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6.5　数列求和
(教师独具内容)
1．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能运用相关知识解决与前n项和相关的问题．
2．熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，并能够利用公式求数列的前n项和．
3．掌握非等差数列、等比数列求和的几种常见方法．
4．重点提升逻辑推理和数学运算素养．
(教师独具内容)
数列求和是高考的重点考查内容，可以综合数列的概念、性质等进行考查．在选择题、填空题和解答题中都可以出现，既可以是基本运算的中等题或简单题，也可以是难度较大的综合题．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．公式法
(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋．
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前n项和
Sn＝
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组转化求和法：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的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)并项求和法：形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
(3)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，从而求得前n项和．
(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，那么求这个数列的前n项和可用错位相减法．
(5)倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中，与首末两端等“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求解．
3．常用结论
常见的裂项技巧：
①＝－.
②＝.
③＝.
④＝－.
⑤＝
.
1．(2021·无锡模拟)设数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，且b1＝0，cn＝an＋bn，若数列{cn}是1，1，2，…，则数列{cn}的前10项和为(　　)
A．978 B．557 C．467 D．979
答案　A
解析　设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn}的公差为d.因为cn＝an＋bn，所以解得所以cn＝2n－1＋(1－n).所以数列{cn}的前10项和为＋＝978.故选A.
2．(2021·丹东模拟)已知在等差数列{an}中，a1>0，d>0，前n项和为Sn，等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a4，前n项和为Tn，则(　　)
A．S4>T4 B．S4C．S4＝T4 D．S4≤T4
答案　A
解析　解法一：设等比数列{bn}的公比为q，则由题意可得b1>0，q>1，数列{bn}为递增数列，又S4－T4＝a2＋a3－(b2＋b3)＝a1＋a4－a1q－＝a1(1－q)＋a4＝·(a4－a1q)＝(b4－b2)>0，所以S4>T4.故选A.
解法二：不妨取an＝7n－4，则等比数列{bn}的首项b1＝3，公比q＝＝＝2，所以S4＝54，T4＝＝45，显然S4>T4，故选A.
3．(2021·泉州模拟)已知各项均为正数且递减的等比数列{an}满足a3，a4，2a5成等差数列，其前n项和为Sn，且S5＝31，则(　　)
A．an＝ B．an＝2n－3
C．Sn＝32－ D．Sn＝2n－4－16
答案　C
解析　由a3，a4，2a5成等差数列，得3a4＝a3＋2a5，设等比数列{an}的公比为q，则2q2－3q＋1＝0，解得q＝或q＝1.又因为数列{an}各项为正数且为递减数列，所以q＝，所以S5＝＝31，解得a1＝16，所以数列{an}的通项公式为an＝16·＝，所以Sn＝＝32－.故选C.
4．(2021·浙江台州模拟)已知数列{an}，{bn}满足2an＋1＋an＝3(n≥1)，a1＝10，bn＝an－1，若数列{bn}的前n项和为Sn，则满足不等式|Sn－6|<的最小整数n是(　　)
A．8 B．9 C．11 D．10
答案　D
解析　由题意可知2an＋1＋an＝3，即an＋1＝－an＋，即an＋1－1＝－(an－1)，又因为a1＝10，bn＝an－1，所以b1＝a1－1＝9，bn＋1＝－bn，即数列{bn}是首项为9，公比为－的等比数列，所以bn＝9×，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝6－6×，则|Sn－6|＝6×<，即<，又因为＝，所以满足不等式|Sn－6|<的最小整数n＝10.故选D.
5．(2021·阜新模拟)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝3n＋1，Sn为数列{an}的前n项和，则S20＝(　　)
A．300 B．320 C．340 D．360
答案　C
解析　因为an＋1＋(－1)nan＝3n＋1，①当n为偶数时，有an＋1＋an＝3n＋1，an＋2－an＋1＝3n＋4.所以an＋an＋2＝6n＋5.所以a2＋a4＝6×2＋5＝17，a6＋a8＝6×6＋5＝41，…，a18＋a20＝6×18＋5＝113.所以a2＋a4＋…＋a20＝＝325.②当n为奇数时，有an＋1－an＝3n＋1，an＋2＋an＋1＝3n＋4.所以an＋2＋an＝3.所以a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，…，a17＋a19＝3，所以a1＋a3＋…＋a19＝5×3＝15.所以S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝15＋325＝340.故选C.
