高考数学一轮复习： 专题6.4 数列求和(测)
2016届新课标高三数学(文)一轮复习习题 §6.4数列求和、数列的综合应用 2年模拟
§ 6。
4 数列求和、数列的综合应用A 组 2014-2015年模拟·基础题组限时：35分钟1。
（2014河南安阳二模,6）已知数列｛a n }中，a n =—4n+5,等比数列｛b n }的公比q 满足q=a n —a n —1(n≥2)且b 1=a 2，则|b 1｜+|b 2|+｜b 3|+…+|b n ｜=（ ）A.1-4n B 。
4n —1 C.1-4n3 D.4n-132。
(2014辽宁五校协作体联考,15)已知数列｛a n ｝满足a n =1+2+3+…+nn,则数列{1a n a n+1}的前n 项和为 。
3.（2014广东揭阳3月模拟,13)对于每一个正整数n,设曲线y=x n+1在点（1,1）处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n =lg x n ，则a 1+a 2+…+a 99= 。
4。
（2015河北石家庄调研)在数列{a n ｝中,已知a 1=14,a n+1a n=14,b n +2=3lo g 14a n (n∈N ＊). （1)求数列｛a n }的通项公式； (2)求证：数列｛b n ｝是等差数列;(3)设数列{c n }满足c n =a n +b n ，求｛c n ｝的前n 项和S n .5.（2014广东湛江二模,19）已知等差数列｛a n｝的首项a1=1，公差d>0，且a2,a5，a14分别是等比数列{b n｝的b2，b3,b4。
（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2）设数列｛c n}对任意正整数n均有c1b1+c2b2+…+c nb n=a n+1成立,求c1+c2+…+c2 014的值。
B组2014—2015年模拟·提升题组限时:50分钟1.（2015长春外国语学校期中）若数列｛a n}满足1a n+1—pa n=0，n∈N＊，p为非零常数,则称数列{a n｝为“梦想数列”.已知正项数列{1b n}为“梦想数列”,且b1b2b3…b99=299,则b8+b92的最小值是（）A。
2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【含解析】
2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝2，∴a n ＝2n－1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1＋1．两式相减得a n ＝12a n －1，故{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择②：由(n ＋1)b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝nn ＋1，所以b n ＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(a n ＋1＋a n )，得a n ＋1－a n ＝－13或a n ＋1＋a n ＝0，又a 1＝12，当a n ＋1＋a n ＝0时，有S n n 为偶数，n 为奇数，所以S n <1，当a n ＋1－a n ＝－13时，有S n ＝n 2－n (n －1)6＝－16(n 2－4n )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。
(江苏专用)高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和 理-人教版高三全册数学试题
【步步高】（某某专用）2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4数列求和 理求数列的前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 －12d .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 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－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． 常见的裂项公式 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1；②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(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. 【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)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．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋1，则S 5＝________.答案 56解析 ∵a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.2．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．设f (x )＝4x4x ＋2，利用倒序相加法，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＝________. 答案 5解析 当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)12121212121244242(44)142424(44)24x x x x x x x x x x x x ++⨯+⨯+=+==++++⨯+ 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 ＝5.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝____________. 答案 2n ＋1－2＋n 2解析 S n ＝21－2n1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1－2＋n 2.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________.答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π ＝1 008.题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)n ann n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－n －12＋n －12＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究例1(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n＋(－1)n·n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2.当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2， n 为偶数，2n ＋1－n 2－52， 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．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， 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.题型二 错位相减法求和例2 (2015·某某)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记＝a nb n，求数列{}的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝192n ＋79，b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.思维升华 用错位相减法求和时，应注意：(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．已知数列{a n }满足首项为a 1＝2，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)．设b n ＝3log 2a n －2(n ∈N *)，数列{}满足＝a n b n .(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{}的前n 项和S n . (1)证明 由已知可得，a n ＝a 1qn －1＝2n，b n ＝3log 22n －2，∴b n ＝3n －2，∴b n ＋1－b n ＝3，∴数列{b n }为首项b 1＝1，公差d ＝3的等差数列． (2)解 ＝a n b n ＝(3n －2)×2n.S n ＝1×2＋4×22＋7×23＋…＋(3n －2)×2n ，①2S n ＝1×22＋4×23＋7×24＋…＋(3n －5)×2n ＋(3n －2)×2n ＋1，②①－②得－S n ＝2＋3(22＋23＋24＋…＋2n )－(3n －2)×2n ＋1＝2＋3×41－2n －11－2－(3n －2)×2n ＋1＝－10＋(5－3n )×2n ＋1， ∴S n ＝10－(5－3n )×2n ＋1.题型三 裂项相消法求和 命题点1 形如a n ＝1nn ＋k型 例3 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a n a n ＋1＜13.(1)解 由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0， 可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2， 即a 1＝－3或2， 又a n 为正数，所以a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得， (S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3， 又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)． 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n . (3)证明 当n ＝1时，1a 1a 1＋1＝12×3＝16＜13成立；当n ≥2时，1a na n ＋1＝12n2n ＋1＜12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a na n ＋1＜16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ， 有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a na n ＋1＜13.命题点2 形如a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝12x . ∴a n ＝1f n ＋1＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k )裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(2)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．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＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝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 .