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第 14 讲 数列求和及综合
【知识梳理】
数列求和的几种常用方法
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：
Sn＝ ＝ .
(2)等比数列的前 n 项和公式：
Sn＝ .
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列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，分别求和后相加减．
(2)形如 an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
3．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
1
① ＝ .
n n＋1
1
② ＝ .
n n＋2
1
③ ＝ .
2n－1 2n＋1
1
④ ＝ .
n＋ n＋1
1
⑤loga (1 )＝ ．
n
4．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 项和公式就是用此法推导的．
1
【典型例题】
题型一 数列与数学文化
1．(多选)(2020·山东曲阜一中月考)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里
关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则下列说法正确的是( )
A．此人第二天走了九十六里路
B 1．此人第三天走的路程占全程的
8
C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
D．此人后三天共走了 42里路
2．我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多
十七，要将第八数来言．务要分明依次第，孝和休惹外人传．”意为：“996斤棉花，分别
赠送给 8个子女做旅费，从第 1个孩子开始，以后每人依次多 17斤，直到第 8个孩子为止．分
配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话．”在这个问题中，
第 8个孩子分到的棉花为( )
A．184斤
B．176斤
C．65斤
D．60斤
3．我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两
鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几
天相逢？( )
A．2
B．3
C．4
D．6
4．(2020·潍坊模拟)《周髀算经》是中国古代重要的数学著作，其记载的“日月历法”曰：“阴
阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二
十岁，…，生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”．某老年公寓住有 20位老人，他们的年
龄(都为正整数)之和恰好为一遂，其中年长者已是奔百之龄(年龄介于 90～100岁)，其余 19
人的年龄依次相差一岁，则年长者的年龄为( )
A．94岁
B．95岁
C．96岁
D．98岁
2
题型二 数列的判定与证明
例 1 3 5已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝ ，a3＝ ，且当 n≥2时，4Sn＋2＋5Sn2 4
＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求 a4的值；
(2) 1证明：{an 1 an}为等比数列．2
跟踪训练 1 已知数列{an}满足 a1＝1，且 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，n∈N*.
(1)求 a2，a3的值；
a
(2)证明数列{ n }是等差数列，并求{an}的通项公式．
n
题型三 数列的求和
例 2 已知数列{an}的首项 a1＝5，前 n 项和为 Sn，满足 Sn－n2＝n(an－1)．
(1)证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足 bn＝(－1)n·n(an＋2n－4)＋2n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
3
例 3 (2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为 1的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若 a1＝1，求数列{nan}的前 n 项和．
例 4 (2020·潍坊模拟)已知数列{an}为等比数列，a1＝1；数列{bn}满足 b2＝3，a1b1＋a2b2＋a3b3
＋…＋anbn＝3＋(2n－3)·2n.
(1)求 an；
1
(2)求 bnbn＋1 的前 n 项和 Tn.
跟踪训练 2 (1)已知各项均为正数的等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，且 a1＋2，a2＋5，a3＋
13构成等比数列{bn}的前三项．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②求数列{anbn}的前 n 项和 Tn.
4
(2)(2020·河北衡水中学模拟)已知数列{an}满足 a1＝4，且当 n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)．
a
①求证：数列{ n }是等差数列；
n
b 2n＋1②记 n＝ ，求数列{b }的前 n 项和 S .
an2
n n
题型四 数列的综合问题
例 5 (12分)(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于 1的等比数列{an}满足 a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记 bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前 100项和 S100.
跟踪训练 3 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 n，an，Sn 成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求 c1＋c2＋…＋c100的
值．
5
【课后作业】
A 组
1．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn.若 a1＝b1＝3，a4＝b2，
S4－T2＝12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前 n 项和．
2．已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn满足 4S5＝3S4＋S6，且 a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式 an；
(2)设 bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
3．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设 bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2) c bn设 n＝ ，求数列{c }的前 n 项和 S .
4n2
n n
－1 2n
6
B 组
4．(2020·黄山模拟)已知递增的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，S1＝1，S2，S3－1，S4成等比
数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
n
(2) －1 4n＋4 已知 bn＝ ，求数列{bn}的前 2n 项和 T2n.
an＋1an＋2
C 组
5．(2020·天津)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4
－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前 n 项和为 Sn，求证：SnSn＋2 (3an 2)bn
,n为奇数，a a
(3) n c n n 2对任意的正整数 ，设 n ，求数列{cn}的前 2n 项和．
an 1，n为偶数.
bn 1
7第 14 讲 数列求和及综合
【考试要求】
1.熟练掌握等差、等比数列的前 n项和公式.