1．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝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 ；如果对折n次，那么Sk＝ dm2.
答案　5　240·
解析　对折3次可以得到 dm×12 dm，5 dm×6 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm，共四种规格的图形，它们的面积之和为S3＝4×30＝120 dm2.
对折4次可以得到 dm×12 dm， dm×6 dm，5 dm×3 dm，10 dm× dm，20 dm× dm，共五种规格的图形，它们的面积之和为S4＝5×15＝75 dm2.
对折n次共可以得到n＋1种规格的图形，且Sn＝(n＋1)，
因此Sk＝240·.
Sk＝240·，因此Sk＝240·＝240·.
所以Sk＝240· dm2.
2．(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝ ．
答案　
解析　设等差数列{an}的公差为d，则
由得
∴Sn＝n×1＋×1＝，
＝＝2.
∴＝＋＋＋…＋＝2＝2＝.
3．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解　(1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5，
因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3，
所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列，
所以当n为奇数时，an＝1＋×3＝.
因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列，
所以当n为偶数时，an＝2＋×3＝，而bn＝a2n，
所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，bn＝a2n＝＝3n－1，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n－1.
(2)由(1)，知{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)
＝10×1＋×3＋10×2＋×3＝300.
所以{an}的前20项和为300.
4．(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<.
解　(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1，
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以a1＋9a3＝2×3a2，即1＋9q2＝2×3q，解得q＝，
故an＝，bn＝＝.
(2)证明：由(1)知，Sn＝＝.
又bn＝，
则Tn＝＋＋＋…＋＋，①
两边同乘，
则Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②，得Tn＝＋＋＋＋…＋－，即Tn＝－＝－，
整理，得Tn＝－＝－，
则2Tn－Sn＝2－＝－＜0，故Tn＜.
5．(2020·全国Ⅰ卷)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)设等比数列{an}的公比为q，
∵a1为a2，a3的等差中项，
∴2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.
∵a1≠0，∴q2＋q－2＝0.
∵q≠1，∴q＝－2.
(2)设数列{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＝－n(－2)n＝，
∴Sn＝.
一、基础知识巩固
考点　　倒序相加法求和
例1　(2022·湘潭模拟)已知一个有限项的等差数列{an}，前4项的和是40，最后4项的和是80，所有项的和是210，则此数列的项数为(　　)
A．12 B．14 C．16 D．18
答案　B
解析　由题意，知a1＋a2＋a3＋a4＝40，an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，两式相加，得a1＋an＝30.又因为Sn＝＝＝210，所以n＝14.故选B.
例2　(2021·咸宁模拟)设函数f(x)＝1＋ln ，设a1＝1，an＝f＋f＋f＋…＋f(n∈N*，n≥2).
(1)计算f(x)＋f(1－x)的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解　(1)f(x)＋f(1－x)＝1＋ln ＋1＋ln ＝2.
(2)由题意知，当n≥2时，an＝f＋f＋f＋…＋f，
又an＝f＋f＋…＋f，
将两式相加，得2an＝＋＋…＋＝2(n－1)，
所以an＝n－1.
又a1＝1不符合an＝n－1，
所以an＝
　1.(2021·大连育明高中模拟)已知函数F(x)＝f－2是R上的奇函数，则函数f(x)的图象关于点 对称；若an＝f(n∈N*)，则a1＋a3＋a5＋…＋a2021＝ ．
答案　　2022
解析　因为函数F(x)＝f－2是R上的奇函数，所以F(－x)＝－F(x)，即f－2＝2－f，所以f＋f＝4，所以函数f(x)的图象关于点对称．令t＝－x，则＋x＝1－t，所以f(t)＋f(1－t)＝4，因为an＝f(n∈N*)，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2021＝f＋f＋…＋f＋f.所以a1＋a3＋a5＋…＋a2021＝f＋f＋…＋f＋f.所以2(a1＋a3＋a5＋…＋a2021)＝＋＋…＋＝4×＝4044.故a1＋a3＋a5＋…＋a2021＝×4044＝2022.
2．(2022·宜春模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－2an＋2＝0，函数f(x)对任意的x∈R都有f(x)＋f(1－x)＝1，数列{bn}满足bn＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1).求数列{an}，{bn}的通项公式．
解　因为Sn－2an＋2＝0，即Sn＝2an－2，
所以当n＝1时，S1＝2a1－2，所以a1＝2.