(1)S n ＝－12n 2＋nk ――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大――→根据S n 结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1――→根据数列结构特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――→错位相减法求和计算可得T n 规X 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，[4分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立， 综上，a n ＝92－n .[7分](2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[9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.[12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，要通过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、并项法、数列的周期性等来求和． [失误与防X]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用X 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 的值等于____________．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．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn(n ∈N *)的前n 项和是__________． 答案nn ＋1解析 f ′(x )＝mxm －1＋a ，∴a ＝1，m ＝2，∴f (x )＝x 2＋x ， 1f n＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 3．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 若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，所以a n 是首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，所以a n 是首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)－50×492×4＝－100.4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，则S 8的值是________． 答案 72解析 因为a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，令k ＝n ，l ＝1，得a n ＋1＝a n ＋a 1，即a n ＋1＝a n ＋2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，从而有a n ＝2n ，所以S n ＝n (n＋1)，故S 8＝72.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2， 当n 为奇数时，－n 2， 当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案 100解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.6．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________． 答案 60解析 由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.7．整数数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________． 答案 －13解析 由a n ＋2＝a n ＋1－a n ，得a n ＋2＝a n －a n －1－a n ＝－a n －1，易得该数列是周期为6的数列，且a n ＋2＋a n －1＝0，S 800＝a 1＋a 2＝2 013，S 813＝a 1＋a 2＋a 3＝2 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 2－a 1＝－13，a 2＋a 1＝2 013，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1 013，a 2＝1 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝－13，a 4＝－1 013，依次可得a 5＝－1 000，a 6＝13，由此可知a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋a n ＋4＋a n ＋5＋a n ＋6＝0， ∴S 2 015＝S 5＝－13.8．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n ，令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0. (a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0. 又∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋1－a n －1＝0. 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n . ∴b n ＝1n n ＋1＋n ＋1n＝n ＋1n －n n ＋1[n n ＋1＋n ＋1n ][n ＋1n －n n ＋1]＝n ＋1n －n n ＋1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－1n ＋1，∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.9．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2，∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n＋1.(2)b n ＝na n ＝n ·2n＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )． 令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， 则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1.两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n)＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.∵1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.10．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 ＋22a 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．所以a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)， 得b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22， T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<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：20分钟)11．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝____________. 答案4nn ＋1解析 ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋1＝4nn ＋1. 12．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)＝2 010.13．数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，设S n 为{b n }的前n 项和．若a 12＝38a 5＞0，则当S n 取得最大值时n 的值为________．答案 16解析 设{a n }的公差为d ，由a 12＝38a 5＞0，得a 1＝－765d ，d ＜0，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －815d ，从而可知当1≤n ≤16时，a n ＞0； 当n ≥17时，a n ＜0.从而b 1＞b 2＞…＞b 14＞0＞b 17＞b 18＞…，b 15＝a 15a 16a 17＜0，b 16＝a 16a 17a 18＞0，故S 14＞S 13＞…＞S 1，S 14＞S 15，S 15＜S 16，S 16＞S 17＞S 18＞….因为a 15＝－65d ＞0，a 18＝95d ＜0，所以a 15＋a 18＝－65d ＋95d ＝35d ＜0，所以b 15＋b 16＝a 16a 17(a 15＋a 18)＞0， 所以S 16＞S 14，故当S n 取得最大值时n ＝16.14．在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是________．答案100101解析 由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0，又a n ＞0，∴2a n ＋1－a n a n ＋1－1＝0，又2－a n ≠0，∴a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ，又可知a n ≠1，∴1a n ＋1－1＝1a n －1－1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以－2为首项，－1为公差的等差数列， ∴1a n －1＝－2－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a nn 2＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1100－1101＝100101. 15．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有＋1－＝12log n a .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1＜34. (1)解 ∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明 由＋1－＝12log n a ＝2n ＋1，得当n ≥2时，＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(－－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)． ∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1＝12×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1≥1c 2＝13，∴原式得证．。
高考数学一轮复习： 专题6.4 数列求和(练)
