ＝n －1(n ∈N *)．(2)由(1)2我们称此种形式的数列为“差比数列”．形如a n ＝(a n ＋b)·q n －1的形式，即两个因式，一个因式为等差数列{a n ＋b}，另一个因式为等比数列{q n －1}，它的前n 项和常采用错位相减法；有的老师总结了前n 项和的一个公式S n ＝(An ＋B)·q n －B ，其中A ＝a q －1，B ＝b －A q －1，以上有助于加强我们对它的认识！则T n ＝＋＋＋…＋n③，12Tn ＝＋＋…＋(n －＋n＋1④，由③－④得12T n ＝1211－12－n＋1，∴T n ＝2－(2＋n .1．一般地，如果数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘等比数列{b n }的公比，然后作差求解．2．在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式.对点练3(2024·重庆一中月考)已知函数f (x )＝cos πx －sin πx (x ∈R )的所有正零点构成递增数列{a n }(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b nn {b n }的前n 项和T n .解：(1)因为f (x )＝cos πx －sin πx ＝2cos xf (x )＝0可得2cosx 0，即πx ＋π4＝π2＋k π(k ∈Z )，解得x ＝14＋k (k ∈Z )．因为{a n }为所有正零点构成的数列，所以a 1＝14，且a n －a n －1＝1(n ≥2)，故{a n }为以14为首项，1为公差的等差数列，即a n ＝14＋(n －1)＝n －34.(2)由(1)知a n ＝n －34，所以b n－34＋，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1＋b n＋＋＋…＋(n －－1＋n①，所以12T n＋＋＋…＋(n －＋n＋1②，①－②可得12T n＋…－＋1＝1211－12－＋1＝1－(n ＋＋1，故T n ＝2－(n ＋.题型倒序相加法典例4(2024·上海宜川中学模拟)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称．相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，此方法也被称为高斯算法．已知某数列的通项公式为a n ＝2n －1002n －101，则a 1＋a 2＋…＋a 100＝()A ．98B ．99C ．100D ．101解析：方法一：由数列的通项公式为a n ＝2n －1002n －101，可得当1≤n ≤100，n ∈N *时，a n ＋a 101－n ＝2n －1002n －101＋2101－n －1002101－n－101＝2n －1002n －101＋102－2n 101－2n＝4n －2022n －101＝2，所以a 1＋a 100＝a 2＋a 99＝a 3＋a 98＝…＝a n ＋a 101－n ＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 100)＝2×100＝200，【扫清障碍】求和式中到首尾距离相等的两项和相等，考虑使用倒序相加法，将求和式倒序书写，之后与原式相加，两两结合求解．所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝100.方法二：函数f (x )＝2x －1002x －101的图象关于点所以f (x )＋f (101－x )＝2，则f (1)＋f (100)＝f (2)＋f (99)＝…＝f (50)＋f (51)＝2，即a 1＋a 100＝a 2＋a 99＝…＝a 50＋a 51＝2，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝50×2＝100.故选C.【方法辨析】方法二中，首尾对应的项两两结合，求和时项数易错，而方法一采用倒序相加法，项数容易确定，但不要忘了结果要除以2.若一个数列{a n }，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．对点练4已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解：(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n 可得1a n ＋1＝2a n －16，于是1a n ＋1－16＝b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，所以a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.题型裂项相消法的多维研讨维度1b n ＝1a n a n ＋1({a n }为等差数列)型典例5求和：(1)S n ＝1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n ；a n ＝11＋2＋…＋n ＝2nn ＋1，像这样没有给出通项公式的情况下，求S n 时，应先求出通项公式．(2)S n ＝11×3＋12×4＋…＋1n n ＋2.解：(1)由题意知，a n ＝2nn ＋1＝∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝…＝2nn ＋1.(2)由题意知，a n nn ＋22经典题型，关键是体会裂项相消后，前后余下的几项是对称的，即前面和后面余下的项数相同．∴S n－13＋12－14＋…＋1n －＋12－1n ＋1－＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2.利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }a n a n ＋1d a n a n ＋22d 理解前面系数的匹配！对点练5(2024·河南洛阳模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＝5，a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a 2n ＋4n －2，S n 是数列{b n }的前n 项和，若对任意正整数n ，不等式2S n ＋(－1)n＋1a >0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为a 3＝5，a 1，a 2，a 51＋2d ＝5，a 1＋d2＝a 1a 1＋4d ，又d ≠0，1＝1，＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1a 2n ＋4n －2＝12n －12＋4n －2＝14n 2－1＝12n －12n ＋1所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12×＋12×…依题意得，对任意正整数n ，不等式1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0恒成立，当n 为奇数时，1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0即a >－1＋12n ＋1，所以a >－23；当n 为偶数时，1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0即a <1－12n ＋1，所以a <45.所以实数a －23，维度2a n ＝1n ＋k ＋n型典例6(2024·广东揭阳调研)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n ＋1，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c n ＝1a n ＋1＋a n，S n 是数列{c n }的前n 项和，求S n .解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋1，有a 2n ＋1－a 2n ＝1，可知数平方后，构造等差数列．