2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.
3.了解数列是一种特殊的函数.
4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．
【知识梳理】
数列求和的几种常用方法
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 a1＋an na n n－1 n＝ ＝ 1＋ d.
2 2
(2)等比数列的前 n项和公式：
na1，q＝1，
Sn＝ a1－anq a1 1－qn ＝ ，q≠1.
1－q 1－q
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列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，分别求和后相加减．
(2)形如 an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
3．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
1 1 1
① ＝ － .
n n＋1 n n＋1
1 1
② ＝ (1 1 ) .
n n＋2 2 n n 2
1 1 1 1
③ ＝ ( ) .
2n－1 2n＋1 2 2n 1 2n 1
1
④ ＝ n＋1－ n.
n＋ n＋1
1
⑤loga (1 )＝loga(n＋1)－logan(n>0)．
n
4．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项和公式就是用此法推导的．
【典型例题】
题型一 数列与数学文化
1．(多选)(2020·山东曲阜一中月考)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里
关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则下列说法正确的是( )
A．此人第二天走了九十六里路
B 1．此人第三天走的路程占全程的
8
C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
D．此人后三天共走了 42里路
答案 ACD
解析 设此人第 n天走 a 1n里路，则数列{an}是首项为 a1，公比为 q＝ 的等比数列，
2
1 1－
a1 26
因为 S6＝378，所以 S6＝ 1 ＝378，1－
2
解得 a1＝192，
对于 A 1，由于 a2＝192× ＝96，所以此人第二天走了九十六里路，所以 A正确；
2
1
对于 B，由于 a3＝192× ＝48 48 >1， ，所以 B不正确；
4 378 8
对于 C，由于 378－192＝186,192－186＝6，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多六
里，所以 C正确；
对于 D，a4＋a5＋a6＝378－192－96－48＝42，所以此人后三天共走了 42里路，所以 D正确．
2．我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多
十七，要将第八数来言．务要分明依次第，孝和休惹外人传．”意为：“996斤棉花，分别
赠送给 8个子女做旅费，从第 1个孩子开始，以后每人依次多 17斤，直到第 8个孩子为止．分
配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话．”在这个问题中，
第 8个孩子分到的棉花为( )
A．184斤 B．176斤
C．65斤 D．60斤
答案 A
解析 依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为{an}，公差为
d 8×7，前 n项和为 Sn，第一个孩子所得棉花斤数为 a1，则由题意得，d＝17，S8＝8a1＋ ×17
2
＝996，解得 a1＝65，∴a8＝a1＋(8－1)d＝184.
3．我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两
鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几
天相逢？( )
A．2 B．3 C．4 D．6
答案 C
解析 不妨设大老鼠和小老鼠每天穿墙的厚度为数列{an}和{bn}，
则由题意可知，数列{an}是首项为 1，公比为 2的等比数列，
1
数列{bn}是首项为 1，公比为 的等比数列，
2
设前 n天两鼠总共穿墙的厚度之和为 Sn，
1
1－2n 1－ 2 n 1
则 Sn＝ ＋ ＝2n－ 2 n－11 ＋1，1－2 1－
2
35
当 n＝3时，S3＝ <10，
4
当 n＝4 S 135时， 4＝ >10，
8
故两个老鼠在第 4天相逢．
4．(2020·潍坊模拟)《周髀算经》是中国古代重要的数学著作，其记载的“日月历法”曰：“阴
阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二
十岁，…，生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”．某老年公寓住有 20位老人，他们的年
龄(都为正整数)之和恰好为一遂，其中年长者已是奔百之龄(年龄介于 90～100岁)，其余 19
人的年龄依次相差一岁，则年长者的年龄为( )
A．94岁 B．95岁 C．96岁 D．98岁
答案 B
解析 设年长者的年龄为 t，由已知，其余 19位老人的年龄从小到大依次排列构成公差 d＝1
的等差数列，设最小者的年龄为 a1，由“遂千百五二十岁”知，一遂就是 1 520岁(一遂有 20
部，一部有 4章，一章有 19岁，且 20×4×19＝1 520)．所以这 20位老人的年龄之和为 19a1
19×18
＋ d＋t t t＝1 520，整理得 a1＋9＋ ＝80.因为 t∈N*，a1∈N*，所以 ∈N*.又因为
2 19 19
t∈(90,100)，所以 t＝19×5＝95.故选 B.