专题6.4 数列求和【基础巩固】一、填空题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________.【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．(·南通调研)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 017项和为________． 【答案】2 0172 0183．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)＝－200.4．(·江西高安中学等九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该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16项之和S 16＝________. 【答案】7【解析】根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.5．(·泰州模拟)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＝6.6．(·南通、扬州、泰州三市调研)设数列{a n }满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑100k ＝1 (a k a k ＋1)的值为________． 【答案】1001017．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________． 【答案】60【解析】由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.8．(·镇江期末)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________. 【答案】4n－1【解析】由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1.二、解答题9．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．10．(·苏北四市调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足：a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *)． (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数λ的值； (2)若λ＝12，求S n .解 (1)令n ＝1，a 1S 2－a 2S 1＋a 1－a 2＝λa 1a 2，解得a 2＝21＋λ. 令n ＝2，a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3，解得a 3＝2λ＋4λ＋12λ＋1.由a 22＝a 1a 3得⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2＝2λ＋4λ＋12λ＋1， 因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时，a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12， 即S n ＋1＝n ＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝n ＋22a n －1，②由①－②得a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n－1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是首项为13的常数列，所以a n ＝13(n ＋2)． 代入①得S n ＝n ＋32a n －1＝n 2＋5n 6.【能力提升】11．(·长治联考)设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是________． 【答案】92【解析】a n ＝1＋(n －1)＝n ，S n ＝n 1＋n2，∴S n ＋8a n＝n 1＋n2＋8n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋16n ＋1≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n ·16n ＋1＝92，当且仅当n ＝4时，取等号． ∴S n ＋8a n 的最小值是92. 12．(·盐城中学模拟)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和为________． 【答案】7813．(·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧1－x －12，0≤x <2，f x －2，x ≥2，若对于正数k n (n ∈N*)，直线y＝k n x与函数y＝f(x)的图象恰有(2n＋1)个不同交点，则数列{k2n}的前n项和为________．【答案】n4n＋4【解析】函数f(x)的图象是一系列半径为1的半圆，因为直线y＝k n x与f(x)的图象恰有(2n＋1)个不同交点，所以直线y＝k n x与第(n＋1)个半圆相切，则2n＋1k n1＋k2n＝1，化简得k2n＝14n n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1，则k21＋k22＋…＋k2n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＋1＝n4n＋4.14．(·苏、锡、常、镇四市调研)正项数列a1，a2，…，a m(m≥4，m∈N*)，满足a1，a2，a3，…，a k－1，a k(k<m，k∈N*)是公差为d的等差数列，a1，a m，a m－1，…，a k＋1，a k是公比为2的等比数列．(1)若a1＝d＝2，k＝8，求数列a1，a2，…，a m的所有项的和S m；(2)若a1＝d＝2，m<2 016，求m的最大值；(3)是否存在正整数k，满足a1＋a2＋…＋a k－1＋a k＝3(a k＋1＋a k＋2＋…＋a m－1＋a m)？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．又a1，a m，a m－1，…，a k＋1，a k是公比为2的等比数列，则a k＝a1·2m＋1－k，故a1＋(k－1)d＝a1·2m＋1－k，即(k－1)d＝a1(2m＋1－k－1)．又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋a k ＝3(a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a m －1＋a m )，a m ＝2a 1， 则ka 1＋12k (k －1)d ＝3×2a 1×1－2m －k1－2，即ka 1＋12ka 1(2m ＋1－k －1)＝3×2a 1(2m －k－1)，则12k ·2m ＋1－k ＋12k ＝6(2m －k －1)， 即k ·2m ＋1－k＋k ＝6×2m ＋1－k－12，显然k ≠6，则2m ＋1－k＝k ＋126－k ＝－1＋186－k，。
2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】
送分试题;(2)当递推公式为 an+1=f(n)an 时,把原递推公式先转化为 =f(n),再利用累乘法
(逐商相乘法)求解。第(2)问的实质是数列的求和问题,常用的方法为错位相减法和裂项
相消法。
【变式训练】
则数列
1
+ +1
2 - 2 = 2 - 2 (n≥2),
(1)已知各项都为正数的数列{an}中,a1=1,a2= 3,+1
②当 n≥2 时,Tn=2+2×2 +2×2 +…+2×2
2
3
n
1, = 1,
2, ≥ 2。
22 (1−2 −1 ) (1+2−1)
-[1+3+5+…+(2n-1)]=2+2×
=
2
1−2
2n+2-n2-6,又 T1=1 也满足 Tn=2n+2-n2-6,所以 Tn=2n+2-n2-6。
=
1−2
-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)2n+1-2。所
易错题
4.(不能准确分组致误)已知数列{an}的通项公式为 an=(-1)n(2n-2),则数列{an}的前 n 项和
1 − , 为奇数,
Sn=
, 为偶数
。
解析 Sn=2×[0+1-2+3-4+…+(-1) (n-1)]=
1
+…+f
−1
+f(1)(n
an=2(n+1)
则数列
的通项公式为
2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】
易错易混 4．在数列{an}中，已知 an＝n＋11n＋3(n∈N*)，则{an}的前 n 项和 Sn＝
_____12__56_－__n_＋1__2_－__n_＋1__3_ ______. 【解析】 ∵an＝n＋11n＋3＝12n＋1 1－n＋1 3， ∴Sn＝1212－14＋13－15＋14－16＋15－17＋…＋n＋1 1－n＋1 3 ＝1212＋13－n＋1 2－n＋1 3 ＝1256－n＋1 2－n＋1 3.
第六章 数列
第四节 数列求和
课前双基巩固
——整合知识 夯实基础
『知识聚焦』 1．公式法 (1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d. 推导方法：倒序相加法．
na1，q＝1， (2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a111－－qqn，q≠1. 推导方法：乘公比， 错位相减法 ．
6．若{log2an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则数列{nan}的前 n 项和为 _S_n_＝__2_＋__6_n_9－__2__·4_n_．
【解析】 由题意可得 log2an＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴an＝22n－1＝2·4n－1，∴nan＝2n·4n－1， ∴数列{nan}的前 n 项和 Sn＝2(1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n－1)， ∴12Sn＝1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n－1， ∴2Sn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋n×4n，
课堂考点突破
——精析考题 提升能力
考点一 分组转化求和 【例 1】 已知数列{an}满足 a1＝1，an＋an－1＝2n(n≥2，n∈N*)． (1)记 bn＝a2n，求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
2024版新教材高考数学全程一轮总复习第六章数列第四节数列求和课件
−
1
n+1
.( √ )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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和．( × )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，
则数列
3n −1
an 的通项公式是an＝
.( √
2
)
2．(教材改编)已知数列 an 的通项公式为an＝2n＋n，前n项和为Sn，
2n+1
1
＝ n + 1 − n.
n+ n+1
；
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1) 若 数 列 an 为 等 比 数 列 ， 且 公 比 不 等 于 1 ， 则 其 前 n 项 和 Sn ＝
a1 −an+1
.( √ )
1−q
1
1
1
(2)当n≥2时， 2 ＝
n −1 2 n−1
180 dm2 .以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为
15 n+3
720－ n−4
5
σnk=1 Sk ＝___________
________；如果对折n次，那么
2
dm2.