列{a 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n .(2)c n ＝1a n ＋1＋a n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，分母有理化，裂成两项相减的形式，为裂项相消法求和作准备．所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.形如a n ＝1n ＋k ＋n型的数列采用裂项相消法求和时，应先将分母有理化.对点练6已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，其中d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点，且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9，所以d ＝2，S 9＝99.又因为S n ＝na 1＋n n －12d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝1a n ＋1＋a n＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，所以T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32.维度3a n ＝n ＋kn 2n ＋φ2型典例7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；(2)令b n＝n＋1n＋22a2n，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S2n－(n2＋n－1)S n－(n2＋n)＝0，得[S n－(n2＋n)](S n＋1)＝0.二次三项式的因式分解．由于{a n}是正项数列，所以S n>0，所以S n＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.当n＝1时，a1＝2＝2×1符合上式．综上，数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)．(2)证明：由于a n＝2n，故b n＝n＋1n＋22a2n＝n＋14n2n＋22＝1161n2－1n＋22.分母的结构特点为二次式的乘积形式，分子为一次式，学习裂项方法．所以T n＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1n－12－1n＋12＋1n2－1n＋22＝1 161＋122－1n＋12－1n＋22<＝564.先裂项求和，再证明不等式．形如a n＝n＋kn2n＋φ2型的数列采用裂项相消法求和时，可以将平方项看成一个整体，然后调整系数求解.对点练7已知各项均不相等的等差数列{a n}的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列{b n}的前3项．(1)求a n，b n；(2)设c n＝b n＋2n＋1a2n·a2n＋1，求{c n}的前n项和S n.解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，a1＋4×32d＝10，22＝a1a4，a1＋3d＝5，a1＋d2＝a1·a1＋3d，a1＋3d＝5，2＝a1d，因为d ≠0a 1＋3d ＝5，＝a 1，解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，所以b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝2，所以等比数列{b n }的公比q ＝a 2a 1＝2，所以b n ＝2n －1.(2)由(1)知，c n ＝2n －1＋2n ＋1n 2·n ＋12＝2n －1＋1n2－1n ＋12，所以S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＋112－122＋122－132＋…＋1n 2－1n ＋12＝1－2n 1－2＋1－1n ＋12＝2n －1n ＋12.维度4a n ＝ka na n －1a n ＋1－1(a >0且a ≠1)型分母结构特点：等比数列相邻两项的积．典例8已知a n ＝2·3n3n －13n ＋1－1，求数列{a n }的前n 项和S n .解：由题意知，a n ＝13n －1－13n ＋1－1，注意到分子2·3n 恰好为分母中两因式的差：(3n ＋1－1)－(3n －1)＝2·3n .∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝13－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.由于(a －1)a n ＝an ＋1－a n，所以有a －1a na n ＋ba n ＋1＋b＝1a n ＋b －1a n ＋1＋b.分子恰好为分母中两因式的差．常见指数型裂项：(1)2n2n ＋1－12n －1＝12n －1－12n ＋1－1.(2)12n 2n －1＝12n －1－12n .(3)n ＋2nn ＋1·12n ＝2n ＋1－n n n ＋1·12n 裂为分母为差比数列的形式．＝1n ·2n －1－1n ＋1·2n.(4)n ＋12＋1nn ＋12n ＋2＝12·n 2＋2n ＋2n n ＋12n ＋1＝12n 2＋n n n ＋12n ＋1＋n ＋2nn ＋12n ＋1＝1212n ＋1＋1n ·2n－1n ＋1·2n ＋1.对点练8已知数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n ＝S 1＋S n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋1S n ·S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，解得a 1＝2或a 1＝0(舍去)．当n ≥2时，2a n ＝2＋S n ，①2a n －1＝2＋S n －1，②①－②，得a n ＝2a n －1，所以a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2·2n －1＝2n .(2)由于S n ＝21－2n 1－2＝2·(2n －1)，所以b n ＝a n ＋1S n ·S n ＋1＝2n ＋142n －12n ＋1－1所以T n ＝12×…＝2n －12n ＋1－1.。

第4讲 数列求和一、选择题1.在等差数列}{n a 中，5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25 解析15242451,5551522a a a a a a S ++==⇒=⨯=⨯=.答案 B2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )． A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析 设b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 答案 A3．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0132 014，则项数n 为( )．A ．2 011B ．2 012C ．2 013D ．2 014解析 ∵a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0132 014，解得n ＝2 013.答案 C4．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×(3＋119)2＝30×61＝1 830.答案 D5. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝( )A ．70B ．