数列求和的知识点

第四节数列求和[备考方向要明了]考什么怎么考熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.1.以选择题或填空题的形式考查可转化为等差或等比数列的数列求和问题，如2012年新课标全国T16等．2.以解答题的形式考查利用错位相减法、裂项相消法或分组求和法等求数列的前n项和，如2012年江西T16，湖北T18等.[归纳·知识整合]数列求和的常用方法1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和(1)等差数列的前n项和公式：S n＝n(a1＋a n)2＝na1＋n(n－1)2d；(2)等比数列的前n项和公式：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q＝1，a1－a n q1－q＝a1(1－q n)1－q，q≠1.2．倒序相加法如果一个数列{a n}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．4．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．[探究] 1.应用裂项相消法求和的前提条件是什么？提示：应用裂项相消法求和的前提条件是数列中的每一项均可分裂成一正一负两项，且在求和过程中能够前后抵消．2．利用裂项相消法求和时应注意哪些问题？提示：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或前面剩下两项，后面也剩下两项．5．分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．6．并项求和法一个数列的前n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.[自测·牛刀小试]1.11×4＋14×7＋17×10＋…＋1(3n －2)(3n ＋1)等于( ) A.n 3n ＋1 B.3n3n ＋1 C ．1－1n ＋1D ．3－13n ＋1解析：选A ∵1(3n －2)(3n ＋1)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，∴11×4＋14×7＋17×10＋…＋1(3n －2)(3n ＋1) ＝13⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫14－17＋⎝⎛⎭⎫17－110＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n3n ＋1. 2．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( )A ．13B ．10C ．9D ．6解析：选D ∵a n ＝2n －12n ＝1－12n ，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…＋⎝⎛⎭⎫1－12n ＝n －⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n －12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n ＝n －1＋12n . ∴n －1＋12n ＝32164＝5164，解得n ＝6.3．(教材习题改编)(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n －3×5－n )＝________. 解析：(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n －3×5－n ) ＝(2＋4＋…＋2n )－3(5－1＋5－2＋…＋5－n ) ＝n (2＋2n )2－3×5－1⎝⎛⎭⎫1－15n 1－15＝n (n ＋1)－34⎝⎛⎭⎫1－15n ＝n 2＋n ＋34·5－n －34. 答案：n 2＋n ＋34·5－n －344．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 100＝________. 解析：S 100＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋99－100 ＝(1－2)＋(3－4)＋(5－6)＋…＋(99－100)＝－50. 答案：－505．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________. 解析：∵a n ＝n ·2n ，∴S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n .① ∴2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.② ①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2. ∴S n ＝2n ＋1(n －1)＋2.答案：(n －1)·2n ＋1＋2分组转化求和[例1] (2012·山东高考)在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m )内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .[自主解答] (1)因为{a n }是一个等差数列， 所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，a 4＝28. 设数列{a n }的公差为d ， 则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45， 故d ＝9.由a 4＝a 1＋3d ，得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8(n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若9m <a n <92m ， 则9m ＋8<9n <92m ＋8. 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1. 故得b m ＝92m －1－9m －1. 于是S m ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1) ＝9×(1－81m )1－81－(1－9m )1－9＝92m ＋1－10×9m ＋180.———————————————————分组转化求和的通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．1．已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＋a 5＝64⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4＋1a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，且q >0，a 1>0.由已知有⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝64⎝⎛⎭⎫1a 1q 2＋1a 1q 3＋1a 1q 4，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 6＝64.又a 1>0，故q ＝2，a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2＝a 2n ＋1a 2n ＋2＝4n －1＋14n －1＋2. 因此T n ＝(1＋4＋…＋4n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋14n －1＋2n＝4n－14－1＋1－14n 1－14＋2n ＝13(4n －41－n )＋2n ＋1.裂项相消法求和[例2] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＝na n －n (n －1)(n ＝1,2,3，…)． (1)求证：数列{a n }为等差数列，并写出a n 关于n 的表达式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，问满足T n >100209的最小正整数n 是多少？[自主解答] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －(n －1)a n －1－2(n －1)，得a n －a n －1＝2(n ＝2,3,4，…)．所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． 所以a n ＝2n －1.(2)T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n －1a n ＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1， 由T n ＝n 2n ＋1>100209，得n >1009，所以满足T n >100209的最小正整数n 为12.——————————————————— 用裂项相消法求和应注意的问题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，使裂开的两项之差与系数相乘后与原项相等．2．等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q . 