2．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn 为数列 an 的前n项和，已知a1 ＝1，
1
是公差为 的等差数列．
3
(1)求 an 的通项公式；
第四节
数列求和
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】
掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数
2023年高考数学一轮复习提升专练(新高考地区用)6-4 求和方法(精练)(解析版)
6.4 求和方法（精练）（提升版）1．（2022·黑龙江）已知等差数列{}n a 满足a 1+a 2＝4，a 4+a 5+a 6＝27． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2nn b =，求数列{}n a b 的前n 项和S n ．【答案】（1）21n a n =-；（2）21223n +-．【解析】（1）由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则112431227a d a d +=⎧⎨+=⎩∴112a d =⎧⎨=⎩，∴12(1)21n a n n =+-=-．（2）2nn b =，∴2n n aa b =，∵1124n n n n a a a a b b ---==，又112a b b ==，∴数列{}n a b 为等比数列，且首项为2，公比为4，∴()2121422143n n nS +--==-．2．（2021·四川攀枝花市）在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，且125,,a a a 成等比数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设12na nb ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）21[1()]34n n S =-. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得2125a a a =⋅，则2111()(4)a d a a d +=⋅+，将11a =代入并化简得220d d -=，解得2d =或0d =(舍去).所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）由（1）知2111()()22n a n n b -==，所以2111()2n n b ++=，题组一 公式法求和所以21(21)111()24n n n n b b +--+==，即数列{}n b 是首项为12，公比为14的等比数列. 所以11[1()]2124[1()]13414n n n S -==--. 3．（2022·全国·高三专题练习）已知各项为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，426S =，且1a ，3a ，36S a +成等比数列. (1)求n a ； (2)若1n n b S n=+，求{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)31n a n =-(2)233n nT n =+ 【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，由426S =，且1a ，3a ，36S a +成等比数列可得()()12111146262335a d a d a a d a d +=⎧⎪⎨+=+++⎪⎩， 解得12a =，3d =，所以()()1123131n a a n d n n =+-=+-=-. (2)由31n a n =-可得()()()13131222n n n a a n n n n S n n n ++++=+=+=， 所以()22113131n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以211111111322311n T n n n n ⎛⎫=-+-++-+- ⎪-+⎝⎭21213133n n n ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭. 1．（2022·江苏江苏·一模）已知数列{}n a ，11a =，且()111n n a a n n +=-+，*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记数列{}2n a 的前n 项和为n S ，求证：421n nS n <+. 【答案】(1)1n a n=(2)证明见解析 题组二 裂项相消求和【解析】(1)解：因为()111n n a a n n +=-+，所有1111(1)1n n a a n n n n+-=-=-++，当2n ≥时，211121a a -=-，321132a a -=-，……，1111n n a a n n --=--， 相加得1111n a a n -=-，所以1n a n =，当1n =时，11a =也符合上式， 所以数列{}n a 的通项公式1n a n=； (2)证明：由（1）得221na n =， 所以222111111111142222n a n n n n n n =<==-⎛⎫⎛⎫--+-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 所以222111111111111111121122222222n S n n n =++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+--+-+-+， 1141121122nn n =-=+-+．所以421n nS n <+． 2．（2022·浙江台州·二模）在数列{}n a 中，12a =，且对任意的正整数n ，都有()1210n n na n a +++=. (1)证明数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设()132(2)n nn n n b a a ++-=，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析，()112 n n n a n -=-⋅(2)()()1111212n n n S n ++-=++⋅ 【解析】(1)解：（1）由()1210n n na n a +++=，得121n n a a n n +=-⨯+.又因为12a =，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2-为公比的等比数列. 故()122n n a n-=⨯-，即()112 n n n a n -=-⋅. (2)由()112n n n a n -=-⋅，故()()()()()()()()1111322322*********nn n n n n n n n n n n b n n n n +-+++-+==-⋅⨯+⋅-⋅⨯-+⋅ ()()11111212n n n n n ++⎡⎤=-+⎢⎥⋅+⋅⎣⎦， 故123n n S b b b b =+++⋅⋅⋅+()()1223341111111111122222322232212n n n n n +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-+++-⋅⋅⋅+-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()1111212n n n ++-=++⋅． 3．（2022·广东·广州市第四中学高三阶段练习）已知数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列24n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：364n T <． 【答案】(1)12n n a n +=⋅(2)证明见解析【解析】(1)因为数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==， 所以121n n a a n n +=+，所以141a=， 所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为4，公比为2的等比数列，则有11422n n n a n -+=⨯=，12n n a n +=⋅.(2)()()132441111222162322+++⎛⎫===- ⎪+⋅⋅++⎝⎭n n n n n n a a n n n n n n ， 所以1111111311132324232212⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭n T n n n n ， 因为n *∈N ，所以364n T <. 4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和()12n n n a a S +=，且0n a >． (1)证明：数列{}n a 为等差数列；(2)若122nn n n n a b a a ++⋅⋅=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析；(2)1212n n +-+. 【解析】(1)当1n =时，由()11112a a a +=，得11a =或10a =，∵0n a >，∵11a =， 由()12n n n a a S +=，得22n n n S a a =+①当2n ≥时，21112n n n S a a ---=+②由-①②，得()()22112n n n n n a a a a a --=+-+，整理得()()1110n n n n a a a a --+--=， ∵0n a >，∵1n n a a -+≠0，∵11n n a a --=， ∵数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列； (2)由（1）得()111n a n n =+-⨯=， ()()11222221221n n n nn n n n a n b a a n n n n +++⋅⋅==-++⋅=++，∵213211112222222221324321222n n n n n T n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-+=- ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 5．