思维升华 数列与数学文化解题 3步骤
读懂题意 会脱去数学文化的背景，读懂题意
构建模型 由题意，构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型
求解模型 利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项、通项公式或前 n项和的公式
题型二 数列的判定与证明
1 3 5例 已知数列{an}的前 n项和为 Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝ ，a3＝ ，且当 n≥2时，4Sn＋2＋5Sn2 4
＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求 a4的值；
1
(2)证明：{an 1 an}为等比数列．2
(1)解 因为 4Sn＋2＋5Sn＝8S
3 5
n＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝ ，a3＝ ，2 4
当 n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
1 3 5＋ ＋ ＋a4 1 3 3 5＋ 1＋ ＋
即 4× 2 4 ＋5× 2 ＝8× 2 4 ＋1，
7
解得 a4＝ .
8
(2)证明 由 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
得 4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即 4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
当 n 5＝1时，有 4a3＋a1＝4× ＋1＝6＝4a2，
4
∴4an＋2＋an＝4an＋1，
a 1n＋2－ an2 ＋
1 4an＋2－2an＋1 4an＋1－an－2an＋1 2an＋1－an 1
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
a 1a 4an＋1－2an 4an＋1－2an 2 2an＋1－an
2
n＋1－ n2
a 1n＋1－ an2 a 1∴数列 是以 2－ a
1
1＝1为首项， 为公比的等比数列．
2 2
思维升华 递推数列是数列的一种给出方式，由递推公式构造新的等差(比)数列时，一是看问
题中是否有提示的形式，二是直接对递推公式进行变形．
跟踪训练 1 已知数列{an}满足 a1＝1，且 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，n∈N*.
(1)求 a2，a3的值；
a
(2)证明数列{ n }是等差数列，并求{an}的通项公式．
n
解 (1)由已知，a1＝1，且 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，
得 a2－2a1＝4，则 a2＝2a1＋4，
又 a1＝1，所以 a2＝6，由 2a3－3a2＝12，得 2a3＝12＋3a2，所以 a3＝15.
(2)由已知 nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
nan＋1－ n＋1 an an＋1 a
得 ＝2，即 － n＝2，
n n＋1 n＋1 n
an a
所以数列 n 是首项 1＝1，公差 d＝2的等差数列，
1
a
则 n＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以 an＝2n2－n.
n
题型三 数列的求和
命题点 1 分组求和与并项求和
例 2 已知数列{an}的首项 a1＝5，前 n项和为 Sn，满足 Sn－n2＝n(an－1)．
(1)证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足 bn＝(－1)n·n(an＋2n－4)＋2n，求数列{bn}的前 n项和 Tn.
解 (1)因为 Sn－n2＝n(an－1)，即 Sn＝nan＋n2－n，①
当 n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)2－(n－1)，②
①－②，得(n－1)an－(n－1)an－1＋2(n－1)＝0.
因为 n≥2，所以 an－an－1＝－2，
所以数列{an}是以 a1＝5为首项，d＝－2为公差的等差数列，
所以 an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋7.
(2)由(1)得 bn＝(－1)nn(an＋2n－4)＋2n＝(－1)n3n＋2n，
所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－3×1＋2×1)＋(3×2＋2×2)＋(－3×3＋2×3)＋(3×4＋2×4)
＋…＋(－1)n3n＋2n＝－3[1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n＋1n]＋2(1＋2＋3＋4＋…＋n)，
n＋1 2n－3 n＋1
于是当 n为奇数时，Tn＝－3× ＋n(n＋1)＝ ；
2 2
n 3n n 2n＋5 当 为偶数时，Tn＝ ＋n(n＋1)＝ .
2 2
2n－3 n＋1
，n为奇数，
2
所以数列{bn}的前 n项和 Tn＝ n 2n＋5
，n为偶数.