75C ．80D ．85解析 由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 3＋2n ＋12＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝10 3＋122＝75，故选B .答案 B6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )． A.212B ．6C ．10D ．11解析 依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B. 答案 B 二、填空题7．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案 －2 2n －1－128．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1· 1－4n 1－4＝13(4n －1)．答案13(4n－1) 9．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ， 所以1b n b n ＋1＝1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1.则S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案n n ＋110．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________． 解析当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)4x 1＋x 2＋(4x 1＋4x 2)×2＋4＝1.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5.答案 5 三、解答题11．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎨⎧S 2b 2＝ 6＋d q ＝64，S 3b 3＝ 9＋3d q 2＝960，解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65，q ＝403.(舍去)故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1. (2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32 n ＋1 n ＋2. 12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝12S n ，a n ＝12S n －1(n ≥2)，得到a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列．又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．又a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.(2)b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝n . ∴1b n b n ＋1＝1n (1＋n )＝1n －11＋n. ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝nn ＋1. 13．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪：(1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积，可用错位相减法． 解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3， ①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， ②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n . (2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n .∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ， ③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )， 即2S n ＝n ·3n ＋1－3(1－3n )1－3，∴S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34.探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 …已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝10.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1. ①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d ， 则⎩⎨⎧ b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎨⎧b 1＝2，d ＝2， 所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且32<13<42，a 10＝b 4＝8， 所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，所以解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n q n －1，因此c n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝n 2n －2. 所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n 2n －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－n2n －1＝4－n ＋22n －1，解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知c n ＝n 2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n (n ＋1)2n －2≥λ. 设f (n )＝n (n ＋1)2n －2， 计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154. 因为f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)(2－n )2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5].。

1 【创新设计】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列求和习题 理 新人教A版 基础巩固题组 (建议用时：40分钟) 一、填空题 1.(2015·安徽卷)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋12(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________. 解析 由已知数列{an}是以1为首项，以12为公差的等差数列.∴S9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27. 答案 27 2.(2016·南通调研)若等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝4，S4＝10，则数列1anan＋1的前2 015项和为________.