（2022·陕西·模拟预测（理））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11231,2a a a a =+=，数列{}n b 满足()241n bn n a S =+．(1)证明：数列{}n b 为等差数列； (2)记n T 为数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，证明：11156n T ≤<．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，因为11231,2a a a a =+=，故22q q +=，解得2q =或1q =-（舍），故12n n a -=，21nn S =-，因为()241n b n n a S =+121222n n n ++=⨯=，故21n b n =+，又()123212n n b b n n +-=+-+=， 故数列{}n b 是公差为2的等差数列. (2)因为()()111111212322123n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭， 故n T ()1111111111235572123232332369n n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，又()119696x y x x x==≥++是单调增函数，且16y <， 又当1n =时，115n T =，故11156n T ≤<，即证. 6．（2022·安徽安庆·二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()213n n S n a =+-，n ∈+N . (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()231nn n b n a =+-，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)()()612n a n n =++，n ∈+N (2)()6312nn -+-+ 【解析】(1)解：1n =时，1143a a =-，解得11a =.当2N n n +≥∈，时，2113n n S n a --=-，故()22111n n n n n a S S n a n a --=-=+-，所以12n n a na n -=+， 故()()1321122113261215412n n n n n a a a a n n a a a a a a n n n n ----=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=++++.1a 符合上式故{}n a 的通项公式为()()612n a n n =++，N n +∈.(2)解：结合（1）得()()()112316112n n n n b n a n n ⎛⎫=+-=-+ ⎪++⎝⎭，所以()1211111166********n n n T b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+++++-+ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭()6312nn =-+-+.1．（2022·广东·模拟预测）在∵121(1)2n a a a n n +++=+，∵21n n a S =-，∵()221210n n n a a n a --=->这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．问题：已知数列{}n a 的前n 和为n S ，若11a =，且 ，求数列{}2nn a 的前n 项和n T ．【答案】选∵，1(1)22n n T n +=-⋅+；选∵，21(2)3n n T ⎡⎤=--⎣⎦；选∵，1(1)22n n T n +=-⋅+. 【解析】选∵：当n ≥2时，因为121(1)2n a a a n n +++=+，题组三 错位相减求和所以()121112n a a a n n -+++=-， 上面两式相减得(2)n a n n =．当n ＝1时，11212a =⨯=，满足上式，所以n a n =．因为212222n n T n =⨯+⨯++⨯， 所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯，上面两式相减，得：212222n n n T n +-=+++-⨯，所以1(1)22n n T n +=-⋅+．选∵：当2n 时，因为21n n a S =-，所以1121n n a S --=-，上面两式相减得12n n n a a a --=，即1n n a a -=-，经检验，21a a =-，所以{}n a 是公比为－1的等比数列，111(1)(1)n n n a --=⨯-=-．因为12(1)(2)n n n --=--，所以221(2)2(2)(2)(2)1(2)1(2)3n n n n T ⎡⎤---⎣⎦⎡⎤⎡⎤=--+-++-=-=--⎣⎦⎣⎦--． 选∵：由22121n n a a n --=-，得：22222212232123,25,,3n n n n a a n a a n a a -----=--=--=，由累加法得：()()2222121311,2n nn n a n a n --+-==-=．又0n a >，所以n a n =．因为212222n n T n =⨯+⨯++⨯，所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯，上面两式相减得212222n n n T n +-=+++-⨯，所以1(1)22n n T n +=-⋅+．2．（2022·广东肇庆·二模）已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+. (1)证明：数列{}1n a -是等比数列； (2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n +-++【解析】(1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-， 又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n na a +-=-， 故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列；(2)解：由（1）得112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ， 则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵ 2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∵由∵-∵，得231111111222222n n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111221*********nn n n n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，则()1222n n P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=++++-=-=+. 3．（2022·广东韶关·一模）在∵112,2n n n a a a +=+=；∵22n n S a =-；∵122n n S +=-这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并做出解答.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，__________，数列{}n b 是等差数列，12461,21o b b b =++=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】(1)选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =-；选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =-；选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =- (2)()12326n n +-⨯+【解析】(1)解：若选∵：由12n n n a a +=+，则12nn n a a +-=，可得1222111232212,22,,,2n n n n n a a a a a a a a ------=-=-=-=将上述1n -个式子相加，整理的22112222n n n a a ---=++++()12212221n n --==--又因为12a =，所以()*2n n a n =∈N .若选∵：22n n S a =-，当1n =时，12a =， 当2n ≥时，()()112222n n n n n a S S a a --=-=--- 所以12nn a a -=，所以2n n a =. 综上，()*2n n a n =∈N若选∵：122n n S +=-，当1n =时，12a =，当2n ≥时，由122n n S +=-可得122n n S -=-，所以12nn n n a S S -=-=，所以2n n a =.经检验当1n =时2n n a =也成立，所以2n n a =()*n N ∈；设等差数列{}n b 的公差为d ，由题有12461,21b b b b =++=，即1113521d d b d b b +++=++，解得2d = 从而21n b n =-(2)解：由（1）可得()212nn c n =-⨯，令n c 的前n 项和是n T ，则()123123252212n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，()23412123252212n n T n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得()()123112222222212n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯，()211821221212n n n T n ++--=⨯+--⨯-，整理得()21123262326n n n n T n n +++=⨯-⨯+=-⨯+；4．