2
思维升华 一般地，如果 {an}是等差数列， {bn}是等比数列，求数列 {an±bn}或 cn＝
an，n为奇数，
的前 n项和 Sn时，可采用分组求和法求和．如果 cn＝(－1)n·an，求 cn的前
bn，n为偶数
n项和时，可采用并项求和法求解．
命题点 2 错位相减法求和
例 3 (2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为 1的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若 a1＝1，求数列{nan}的前 n项和．
解 (1)设{an}的公比为 q，
∵a1为 a2，a3的等差中项，
∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，
∵q≠1，∴q＝－2.
(2)设{nan}的前 n项和为 Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，
Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3 (－2)3＋ ＋(n－1)·(－2)n－× … 1＋n(－2)n，②
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n
1－ －2 n n( 2)n 1－ 1＋3n －2
n
＝ － － ＝ ，
1－ －2 3
S 1－ 1＋3n －2
n
∴ n＝ ，n∈N*.
9
思维升华 (1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前 n项和时，常采
用错位相减法．
(2)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“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地
写出“Sn－qSn”的表达式．
③应用等比数列求和公式必须注意公比 q是否等于 1，如果 q＝1，应用公式 Sn＝na1.
命题点 3 裂项相消法求和
例 4 (2020·潍坊模拟)已知数列{an}为等比数列，a1＝1；数列{bn}满足 b2＝3，a1b1＋a2b2＋a3b3
＋…＋anbn＝3＋(2n－3)·2n.
(1)求 an；
1
(2)求 bnbn＋1 的前 n项和 Tn.
解 (1)令 n＝1，得 a1b1＝3＋(2－3)×2＝1，
所以 b1＝1，
令 n＝2，得 a1b1＋a2b2＝7，所以 a2b2＝6，
又 b2＝3，所以 a2＝2，
设数列{an}的公比为 q，则 q a＝ 2＝2，
a1
所以 an＝2n－1.
(2)当 n≥2时，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＝3＋(2n－5)2n－1，①
又 a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)2n，②
②－①得 anbn＝3＋(2n－3)2n－[3＋(2n－5)2n－1]＝(2n－1)2n－1，
所以 bn＝2n－1，由(1)知 b1＝1，满足 bn＝2n－1，
故 bn＝2n－1，
1 1
1 1 1 －
＝ ＝ 2n－1 2n＋1 ，
bnbn＋1 2n－1 2n＋1 2
1 1
1 1
1 1 1
－ － －
所以 Tn＝ 3 1＋ 3 5 1＋…＋ 2n－1 2n＋1
2 2 2
1 1
1 1 1 1 1
－ ＋ － ＋…＋ －
＝ 3 3 5 2n－1 2n＋1
2
1
1 1－
＝ 2n＋1 n＝ .
2 2n＋1
思维升华 使用裂项法求和时，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，实质上造成正负相消是此法的根源与目
的．
跟踪训练 2 (1)已知各项均为正数的等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，且 a1＋2，a2＋5，a3＋
13构成等比数列{bn}的前三项．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②求数列{anbn}的前 n项和 Tn.
解 ①设等差数列的公差为 d，
则由已知得，a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即 a2＝5，
又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，
解得 d＝2或 d＝－13(舍去)，a1＝a2－d＝3，
∴an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，
又 b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，
∴q＝2，∴bn＝5·2n－1.
②由①知 anbn＝(2n＋1)·5·2n－1＝5·(2n＋1)·2n－1，
∵Tn＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1]，
2Tn＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n]，
两式相减得
－T －n＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n 1－(2n＋1)×2n]
＝5[(1－2n)2n－1]，
则 Tn＝5[(2n－1)2n＋1]．
(2)(2020·河北衡水中学模拟)已知数列{an}满足 a1＝4，且当 n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)．
an
①求证：数列 n 是等差数列；
b 2n＋1②记 n＝ ，求数列{bn}的前 n项和 Sn.
a2n
①证明 当 n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)，
a
n(n 1) an n－1
＋2n－2
将上式两边都除以 － ，得 ＝ ，
n n－1
a an－1
即 n－ ＝2，
n n－1
an a
所以数列 n 是以 1＝4为首项，2为公差的等差数列．
1
a
②解 由①得 n＝4＋2(n－1)＝2n＋2，
n
即 an＝2n(n＋1)，
1 1
b 2n＋1 1
－
所以 n＝ ＝ n2 n＋1 2 ，
a2n 4
1 1 1 1 1
1 1
1 － － －2 1 1－ n2＋2n所以 Sn＝ 2 ＋ 22 32 ＋…＋ n2 n＋1 2 ＝ n＋1 2 ＝ .
