第2讲 数列的求和问题高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 (2017·山东省平阴县第一中学模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，数列{b n }是公比大于0的等比数列，且b 1＝－2a 1＝2，a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，－2a nb n，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，且q >0， 由题易知，a 1＝－1，b 1＝2， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＋q ＝0，4q 2＋3d ＝10，解得q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝－54舍去，此时d ＝－2， ∴a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n.(2)由(1)知，a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n， ∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，2n －12n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，奇数项和偶数项各有n2项，∴T n ＝(c 1＋c 3＋c 5＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n ) ＝n ＋(c 2＋c 4＋…＋c n )， 令H n ＝c 2＋c 4＋c 6＋…＋c n ，∴H n ＝32＋723＋1125＋…＋2n －52n －3＋2n －12n －1，14H n ＝323＋725＋…＋2n －52n －1＋2n －12n ＋1， 以上两式相减，得34H n ＝32＋423＋425＋…＋42n －1－2n －12n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫421＋423＋…＋42n －1－12－2n －12n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫142n 1－14－12－2n －12n ＋1 ＝136－6n ＋136×2n ， ∴H n ＝269－6n ＋139×2n －1.故当n 为偶数时，T n ＝269＋n －6n ＋139×2n －1，当n (n ≥3)为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋a n ＝269＋(n －1)－6n ＋79×2n －2＋2 ＝359＋n －6n ＋79×2n －2， 经验证，n ＝1也适合上式．综上，得T n＝⎩⎪⎨⎪⎧359＋n －6n ＋79×2n －2，n 为奇数，269＋n －6n ＋139×2n －1，n 为偶数.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 (2017届广东省揭阳市模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2(n ＋1)a nn＋n ＋1.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nn＋1是等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . (1)证明 方法一 由已知得a n ＋1n ＋1＝2·a nn＋1，∴a n ＋1n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1， 又a 1＋1＝2，a n >0，∴a nn＋1≠0，∴a n ＋1n ＋1＋1a nn＋1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nn＋1是首项为2，公比为2的等比数列．方法二 由a n ＋1＝2(n ＋1)a nn＋n ＋1，得na n ＋1＝2(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)， 由a 1>0及递推关系，可知a n >0， ∴a nn＋1≠0，∴a n ＋1n ＋1＋1a n n＋1＝na n ＋1＋n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)＝2(n ＋1)a n ＋2n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)＝2， 又∵a 1＝1，∴a 11＋1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nn＋1是首项为2，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)得a n n＋1＝2·2n －1＝2n，∴a n ＝n ·2n－n ，S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n －[1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ]，设T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n， ①则2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n＋n ×2n ＋1， ②由①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝－(n －1)2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，又1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (1＋n )2，∴S n ＝(n －1)2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 (2017·山西省实验中学联考)已知数列{a n }为等差数列，且a 3＝5，a 5＝9，数列{b n }的前n 项和S n ＝23b n ＋13.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n |b n |，求数列{c n }的前n 项的和T n . 解 (1)因为数列{a n }为等差数列， 所以d ＝12(a 5－a 3)＝2，又因为a 3＝5，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1. 当n ＝1时，b 1＝23b 1＋13，所以b 1＝1；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝23b n －23b n －1，所以b n ＝－2b n －1，即数列{b n }是首项为1，公比为－2的等比数列， 所以b n ＝(－2)n －1.(2)因为c n ＝a n |b n |＝(2n －1)2n －1，所以T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1，2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n， 两式相减，得－T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n －1)2n＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n＝1＋2×2－2n 1－2－(2n －1)2n＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n，所以T n ＝3＋(2n －3)2n.思维升华 (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．要注意的是相减后得到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．跟踪演练2 (2017届湖南省衡阳市期末)数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足：①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)， 检验a 1＝1，满足a n ＝2n －1(n ∈N *)． ∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0， 且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ， ∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14，∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 (n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，T n ＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，两式相减，得12T n ＝1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)．热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．例3 (2017届山东省青岛市二模)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(－1)nn⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12，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 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ， ①∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )， ②∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. (2)由题意知，b n ＝(－1)nn⎝⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1T n ＝19⎣⎢⎡ －⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋(－1)n12n ＋1.