（2022·广东·模拟预测）已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+． (1)证明：数列{}1n a -是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n n T +-+=+【解析】(1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-， 又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n n a a +-=-， 故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列．(2)由（1）得112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ，则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∵由∵-∵，得23111112211111111222222212nn n n n P n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-111122n n n +⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()1222nn P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=+++⋅⋅⋅+-=-=+．5．（2022·广东佛山·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，22a =，且对任意*N n ∈，都有2132n n n a a a ++=-． (1)求证：{}1n n a a +-是等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)求使得不等式1212154m m a a a ++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数m ． 【答案】(1)证明见解析；12n na (2)6m =【解析】(1)由2132n n n a a a ++=-，得()2112n n n n a a a a +++-=-， 所以{}1n n a a +-是等比数列.所以()1112122n n n n a a a a --+-=-⨯=从而()()()()11232211n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+-+ 230231122222112n n n n n a -----=++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++=所以，12n na ．(2)设1212m mm S a a a =++⋅⋅⋅+ 即221123112222m m m m m S ---=+++⋅⋅⋅++，所以，32231221222m m m m mS ---=+++⋅⋅⋅++，于是，32111111224122222m m m m m m mS ----+=+++⋅⋅⋅++-=-．因为112m m m m m S S S ++=+>，且6154S =， 所以，使1212154m m a a a ++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数6m =． 1．（2022·甘肃·一模）已知数列{}n a 满足11a =，12n n a a +=．数列{}n b 满足11b =，22b =，212n n n b b b +++=，*n ∈N ．(1)求数列{}n a 及{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n T ．【答案】(1)1*1(),2n n a n N -=∈，*,n b n n N =∈；(2)1*1(1)2(),.22n n n T n N -+=-+∈π 【解析】(1)由12n n a a +=得112n n a a +=， 所以数列{}n a 是以11a =为首项，12为公比的等比数列，故1*1(),2n n a n N -=∈，由212n n n b b b +++=可知数列{}n b 是等差数列，首项11b =，公差211d b b =-=，所以*,n b n n N =∈.(2)11221212()()n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++02211111()()()()1232222n n -=+++++++++111()(1)1(1)22().122212nn n n n n --++=+=-+-即1*1(1)2(),.22n n n T n N -+=-+∈π2．（2022·江苏南京·高三开学考试）设数列{}n a 是公差不为零的等差数列，11a =，若125,,a a a 成等比数列 (1)求数列{}n a 的通项公式；题组四 分组求和(2)设21131n a n n b a+=+-()*N n ∈，求数列{}n b 的前n 项和为n S .【答案】(1)21n a n =-；(2)3(91)448n n n S n =+-+. 【解析】(1)解：设数列{an }是公差为d （d ≠0）的等差数列，a 1=1 若a 1，a 2，a 5成等比数列，可得a 1a 5=a 22，即有21(14)(1)d d ⨯+=+，解得2d =或d =0（舍去） 则12(1)21n a n n =+-=-. (2)解：21131n a n n b a +=+-()2121211113341211n n n n n --⎛⎫=+=-+ ⎪+⎝⎭+- 可得前n 项和()211111111327342231n n S n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭()()3191131914119448nn n n n -⎛⎫=-+=+- ⎪+-+⎝⎭.3．（2022·全国·高三专题练习）已知正项等比数列{}n a ，满足241a a =，5a 是112a 与35a 的等差中项.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()()444(2)11n n n n n a a a b n +++=+--⋅-，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)32n n a -=(2)当n 为偶数时，111212n n nS +=-+-；当n 为奇数时，111221nn n S +-=--. 【解析】(1{}n a 是正项等比数列，故22431a a a ==，所以31a =，又5132125a a a =+，设公比为q （q >0），即233322125a a q a q =+，即221225q q=+，解得：2q ，则数列{}n a 的通项公式为3332n n n a a q --==(2)()()()()()()411141422(1)(1)(1)2221212211n n n nn n n n n n n n n a b n n a a n +++++++=+-⋅=+-⋅=+-⋅------111(1)2121n nn n +=-+-⋅-- 则()22311111111231212121212121nn n n S n +⎡⎤=-+-++-+-+-++-⎣⎦------当n 为偶数时，111212n n nS +=-+-；当n 为奇数时，1111111212221nn n n n S +++-=--=---. 4．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5251025,31S a a a =++=. (1)求数列{}n a 的通项公式以及前n 项和n S ；(2)若22,1,n a n n n n b n a a+⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n －1项和21n T -.【答案】(1)2n S n =；(2)41221153(41)n n n S n +=--+-. 【解析】(1)依题意，53525S a ==，则35a =，故25103332731a a a a d a d a d ++=-++++=，解得d ＝2，∵1321a a d =-=， 故21n a n =-，21212n n S n n +-=⋅=. (2)依题意，得211111(21)(23)42123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 故212,111,42123n n n b n n n -⎧⎪=⎨⎛⎫- ⎪⎪-+⎝⎭⎩为奇数为偶数，故154321111111111222437471144541n n T n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭154311111112224377114541n n n -⎛⎫=++++-+-++- ⎪--⎝⎭()4412121112211164341153(41)n n n n n +---⎛⎫=+-=+ ⎪---⎝⎭5．（2022·河南·模拟预测（理））在等比数列{}n a 中，748a a =，且214a ，35a -，412a -成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式； (2)若22111log n n n b n a a -=+，证明：数列{}n b 的前n 项和43n T <. 【答案】(1)12n n a +=(2)证明见解析【解析】(1)设数列{}n a 的公比为q ，由748a a =，得3448a q a =，所以2q.因为214a ，35a -，412a -成等差数列，所以()324125124a a a -=+-，即11118108122a a a -=+-，解得14a =.因此11422n n n a -+=⨯=.