又因为当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
所以Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
所以数列{an}是等比数列，首项为2，公比为2.所以an＝2n.
因为f(x)＋f(1－x)＝1，
所以f＋f＝1.
因为bn＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，①
bn＝f(1)＋f＋f＋…＋f＋f(0)，②
所以由①＋②，得2bn＝n＋1.
所以bn＝.
　倒序相加法可以推广运用到其他题型的求和问题.
考点　　分组转化法或并项法求和
例3　(2022·广西钦州模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin ，则a1＋a2＋a3＋…＋a2021等于(　　)
A．－ B．
C． D．－
答案　A
解析　因为an＝n2sin ，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2021＝－12＋22－32＋42－…－20192＋20202－20212＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(20202－20192)－20212＝(1＋2＋3＋4＋…＋2019＋2020)－20212＝－20212＝－.
例4　(2021·唐山模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，a1＝1，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)na，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由题意，得S3＝3a1＋3d＝3＋3d＝9，解得d＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)na＝(－1)n(2n－1)2＝
当n为奇数时，Tn＝－12＋32－52＋72－92＋…＋(2n－3)2－(2n－1)2＝2(1＋3＋5＋7＋…＋2n－3)－(2n－1)2＝2×－(2n－1)2＝－2n2＋1；
当n为偶数时，Tn＝－12＋32－52＋72－92＋…－(2n－3)2＋(2n－1)2＝2[1＋3＋5＋7＋…＋(2n－3)＋(2n－1)]＝2×＝2n2.
所以Tn＝
　3.(2021·六安模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)nn2，设cn＝an＋an＋1，则数列{cn}的前200项和为(　　)
A．－200 B．0
C．200 D．10000
答案　A
解析　记数列{cn}的前n项和为Tn，T200＝c1＋c2＋…＋c200＝a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a199＋a200＋a200＋a201＝2[(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a199＋a200)]－a1＋a201＝2[(22－12)＋(42－32)＋…＋(2002－1992)]＋1－2012＝2×(3＋7＋11＋…＋399)＋1－2012＝2×＋1－2012＝40200－40401＋1＝－200.
4．(2021·湖北襄阳模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且 ，从下列两个条件：①2S2＝a2＋a3；②a2，a3＋2，a4成等差数列中选一个填在横线上(填序号)，并解决下列问题：
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)选条件①，
设数列{an}的公比为q，
由a1＝2，2S2＝a2＋a3，得2(2＋2q)＝2q＋2q2.
整理，得q2－q－2＝0，所以(q－2)(q＋1)＝0，即q＝2或q＝－1.
又数列{an}是正项数列，故q＝2.
从而数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
选条件②，
设数列{an}的公比为q，
因为a2，a3＋2，a4成等差数列，
所以a2＋a4＝2a3＋4.
所以2q＋2q3＝4q2＋4.
整理，得q(1＋q2)＝2(q2＋1).解得q＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
(2)由bn＝＋log2an＝n＋，
得Tn＝(1＋2＋…＋n)＋＝＋＝＋1－.
　
1．分组转化法求和的常见类型
(1)分段型(如①an＝②an＝2n＋3n－1).
(2)周期型.
2．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an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
考点　　错位相减法
例5　(2022·江西铜鼓中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝n(2－Sn)，n∈N*，若bn≤λ，n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解　(1)由已知an＋1＝an，a1＝，
可得＝·，
所以＝.
所以数列是以＝为首项，为公比的等比数列．
则＝，所以an＝.
(2)由(1)，知Sn＝＋＋＋…＋.
所以Sn＝＋＋＋…＋.
将上述两式相减，得Sn＝＋＋＋…＋－.
所以Sn＝－＝1－.
所以Sn＝2－.
因为bn＝n(2－Sn)，所以bn＝.
所以bn＋1－bn＝－＝.
则当n＝1时，b2－b1>0，即b2>b1；
当n≥2时，bn＋1－bn<0，即bn＋1所以b2是最大项，且b2＝2，所以λ≥2.