思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常用的裂项公式 ①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．跟踪演练3 已知数列{a n }满足：1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22 (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n a n ＋1，S n 为数列{b n }的前n 项和，对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由题意，得当n ＝1时，1a 1＝12，则a 1＝2.当n ≥2时，1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22，则1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＝(n －1)22， 两式相减，得1a n ＝n 22－(n －1)22＝2n －12，即a n ＝22n －1，当n ＝1时，也符合上式，则a n ＝22n －1.(2)由(1)，得b n ＝a n a n ＋1＝22n －1·22(n ＋1)－1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝2⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1， 则n 越大，12n ＋1越小，S n 越大，即当n ＝1时，S n 有最小值S 1＝43.因为对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立，所以43>2λ－13，解得λ<56，故实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，56.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则k ＝1n1Sk＝________.答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴k ＝1n1S k＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 2．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2， 所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8， ① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ， ③4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， ④③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.押题预测1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循． 答案 1解析 因为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n2n n (n ＋1)＝12n －1n －12n (n ＋1)， 所以S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12×1－12×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2－12×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －12(n ＋1)＝1－12n (n ＋1)，由于1－12n (n ＋1)<1，所以M 的最小值为1.2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1) (a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，所以a 1＝a ， 当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，①S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，②由①－②，得a n ＝a ·a n －1，即a na n －1＝a ， 故{a n }是首项a 1＝a ，公比为a 的等比数列， 所以a n ＝a ·an －1＝a n.故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2， 即8a 3＝a ＋2a 2，因为a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0， 即(2a －1)(4a ＋1)＝0， 解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝12n .(2)由(1)得b n ＝2n ＋1a n＝(2n ＋1)·2n，所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)×2n －1＋(2n ＋1)×2n， ①2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n＋(2n ＋1)×2n ＋1， ② 由①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(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.A 组 专题通关1．(2017届湖南师大附中月考)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64答案 D解析 由已知有a n a n ＋1＝2n，∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2，所以数列{a n }奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2，所以数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1，所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64，故选D.2．(2017届河南百校联盟质检)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是( )A.99B.33C ．4 2D ．3 答案 D解析 ∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为等差数列，首项为1，公差为22－1＝3. ∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，a n >0， ∴a n ＝3n －2(n ∈N *)， ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)， 故数列{b n }的前n 项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)，则S 33＝13(3×33＋1－1)＝3.故选D.3．(2017届江西省鹰潭市模拟)已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋…＋a 100等于( ) A ．－100 B ．0 C ．100 D ．10 200答案 A解析 a 1＝－1＋22，a 2＝22－32，a 3＝－32＋42，a 4＝42－52，…，所以a 1＋a 3＋…＋a 99＝(－1＋22)＋…＋(－992＋1002)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(99＋100)＝5 050，a 2＋a 4＋…＋a 100＝(22－32)＋…＋(1002－1012)＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5 150，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝5 050－5 150＝－100.4．(2017届广东省潮州市模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＝2·3n －1(n ∈N *)，若b n＝a n ＋1S n S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝____________. 答案 12－13n ＋1－1解析 因为a n ＋1a n ＝2·3n2·3n －1＝3，所以数列{a n }为等比数列．所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－3n )1－3＝3n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 则b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1.5．(2017届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数x ，[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－0.2]＝－1，[1.72]＝1，已知a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 3(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前项和，则S 2 017＝________.答案 677 712解析 由于⎣⎢⎡⎦⎥⎤13＝0，⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝0，⎣⎢⎡⎦⎥⎤33＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤43＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤53＝1，⎣⎢⎡⎦⎥⎤63＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤73＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤83＝2，根据这个规律，后面每3项都是相同的数，2 017－2＝671×3＋2，后余2项， 所以S 2 017＝1＋6712×671×3＋672＋672＝677 712.6．