4 4 4 n＋1 2
题型四 数列的综合问题
例 5 (12分)(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于 1的等比数列{an}满足 a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记 bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前 100项和 S100.
规范解答
解 (1)由于数列{an}是公比大于 1的等比数列，
设首项为 a1，公比为 q，
a1q＋a1q3＝20，
依题意有 [2分]
a1q2＝8，
a1＝32，
a1＝2，
解得 q 1 (舍)或 [4分]＝
2 q＝2，
所以{an}的通项公式为 an＝2n，n∈N*.[6分]
(2)由于 21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128，[7分]
所以 b1对应的区间为(0,1]，则 b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，
则 b2＝b3＝1，即有 2个 1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为
(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，
则 b4＝b5＝b6＝b7＝2，
即有 22个 2；[8分]
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则 b8＝b9＝…＝b15＝3，
即有 23个 3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，
则 b16＝b17＝…＝b31＝4，即有 24个 4；[9分]
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，
则 b32＝b33＝…＝b63＝5，即有 25个 5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，
则 b64＝b65＝…＝b100＝6，即有 37个 6.[10分]
所以 S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.[12分]
第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等确定基本量间的关系，计算得出基
本量，确立数列的通项公式；
第二步：通过题目表达确立关键信息或者关系，本题关键是找准 m的取值和 an的联系，可以
从小到大进行列举找出规律；
第三步：根据和的表达式或通项的特征，选择合适的方法(定义法、分组转化法、错位相减法、
裂项相消法)求和；
第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤．
跟踪训练 3 已知数列{an}的前 n项和为 Sn，且 n，an，Sn成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求 c1＋c2＋…＋c100的
值．
解 (1)因为 n，an，Sn成等差数列，
所以 Sn＋n＝2an，①
所以 Sn 1＋n－1＝2an 1(n≥2)－ － ，②
①－②，得 an＋1＝2an－2an－1，
所以 an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，
又当 n＝1时，S1＋1＝2a1，
所以 a1＝1，所以 a1＋1＝2，
故数列{an＋1}是首项为 2，公比为 2的等比数列，
所以 an＋1＝2·2n－1＝2n，即 an＝2n－1.
(2)据(1)求解知，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，
b1＝1，所以 bn＋1－bn＝2，
所以数列{bn}是以 1为首项，2为公差的等差数列，
又因为 a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，a6＝63，a7＝127，a8＝255，b64＝127，b106
＝211，b107＝213，
所以 c1＋c2＋…＋c100
＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a1＋a2＋…＋a7)
107×(1＋213) 1 2
＝ －[(2 ＋2 ＋…＋27)－7]
2
107×214 2(1－27)
＝ － ＋7＝1072－28＋9＝11 202.
2 1－2
【课后作业】
A 组
1．已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n项和为 Tn.若 a1＝b1＝3，a4＝b2，
S4－T2＝12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前 n项和．
解 (1)由 a1＝b1，a4＝b2，
则 S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12，
设等差数列{an}的公差为 d，
则 a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以 d＝2.
所以 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
设等比数列{bn}的公比为 q，
由题意知 b2＝a4＝9，即 b2＝b1q＝3q＝9，
所以 q＝3.所以 bn＝3n.
(2)an＋bn＝(2n＋1)＋3n，
所以{an＋bn}的前 n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32
3＋2n＋1 n 3 1－3n 3 3n－1
＋…＋3n)＝ ＋ ＝n(n＋2)＋ .
2 1－3 2
2．已知等比数列{an}的前 n项和 Sn满足 4S5＝3S4＋S6，且 a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式 an；
(2)设 bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前 n项和 Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为 q，
由 4S5＝3S4＋S6，得 S6－S5＝3S5－3S4，
即 a6＝3a5，∴q＝3，
∴an＝9·3n－3＝3n－1.
(2)bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·3n－1，
∴Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋ ＋(2n－1)·3n－… 1，
∴3Tn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
∴－2Tn＝1＋2·31＋2·32＋…＋2·3n－1－(2n－1)·3n
＝－2＋(2－2n)·3n，
T 1 2－2n ·3
n
∴ n＝ － ＝(n－1)·3n＋1.
2
3．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设 bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2) bn设 cn＝ ，求数列{cn}的前 n项和 Sn.