由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝－2n n ＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为－2nn ＋1.错位相减法求和[例3] (2012·天津高考)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，n ∈N *，证明T n －8＝a n －1b n ＋1(n ∈N *，n ≥2)． [自主解答] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n ，n ∈N *. (2)证明：由(1)得T n ＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n －1)×2n ，① 2T n ＝2×22＋5×23＋…＋(3n －4)×2n ＋(3n －1)×2n ＋1.② 由①－②，得－T n ＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n －(3n －1)×2n ＋1 ＝6×(1－2n )1－2－(3n －1)×2n ＋1－2＝－(3n －4)×2n ＋1－8， 即T n －8＝(3n －4)×2n ＋1.而当n ≥2时，a n －1b n ＋1＝(3n －4)×2n ＋1， 所以T n －8＝a n －1b n ＋1，n ∈N *，n ≥2.若本例(2)中T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N *，求证：T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N *)． 证明：由(1)得T n ＝2a n ＋22a n －1＋23a n －2＋…＋2n a 1，① 2T n ＝22a n ＋23a n －1＋…＋2n a 2＋2n ＋1a 1.②②－①，得T n ＝－2(3n －1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n ＋2n ＋2＝12(1－2n －1)1－2＋2n ＋2－6n ＋2＝10×2n －6n －10.而－2a n ＋10b n －12＝－2(3n －1)＋10×2n －12＝10×2n －6n －10，故T n ＋12＝－2a n ＋10b n ，n ∈N *.——————————————————— 用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(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；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．3．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 )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设{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 ·q n －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 ＋1)q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2(q ＝1)，nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2(q ≠1).1种思想——转化与化归思想数列求和把数列通过分组、变换通项、变换次序、乘以常数等方法，把数列的求和转化为能使用公式求解或者能通过基本运算求解的形式，达到求和的目的．2个注意——“裂项相消法求和”与“错位相减法求和”应注意的问题(1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．4个公式——常见的拆项公式 (1)1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)；(4)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n ).答题模板——利用错位相减法解决数列求和[典例] (2012·江西高考)(本小题满分12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 ，求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .[快速规范审题]第(1)问1．审条件，挖解题信息观察条件：S n ＝－12n 2＋kn 及S n 的最大值为8――――――――――――→S n 是关于n 的二次函数当n ＝k 时，S n 取得最大值．2．审结论，明确解题方向观察所求结论：求k 的值及a n ――――――――――――→应建立关于k 的方程S n 的最大值为8，即S k ＝8，k ＝4. ――――――――――――→可求S n 的表达式 S n ＝－12n 2＋4n .3．建联系，找解题突破口根据已知条件，可利用a n 与S n 的关系求通项公式： 求通项公式――――――――――――→注意公式的使用条件a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)，a 1＝S 1＝72――――――――――――→验证n ＝1时，a n 是否成立a n ＝92－n .第(2)问1．审条件，挖解题信息观察条件：a n ＝92－n 及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n922n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭−−−−−−→可化简数列9－2a n 2n ＝n 2n －1. 2．审结论，明确解题方向观察所求结论：求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n 12n n+−−−−−−→分析通项的特点可利用错位相减法求和．3．建联系，找解题突破口条件具备，代入求和：T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1①――――――――→等式两边同乘以22T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n 2n －2②――――――→错位相减 ②－①：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[准确规范答题](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，⇨(2分)故k 2＝16，因此k ＝4，⇨(3分)从而an ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．⇨(4分)又a 1＝S 1＝72，⇨(5分)所以a n ＝92－n .⇨(6分)(2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①⇨(7分)所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2，②⇨(8分)②－①：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.⇨(11分)所以T n ＝4－n ＋22n －1.⇨(12分)[答题模板速成]用错位相减法解决数列求和的步骤：第一步 判断结构 ⇒第二步 乘公比⇒第三步 错位相减 ⇒ 第四步 求和若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和 设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k(k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差将作差后的结果求和，从而表示出T n一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 利用a n ＝S n －S n －1时，易忽视条件n ≥2.错位相减时，易漏项.C.3116D.158解析：选C 设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.2．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n解析：选A 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 .3．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 8＝30，S 4＝7，则a 4的值等于( ) A.14 B.94 C.134D.174解析：选C由题意可得⎩⎨⎧8a 1＋8×(8－1)d2＝30，4a 1＋4×(4－1)d2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，d ＝1.故a 4＝a 1＋3＝134.4.12＋12＋38＋…＋n2n 等于( ) A.2n －n －12nB.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22n解析：选B 令S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12 S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n 2n ＋1，故S n ＝2n ＋1－n －22n.5．