(2017届山西晋中榆社中学月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，满足2a n ＋1＋S n －2＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na 2n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为2a n ＋1＋S n －2＝0， 所以当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0， 两式相减，得2a n ＋1－2a n ＋S n －S n －1＝0， 即2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，a n ＋1＝12a n .又当n ＝1时，2a 2＋S 1－2＝0⇒a 2＝12a 1，即a n ＋1＝12a n (n ∈N *)．所以{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝12的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知，b n ＝na 2n ＝n4n －1，则T n ＝1＋24＋342＋…＋n －14n －2＋n4n －1，① 4T n ＝4＋2＋34＋…＋n －14n －3＋n4n －2，②由②－①，得3T n ＝5＋14＋…＋14n －3＋14n －2－n4n －1＝163－3n ＋43×4n －1. 所以数列{b n }的前n 项和为T n ＝169－3n ＋49×4n －1.7．(2017届山东省胶州市普通高中期末)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 ＋1(n ＋2)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 >0，S n ＝n 2＋n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上可知，数列{}a n 的通项公式a n ＝2n . (2)证明 由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，所以b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－⎦⎥⎤1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 8．(2017届江西省南昌市模拟)已知等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{}a n 的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －1a n a n ＋1，求数列{}b n 的前2n 项和T 2n .解 (1)设等差数列{}a n 的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5， 可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，所以3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. 所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1·(4n 2－1)，所以T 2n ＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n －1×[4×(2n )2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2]＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n －1＋2n )＝－4×2n (2n ＋1)2＝－8n 2－4n .B 组 能力提高9．(2017·湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列{}a n 满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{}b n 的前n 项和，则S 24等于( )A ．294B ．174C ．470D ．304答案 D解析 由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等差数列，因此a nn ＝1＋()n －1×1＝n ，a n ＝n 2，b n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2，n ＝3k ＋1，k ∈N ，－12n 2，n ＝3k ＋2，k ∈N ，n 2，n ＝3k ＋3，k ∈N ，因此b 3k ＋1＋b 3k ＋2＋b 3k ＋3＝9k ＋132，k ∈N ， S 24＝9()0＋1＋…＋7＋132×8＝304，故选D.10. (2017届湖南省常德市第一中学月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋2n ，b n ＝a n a n ＋1cos(n ＋1)π，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，则实数t 的取值范围是______________． 答案 (－∞，－5] 解析 当n ＝1时，a 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1， 当n ＝1时也成立，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，∴b n ＝a n a n ＋1cos(n ＋1)π＝(2n ＋1)(2n ＋3)cos(n ＋1)π.当n 为奇数时，cos(n ＋1)π＝1，当n 为偶数时， cos(n ＋1)π＝－1，因此当n 为奇数时，T n ＝3×5－5×7＋…＋(2n ＋1)(2n ＋3)＝15＋4×(7＋11＋…＋2n ＋1)＝2n 2＋6n ＋7，∵T n≥tn 2对n ∈N *恒成立，∴2n 2＋6n ＋7≥tn 2，t ≤7n 2＋6n ＋2＝7⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋372＋57，∴t ≤2；当n 为偶数时，T n ＝3×5－5×7＋…－(2n ＋1)(2n ＋3)＝－4×(5＋9＋…＋2n ＋1)＝－2n 2－6n ，∵T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立， ∴－2n 2－6n ≥tn 2，t ≤－2－6n，∴t ≤－5.综上可得t ≤－5.11．(2017届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝18，且对任意m ，n∈N *，都有a 2m －1＋a 2n －1＝2a m ＋n －1＋34(m －n )2.(1)求a 3，a 5；(2)设b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1(n ∈N *)． ①求数列{b n }的通项公式； ②设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为S n ，是否存在正整数p ，q ，且1<p <q ，使得S 1，S p ，S q 成等比数列？若存在，求出p ，q 的值，若不存在，请说明理由． 解 (1)由题意，令m ＝2，n ＝1， 则a 3＋a 1＝2a 2＋34(2－1)2，解得a 3＝1.令m ＝3，n ＝1，则a 5＋a 1＝2a 3＋34(3－1)2，解得a 5＝5.(2)①以n ＋2代替m ，得a 2n ＋3＋a 2n －1＝2a 2n ＋1＋3， 则[a 2(n ＋1)＋1－a 2(n ＋1)－1]－(a 2n ＋1－a 2n －1)＝3， 即b n ＋1－b n ＝3.所以数列{b n }是以3为公差的等差数列． 又b 1＝a 3－a 1＝1，所以b n ＝1＋(n －1)×3＝3n －2. ②因为1b n b n ＋1＝1(3n －2)(3n ＋1) ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，所以S n ＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1. 则S 1＝14，S p ＝p 3p ＋1，S q ＝q 3q ＋1.因为S 1，S p ，S q 成等比数列， 所以⎝⎛⎭⎪⎫p 3p ＋12＝14·q 3q ＋1，即6p ＋1p2＝3q ＋4q.因为1<p <q ，所以3q ＋4q ＝3＋4q>3，即6p ＋1p2>3.解得3－233<p <3＋233.又1<p ，且p ∈N *，所以p ＝2，则q ＝16.所以存在正整数p ＝2，q ＝16，使得S 1，S p ，S q 成等比数列．12．(2017届江苏泰州中学月考)已知各项都为正数的等比数列{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 (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，设各项都为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7， ① 又b 4是a 2和a 4的等比中项， ∴a 2a 4＝a 23＝b 24＝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(舍去)，∴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， ③ 则2H n ＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n ×2n， ④由③－④，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＋1－42n1－4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －23×2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)×2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －53×2n －1＋23＋(n ＋1)×2n －1＝⎝⎛⎭⎪⎫2n －23×2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎪⎫2n －23×2n －1＋23，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫n －23×2n＋23，n 为偶数.。