4n2－1 2n
(1)证明 因为 an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，
bn＝an＋1－an，
bn＋1 an＋2－an＋1 3an＋1－2an－an＋1所以 ＝ ＝
bn an＋1－an an＋1－an
2 an＋1－an
＝ ＝2，
an＋1－an
又 b1＝a2－a1＝2－1＝1，
所以数列{bn}是以 1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知 bn＝1×2n－1＝2n－1，
bn
因为 cn＝ ，
4n2－1 2n
1 1
c 1 1
－
所以 n＝ ＝ 2n－1 2n＋1 ，
2 2n＋1 2n－1 4
1 1 1 1 1 1－ ＋ － ＋…＋ －
所以 Sn＝c1＋c
1
2＋…＋cn＝ 3 3 5 2n－1 2n＋1
4
1
1 1－
＝ 2n n＋1 ＝ .
4 4n＋2
B 组
4．(2020·黄山模拟)已知递增的等差数列{an}的前 n项和为 Sn，S1＝1，S2，S3－1，S4成等比
数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
n
(2) b －1 4n＋4 已知 n＝ ，求数列{bn}的前 2n项和 T2n.
an＋1an＋2
解 (1) S n n－1 由 1＝1知等差数列{an}的首项为 1，所以 Sn＝n＋ d，
2
由 S2，S3－1，S4成等比数列可得(S3－1)2＝S2S4，
所以(2＋3d)2＝(2＋d)(4＋6d)，解得 d＝2 2或 d＝－ ，
3
由等差数列{an}为递增数列知，d>0，所以 d＝2，
所以 an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2) b －1
n 4n＋4 －1 n 4n＋4
因为 n＝ ＝
an＋1an＋2 2n＋1 2n＋3
1 1
＋
＝(－1)n 2n＋1 2n＋3 ，
所以 T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋
＝－ 3 5 ＋ 5 7 － 7 9 ＋ 9 11 ＋…－ 4n－1 4n＋1 ＋ 4n＋1 4n＋3
1 1 4n
＝－ ＋ ＝－ .
3 4n＋3 3 4n＋3
C 组
5．(2020·天津)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4
－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前 n项和为 Sn，求证：SnSn＋2 (3an 2)bn
,n为奇数，a a
(3) n n 2对任意的正整数 n，设 cn ，求数列{cn}的前 2n项和．
an 1，n为偶数.
bn 1
(1)解 设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.
∵a1＝1，a5＝5(a4－a3)，∴1＋4d＝5d，∴d＝1，
∴{an}的通项公式为 an＝n.
∵b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又 q≠0，
∴q4＝4(q3－q2)，解得 q＝2，
∴{bn}的通项公式为 bn＝2n－1.
(2)证明 由(1) n n＋1 可得 Sn＝ ，
2
∴S 1nSn＋2＝ n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，4
S2 1n 2＋1＝ (n＋1) (n＋2)2，4
∴SnS 1n 2－S2＋ n＋1＝－ (n＋1)(n＋2)<0，2
∴SnSn 2＋2(3)解 当 n为奇数时，
3a － ＋ －
c n
－2 bn 3n－2 2n 1 2n 1 2n 1
n＝ ＝ ＝ － ；
anan＋2 n n＋2 n＋2 n
an－1 n－1
当 n为偶数时，cn＝ ＝ .
b nn＋1 2
对任意的正整数 n，有
22k 22k－2
－ 2n
错误!2k－1＝错误! 2k＋1 2k
2
－1 ＝ －1，
2n＋1
错误!2k＝错误!
2k－1 1 3 5 2n－1
＝ ＋ ＋ ＋…＋ .①
4k 4 42 43 4n
1 1 1 3 2n－3 2n－1
由①× 得 错误!2k＝ ＋ ＋…＋ ＋ .②
4 4 42 43 4n 4n＋1
1
2 1－ n
3 1 2 2 2n－1 4 1 2n－1
①－②得 错误!2k＝ ＋ ＋…＋ － ＝4 － － ，
4 4 42 4n 4n＋1 4 n＋11 1 4－
4
5 6n＋5
∴错误!2k＝ － .
9 9×4n
4n 6n＋5 4
因此，错误!2k＝错误!2k－1＋错误!2k＝ － － .2n＋1 9×4n 9
n
{c } 4 6n＋5 4∴数列 n 的前 2n项和为 － － .
2n＋1 9×4n 9

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