解析 ∵a4＝a1＋3d＝4，S4＝4a1＋6d＝10，∴a1＝1，d＝1，∴an＝n， ∴1anan＋1＝1n－1n＋1， ∴前2 015项和为1－12＋12－13＋…＋12 015－12 016 ＝2 0152 016. 答案 2 0152 016 3.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于________. 解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＋[－3－(－3)－3＋…－(－3)]＝4×(－50)＝－200. 答案 －200 4.在等比数列{an}中，若a1＝12，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________. 解析 设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝12×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝12(12

＋2＋22＋…＋2n－1)＝12(2n－1)＝2n－1－12. 答案 －2 2n－1－12

第4讲 数列求和一、选择题1.在等差数列}{n a 中，5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25解析15242451,5551522a a a a a a S ++==⇒=⨯=⨯=.答案 B2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )． A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析 设b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 答案 A3．在数列{a n }中，a n ＝1nn ＋，若{a n }的前n 项和为2 0132 014，则项数n 为( )．A ．2 011B ．2 012C ．2 013D ．2 014解析 ∵a n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0132 014，解得n ＝2 013. 答案 C4．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝＋2＝30×61＝1 830.答案 D5. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝( )A ．70B ．75C ．80D ．85解析 由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝＋2n ＋2＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝＋2＝75，故选B .答案 B6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )．A.212B ．6C ．10D ．11解析 依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B.答案 B 二、填空题7．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案 －2 2n －1－128．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________. 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列． ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝－4n1－4＝13(4n－1)． 答案 13(4n－1)9．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n项和S n ＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n，故b n ＝log 3a n ＝n ， 所以1b n b n ＋1＝1nn ＋＝1n －1n ＋1. 则S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案nn ＋110．设f (x )＝4x4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________． 解析 当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋x 1＋4x 24x 1＋x 2＋x 1＋4x 2＋4＝1.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5. 答案 5 三、解答题11．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2＝＋d q ＝64，S 3b 3＝＋3d q 2＝960，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65，q ＝403.(舍去)故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， 所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋3n ＋n ＋.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n . 解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝12S n，a n＝12S n －1n，得到a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列．又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．又a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.(2)b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝n .∴1b n b n ＋1＝1n＋n ＝1n －11＋n . ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝n n ＋1.13．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪：(1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n的特点是数列{n }与{3n}之积，可用错位相减法． 解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n .(2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n.∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n， ③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋ (3))，即2S n ＝n ·3n ＋1－31－3n1－3，∴S n ＝2n －13n ＋14＋34. 探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝10.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1. ①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝2，d ＝2，所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且32<13<42，a 10＝b 4＝8， 所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，所以解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n qn －1，因此c n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝n2n －2.所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n2n －2，12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1， 因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1，解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知c n ＝n 2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n n ＋2n －2≥λ.设f (n )＝n n ＋2n －2，计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154.因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋－n2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5].。

高考数学一轮复习第六章第4讲数列求和文（含解析）第4讲数列求和一、多项选择题1.在等差数列{an}中，a2?1,a4?5,则{an}的前5项和s5=()a.7b.15c.20d.25分析a2?1,a4?5?s5?a1?a5a?a4?5?2?5?1522.N答案B2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝()．a．15b、十二c．－12d、－15解析设bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.答案a3.在序列{an}中，an=A.2022分析∵ A=答案C4．数列{an}满足an＋1＋(－1)an＝2n－1，则{an}的前60项和为()．a．3690b、 3660c．1845d、 1830年nn1n＋2022，若{an}的前n项和为，则项数n为()．二千零一十四c．2013d、 2022年b．20121n＋N111n2022=-，‡Sn=1-==，解为n=2022 nn＋1n＋1n＋12022解析当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝a2＋a3＋（a4＋a5）＋…＋（a60＋a61）＝3＋7＋11＋…＋（4×30-1）=答案D15.已知序列{an}的通项公式是an=2n+1，设BN=（a1+A2+…+an），然后是序列{BN}的前10项＋2＝30 × 61＝1830.n和t10＝()a、 70b.75c.80d.851从已知的an=2n+1，我们可以得到A1=3，A1+A2+…+an=BN=n+2，T10=答案B＋2=75，所以选择B＋2n＋2＝n（n＋2）1*6.如果序列{an}满足an+an+1=（n∈ n），A1=1，Sn是序列{an}的前n项之和，然后是S21=（）221a.2b、六,c．10d、 11根据问题的意思，an+an+1=an+1+an+2=，然后an+2=an，即序列{an}中的奇偶项2别相等，则a21＝a1＝1，s21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a211=10×1=6，所以选择B2答案b二、填空题一7．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝2________.解析设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q，代入数据解得q＝－8，所以q＝－2；11n－1如果等比序列{an}的公共比为| Q |=2，则| an＝×2。