(2)因为()22211111111log 1214n n n n n b n a a n n n n -⎛⎫=+=+=-+ ⎪++⎝⎭，所以21111111112231444n n T n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-++++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭1111111441111113414n n n n ⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-+=-+⨯- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭-. 因为1111n -<+，1111343n ⎛⎫⨯-< ⎪⎝⎭，所以43n T <.6．（2022·云南·一模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，42310nn n a S --+=.(1)求数列{}3nn a -的通项公式；(2)记23log 3n nn n n b a a =-+-，求数列{}21n b -的前n 项和n T .【答案】(1)32n n n a -=-(2)n T 2122233n n +=+-【解析】(1)∵42310n n n a S --+=，∵2431nn n S a =-+.∵1112431n n n S a +++=-+.∵数列{}n a 的前n 项和为n S ，∵()111112222431431n nn n n n n n n S S S S a a a +++++-=-==-+-+-.∵()11323n n n n a a ++-=-.所以数列{}3n n a -是首项为13a -，公比为2的等比数列.∵()11332n n n a a --=-⨯.当1n =时，由42310nn n a S --+=和11S a =得111142314220a S a a --+=--=，解方程得11a =.∵()111332222n n n n n a a ---=-⨯=-⨯=-.∵数列{}3nn a -的通项公式为32n n n a -=-.(2)由（1）知：32n n n a -=-.∵223log 32log 22n n n n nn n n b a a n =-+-=-+=-.∵2121212n n b n --=--. ∵[]()352113(21)2222n n T n -=+++--++++()22212(121)212n n n -+-=--2122233n n +=+-. 7．（2022·天津三中三模）已知在各项均不相等的等差数列{}n a 中，11a =，且1a 、2a 、5a 成等比数列，数列{}n b 中，()122log 1b a =+，1142n n n b b ++=+，N n *∈.(1)求{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ；(2)求证：{}2nn b +是等比数列，并求{}n b 的通项公式；(3)设1,2,N 232,21,N 422k k kn kk k a n k k b c n k k b **+⎧=∈⎪+⎪=⎨⨯⎪=-∈⎪-+⎩求数列{}n c 的前2n 项的和2n T . 【答案】(1)21n a n =-，2n S n =(2)证明见解析，42nnn b =-(3)()2132156599421n n nn n T +-+=-+⋅- 【解析】(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，由已知可得2215a a a =，即()2114d d +=+，解得2d =，故()1121n a a n d n =+-=-，()122n n n a a S n +==. (2)证明：因为()122log 12b a =+=，1142n n n b b ++=+，则()12124242n n n n n n b b b ++++=+=+，因为124b +=，故数列{}2nn b +是以4为首项和公比的等比数列，因此，12444n n n n b -+=⨯=，因此，42n nn b =-.(3)解：设数列{}n c 的前2n 项和中，奇数项的和记为A ，偶数项的和记为B .当()2N n k k *=∈，214n kk c -=， 则23135214444nn A -=++++， 231113232144444nn n n A +--=++++， 上式-下式得1231111131222211218414444444414n n n n n n A -++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎝⎭=++++-=+- ⎪⎝⎭-15651234n n ++=-⋅， 故565994nn A +=-⋅. 当()21N n k k *=-∈时，()1113232432244222k kn k k k k k c +++⨯⨯==-⋅+--+ ()()()()1111132323112212121222121k k k k k k k k-++++⨯⨯⎛⎫===- ⎪------⎝⎭，所以，223131111112212121212121n n B +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1132131122121nn n ++-⎛⎫=-= ⎪--⎝⎭， 因此，()2132156599421n n nn n T +-+=-+⋅-. 1．（2021·全国·高三专题练习（理））已知数列{}n a 的通项公式为(1)sin 2n n a n n π=+⋅(n ∈+N )，其前n 项和为n S ，则8S =_______.【答案】36-【解析】4342414(43)(43)(42)sin 2k k k k k k c a a a a k k π----=+++=--⋅ (42)(41)4(42)(41)sin(41)4sin 4(41)sin 222k k k k k k k k k πππ--+--⋅+-⋅++⋅(43)(42)1(42)(41)0(41)4(1)4(41)0k k k k k k k k =--⨯+--⨯+-⨯-++⨯166k =-+，∵81216(12)6236S c c =+=-⨯++⨯=-.故答案为：36-2．（2020·河南郑州·三模）设数列{an }的前n 项和为Sn ，已知13a =对任意的正整数n 满足()()11cos 2213,n n n n n n S S n a a a π++-=+-+则19a =______．【答案】3.17-【解析】由()()11cos 2213,n n n n n n S S n a a a π++-=+-+得()()11cos 2213n n n n n a a n a a π++--=-.又因为13a =,故0n a ≠.故()()1cos 211213n n n n a a π+--=--. 故()21cos 113a a π--=-,3211cos 033a a -=-⨯…，191811cos16353a a π-=-⨯. 累加可得1911113573529 (6333333)a a -⨯-=-+-+-==-. 故191117633a =-+=-,故193.17a -= 故答案为：3.17-题组五 周期数列题组六 倒序相加法1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D【解析】因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∵，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∵， 由∵+∵可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=.故选：D. 2．（2022·全国·高三专题练习）已知22()(),1f x x x =∈+R 若等比数列{}n a 满足120201,a a =则122020()()()f a f a f a +++=（ ）A ．20192B ．1010C ．2019D ．2020【答案】D 【解析】22()(),1f x x x =∈+R 22222122()11122211f x f x x x x x x ⎛⎫∴+=+ ⎪+⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+=++等比数列{}n a 满足120201,a a =120202019220201...1,a a a a a a ∴====()()()()()()120202019202012...2f a f a f a f a f a f a ∴+=+==+=即122020()()()f a f a f a +++=2020故选：D3．（2022·全国·高三专题练习）设函数()221xf x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（ ） A ．9 B ．11C ．92D ．112【答案】B【解析】()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++， 则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =.故选：B.4．（2022·全国·高三专题练习）对于三次函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，给出定义：设()'f x 是函数()y f x =的导数，()f x "是()'f x 的导数，若方程()0f x "=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122018(201920192019g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭)A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019【答案】C【解析】函数()3211533212g x x x x =-+-，函数的导数()2'3g x x x =-+，()'21g x x =-，由()0'0g x =得0210x -=，解得012x =，而112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故函数()g x 关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称，()()12g x g x ∴+-=，故设122018...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则201820171...