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2cos n π(n ∈N *)，S n 为它的前n 项和，则S 2 0122 013等于( )A ．1 005B ．1 006C ．2 011D ．2 012解析：选B 注意到cos n π＝(－1)n (n ∈N *)， 故a n ＝(－1)n n 2.因此有S 2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－20112＋20122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝2 012×(1＋2 012)2＝1 006×2 013，所以S 2 0122 013＝1 006.6．(2013·锦州模拟)设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析：选A ∵f ′(x )＝mx m －1＋a ，∴m ＝2，a ＝1. ∴f (x )＝x 2＋x ，f (n )＝n 2＋n . ∴1f (n )＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， 令S n ＝1f (1)＋1f (2)＋1f (3)＋…＋1f (n －1)＋1f (n )＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2012·江西高考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，且对任意的n∈N *都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.解析：由a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，得a n q 2＋a n q －2a n ＝0，显然a n ≠0，所以q 2＋q －2＝0.又q ≠1，解得q ＝－2.又a 1＝1，所以S 5＝1×[1－(－2)5]1－(－2)＝11.答案：118．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－2.9．数列{a n }的通项a n ＝n ⎝⎛⎭⎫cos 2n π2－sin 2n π2(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 2 013＝________. 解析：∵a n ＝n ⎝⎛⎭⎫cos 2n π2－sin 2n π2＝n cos n π， ∴a 1＝－1，a 2＝2，a 3＝－3，a 4＝4，…，∴S 2 013＝(－1)＋2＋(－3)＋4＋(－5)＋6＋…＋(－2 009)＋2 010＋(－2 011)＋2 012＋(－2 013)＝[(－1)＋2]＋[(－3)＋4]＋[(－5)＋6]＋…＋[(－2 009)＋2 010]＋[(－2 011)＋2 012]＋(－2013)＝1＋1＋…＋1＋1－2 013＝1 006－2 013＝－1 007. 答案：－1 007三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．(2012·湖北高考)已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4； 当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式．综上可知，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ＞1.11．(2013·合肥模拟)数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝t ，点(S n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋1上，n ∈N *.(1)当实数t 为何值时，数列{a n }是等比数列．(2)在(1)的结论下，设b n ＝log 4a n ＋1，c n ＝a n ＋b n ，T n 是数列{c n }的前n 项和，求T n . 解：(1)∵点(S n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋1上， ∴a n ＋1＝3S n ＋1，a n ＝3S n －1＋1(n >1，且n ∈N *)． ∴a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ， 即a n ＋1＝4a n ，n >1.又a 2＝3S 1＋1＝3a 1＋1＝3t ＋1，∴当t ＝1时，a 2＝4a 1，数列{a n }是等比数列． (2)在(1)的结论下，a n ＋1＝4a n ，a n ＋1＝4n ， b n ＝log 4a n ＋1＝n . c n ＝a n ＋b n ＝4n －1＋n ，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n －1＋n ) ＝(1＋4＋42＋…＋4n －1)＋(1＋2＋3＋…＋n ) ＝4n －13＋(1＋n )n 2.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n .求满足不等式T n －22n －1>2 013的n的最小值．解：(1)证明：因为S n ＋n ＝2a n ，即S n ＝2a n －n ， 所以S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)． 两式相减化简，得a n ＝2a n －1＋1. 所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)． 所以数列{a n ＋1}为等比数列． 因为S n ＋n ＝2a n ，令n ＝1，得a 1＝1. a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1， 所以b n ＝(2n ＋1)·2n .所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 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.若T n －22n －1>2 013，则2＋(2n －1)·2n ＋1－22n －1>2 013， 即2n ＋1>2 013.由于210＝1 024,211＝2 048，所以n ＋1≥11，即n ≥10. 所以满足不等式T n －22n －1>2 013的n 的最小值是10.1．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 013＋f ⎝⎛⎭⎫22 013＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0122 013，则S ＝________. 解析：∵f (x )＝4x 4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1.S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 013＋f ⎝⎛⎭⎫22 013＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0122 013，① S ＝f ⎝⎛⎭⎫2 0122 013＋f ⎝⎛⎭⎫2 0112 013＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 013，② ①＋②得2S ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫12 013＋f ⎝⎛⎭⎫2 0122 013＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫22 013＋f ⎝⎛⎭⎫2 0112 013＋…＋ ⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2 0122 013＋f ⎝⎛⎭⎫12 013＝2 012，∴S ＝2 0122＝1 006.答案：1 0062．求和S n ＝32＋94＋258＋6516＋…＋n ·2n ＋12n .解：S n ＝32＋94＋258＋8516＋…＋n ·2n ＋12n＝⎝⎛⎭⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎫2＋14＋⎝⎛⎭⎫3＋18＋⎝⎛⎭⎫4＋116＋…＋⎝⎛⎭⎫n ＋12n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋116＋…＋12n＝n (n ＋1)2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝n (n ＋1)2－⎝⎛⎭⎫12n ＋1.3．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1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 4．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，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 .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 ＋1.④ ④－③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.。