例6　(2021·广东广州模拟)已知数列{an}满足an＋1＝an＋2，n∈N*，且a2，a5，a14成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2nan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解　(1)由an＋1＝an＋2，得an＋1－an＝2，
所以数列{an}是以2为公差的等差数列，
又a2，a5，a14成等比数列，得a＝a2a14，
即(a1＋8)2＝(a1＋2)(a1＋26)，解得a1＝1，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)可得，bn＝2n×an＋1＝2n×(2n＋1).
则Sn＝3×21＋5×22＋…＋(2n＋1)×2n，
2Sn＝3×22＋5×23＋…＋(2n＋1)×2n＋1.
将上述两式相减，得－Sn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1，
即－Sn＝6＋2×－(2n＋1)×2n＋1＝6＋2n＋2－8－(2n＋1)×2n＋1＝2n＋1(1－2n)－2，
所以Sn＝(2n－1)×2n＋1＋2.
　5.(2021·锦州第二高级中学模拟)已知等差数列{bn}满足bn＋2n＝2bn－1＋4(n＝2，3，…)，数列{an}的前n项和记为Sn，且Sn＝2n－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)因为Sn＝2n－1，
所以当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1.
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
对于n＝1时也满足，故an＝2n－1.
设bn－bn－1＝d，则bn－bn－1＝2bn－1－2n＋4－bn－1＝bn－1－2n＋4＝d.
所以bn－1＝2n－4＋d，则bn＝2(n＋1)－4＋d，所以d＝bn－bn－1＝2.
因此bn＝2n.
(2)由(1)，知an＝2n－1，bn＝2n，
则cn＝n×2n，
Tn＝21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，
将上述两式相减，得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1.
所以Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.
6．(2021·河北秦皇岛一中模拟)已知数列{an}满足an＋1－2an＋2＝0，且a1＝8.
(1)证明：数列{an－2}为等比数列；
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)证明：因为数列{an}满足an＋1－2an＋2＝0，
所以an＋1＝2an－2.
整理，得an＋1－2＝2(an－2).
又a1－2＝6≠0，＝2(常数)，
所以数列{an－2}是以6为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)，知an－2＝6×2n－1，
即an＝3×2n＋2.
所以bn＝3n×2n＋2n.
设cn＝3n×2n，数列{cn}的前n项和为Sn，
则Sn＝3×2＋6×22＋9×23＋…＋3n×2n，
2Sn＝3×22＋6×23＋…＋3(n－1)×2n＋3n×2n＋1，
将上述两式相减，得－Sn＝3×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－3n×2n＋1
＝3×－3n×2n＋1
＝6×(2n－1)－3n×2n＋1.
所以Sn＝6＋3(n－1)×2n＋1.
又数列{2n}的前n项和为Sn′＝n(n＋1)，
所以Tn＝Sn＋Sn′＝3(n－1)×2n＋1＋n2＋n＋6.
　用错位相减法求和的策略和技巧
(1)掌握解题“三步骤”
①把数列的通项化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比．
②先列出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比得到新表达式，两式作差．
③根据差式的特征进行准确求和．
(2)注意解题“三关键”
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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
③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q＝1和q≠1两种情况求解．
考点　　裂项相消法求和
例7　(2022·衡阳模拟)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，且an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2022＝(　　)
A．－1 B．－1
C．－1 D．－1
答案　D
解析　由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝x＝，∴an＝＝＝－，所以S2022＝a1＋a2＋a3＋…＋a2022＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.故选D.
　7.(2021·天津宝坻模拟)在等差数列{an}中，a3＝4，a5＋a8＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn<.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a3＝4，a5＋a8＝15，
所以a1＋2d＝4，2a1＋11d＝15.
解得a1＝2，d＝1.
所以an＝2＋(n－1)＝n＋1.
(2)证明：由(1)可得an＝n＋1.
bn＝＝＝－，
所以数列{bn}的前n项和Sn＝－＋－＋…＋－＝－<.
裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
①裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
②消项原则：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
注意：利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
二、核心素养提升
例1　(2021·浙江杭州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋λn(λ∈R)，且a3＝6，正项等比数列{bn}满足：b1＝a1，b2＋b3＝a2＋a4.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝|bn－2021|，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋λn－[(n－1)2＋λ(n－1)]＝2n－1＋λ，
由a3＝6，得λ＝1，
即Sn＝n2＋n，当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝2n，n＝1时也满足，
所以an＝2n.