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得220182m ⨯=，则2018m =，故选C.5．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n S an bn =+，（,a b 均为常数），且72a π=.设函数2()sin 22cos2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ） A ．132πB ．7πC ．7D ．13【答案】D【解析】因为2()sin 22cossin 2cos 12xf x x x x =+=++， 由2n S an bn =+，得()()()2211122n n n S S an bn a n b n an a b n a -=-=+----=-+≥，又11a S a b ==+也满足上式，所以2n a an a b =-+， 则12n n a a a --=为常数，所以数列{}n a 为等差数列；所以11372a a a π+==，()()111131131313sin 2cos 1sin 2cos 1y f a f a a a a y a =+=++++++()()1111sin 2cos 1sin 22cos 12a a a a ππ=+++-+-+=.则数列{}n y 的前13项和为()()()1213...f a f a f a +++，记()()()1213...M f a f a f a =+++，则()()()13121...M f a f a f a =+++， 所以()()11321326M f a f a ⎡⎤=+=⎣⎦，因此13M =. 故选：D ．6．（2022·湖南岳阳·二模）德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就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，因此，此方法也称之为高斯算法.已知某数列通项21002101n n a n -=-，则12100...a a a +++=（ ）A ．98B ．99C ．100D ．101【答案】C【解析】由已知，数列通项21002101n n a n -=-，所以10121002(101)100210010224202221012(101)101210110122101n nn n n n n a a n n n n n -------+=+=+==------， 所以91110029398012n n a a a a a a a a -+=+=+==+，所以12100...502100a a a +++=⨯=.故选：C.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题6.4 数列求和
一、填空题
1．(·皖西七校联考)在数列{a n }中，a n ＝2n
－12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝321
64
，则n =______
【解析】由a n ＝2n
－12n ＝1－12n 得S n ＝n －12＋122＋…＋12n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6.
2．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，且a 3，a 4＋5
2
，a 11成等比数列．若p －q ＝10，则
a p －a q ＝______
3．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n
，那么S 100的值为______
【解析】当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，所以a n ＝1，当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，所以a n ＝n ，
故a n ＝⎩⎪⎨
⎪⎧
1n 为奇数，
n
n 为偶数，
于是S 100＝50＋
2＋100×50
2
＝2 600.
4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为______ 【解析】因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009
5．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x 2，
记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为______
【解析】由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin 2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＝1.∵f (π－
x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin 2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2.∵a 1＋a 9
＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9. 6．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－5
2，则数
列⎩⎨
⎧
⎭
⎬⎫
12n ＋1
a n 的前n 项和T n ＝______ 【解析】设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋
a 3－a 12＝3
2a 1－5
4
，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－
152，S 1， S 2，S 4成等比数列，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 1－542＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－152a 1，整理得4a 2
1＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝
－52或a 1＝－12.当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a 3－a 1
2＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－1
2
(2n －1)，所以
1
2n ＋1
a n
＝－
2
2n －1
2n ＋1
＝－
12n －1－12n ＋1，所以其前n 项和T n ＝－1－13＋13－15＋…＋1
2n －1
－12n ＋1＝－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12n ＋1＝－2n 2n ＋1 7．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *
，则a 1＝________，S 5＝________.
8．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2
n ，且a 1＝12，则该数列的前2 016项的和等于________．
【解析】因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2
n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝
⎩⎪⎨⎪⎧
12，n ＝2k －1k ∈N *，
1，n ＝2k k ∈N *，
故数列的前2 016项的和等于S 2 016＝1 008×⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12＝1 512.
9．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 ＝2
n －1
＋2
n －2
＋…＋22
＋2＋2＝2－2n
1－2
＋2＝2n －2＋2＝2n
.
∴S n ＝2－2n ＋1
1－2
＝2n ＋1
－2.
10．(·福建泉州五中模拟)已知lg x ＋lg y ＝1，且S n ＝lg x n
＋lg(x n －1
y )＋lg(x n －2y 2)＋…＋
lg(xy
n －1
)＋lg y n
，则S n ＝________.
【解析】因为lg x ＋lg y ＝1，
所以lg(xy )＝1. 因为S n ＝lg x n
＋lg(x
n －1
y )＋lg(x n －2y 2)＋…＋lg(xy n －1)＋lg y n ，
所以S n ＝lg y n ＋lg(xy
n －1
)＋…＋lg(x
n －2y 2
)＋lg(x n －1y )＋lg x n ，
两式相加得2S n ＝(lg x n
＋lg y n
)＋[lg(x n －1
y )＋lg(xy n －1)]＋…＋(lg y n ＋lg x n )＝lg(x n ·y n )
＋lg(x
n －1
y ·xy n －1)＋…＋lg(y n ·x n )＝n [lg(xy )＋lg(xy )＋…＋lg(xy )]＝n 2lg(xy )＝n 2，所以
S n ＝n 2
2.
二、解答题
11．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *
)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝
1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <1
2
.
当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －1
2n －1
＝
1
2n ＋1
2n －1
>0，
∴数列{T n }是一个递增数列，∴T n ≥T 1＝1
3
.
综上所述，13≤T n <1
2
.
12．已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前
n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝
3
a n a n ＋1
，试求数列{b n }的前n 项和T n .。