设正项等比数列{bn}的公比为q(q>0)，
则b1＝a1＝2，
由b2＋b3＝a2＋a4，得2(q＋q2)＝12，
所以q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，
所以bn＝2n.
(2)由(1)可得cn＝|bn－2021|
＝
当n≤10时，Tn＝2021n－(21＋22＋…＋2n)＝2021n－＝－2n＋1＋2021n＋2.
当n≥11时，Tn＝－(－2n＋1＋2021n＋2)＋2T10
＝2n＋1－2021n－2＋2×(－211＋20210＋2)
＝2n＋1－2021n＋40422－212，
即Tn＝
例2　(2021·辽宁朝阳建平实验中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＋3＝3an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为2Sn＋3＝3an，①
所以2Sn－1＋3＝3an－1，n≥2.②
由①－②，得2an＝3an－3an－1(n≥2)，
即an＝3an－1(n≥2)，
又当n＝1时，2a1＋3＝3a1，解得a1＝3，
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3n.
(2)由(1)，知Sn＝＝(3n－1)，
所以bn＝＝
＝，
所以Tn＝＝.
例3　(2022·长春模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝，2an＋1－an＝16an＋1an，bn＝－16.
(1)证明数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7.
解　(1)由2an＋1－an＝16an＋1an，
得－＝16.
于是－16＝2，
即bn＋1＝2bn.而b1＝－16＝2，
所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以bn＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)，知an＝，所以anbn＝.
因为akbk＋a8－kb8－k＝＋＝＋＝1，
所以2(a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7)＝(a1b1＋a7b7)＋(a2b2＋a6b6)＋…＋(a7b7＋a1b1)＝7，
因此a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7＝.
1．认真审题，确定类型，选取适当的解题方法是求解的关键．计算能力是基础能力．
2．数列求和的常用方法
(1)对于等差数列、等比数列，利用公式法可直接求解；
(2)对于{anbn}结构，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列，用错位相减法求和；
(3)对于{an＋bn}结构，利用分组求和法；
(4)对于结构，其中{an}是等差数列，公差为d(d≠0)，则＝，利用裂项相消法求和．
课时作业
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题
1．(2022·江苏黄桥中学模拟)已知an＝，则a1＋＋＋…＋＋＝(　　)
A． B． C． D．
答案　A
解析　依题意，所求和式的通项是，因为an＝，所以＝＝－，于是得 ＝ ＝＋＋＋…＋＝1－＝，当n＝2022时， ＝，所以a1＋＋＋…＋＋＝.故选A.
2．(2021·南平模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，数列{bn}满足bn＝，则数列{bn}的前64项和为(　　)
A． B． C． D．
答案　B
解析　由数列{an}的前n项和Sn＝n2＋3n，可得a1＝S1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2，上式对n＝1也成立，所以bn＝＝＝，则数列{bn}的前64项和为T64＝×＋×＋…＋×＝×＝.故选B.
3．(2021·长治模拟)已知函数f(x)＝(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2021＝1，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2021)＝(　　)
A． B． C．2 D．2021
答案　D
解析　由f(x)＝，得f＝＝，则f(x)＋f＝＋＝2，又数列{an}是等比数列，则a1a2021＝a2a2020＝…＝a＝1，所以f(a1)＋f(a2021)＝f(a2)＋f(a2020)＝…＝f(a1010)＋f(a1012)＝2，f(a1011)＝＝1，所以f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2021)＝[f(a1)＋f(a2021)]＋[f(a2)＋f(a2020)]＋…＋[f(a1010)＋f(a1012)]＋f(a1011)＝1010×2＋1＝2021.故选D.
4．(2022·淮北模拟)如图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>1，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则＋＋＋…＋＝(　　)
A． B． C． D．
答案　A
解析　由题意可得a2＝3×2－3＝3，a3＝3×3－3＝6，a4＝3×4－3＝9，a5＝3×5－3＝12，…，可得an＝3n－3，则＝＝＝－，＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.故选A.
5．(2022·郑州模拟)已知数列{an}满足an＋an＋1＝2n，Sn为其前n项和，若a1＝a4，则S101＝(　　)
A．4882 B．5100 C．5102 D．5212
答案　C
解析　因为an＋an＋1＝2n，①
所以an＋1＋an＋2＝2n＋2，②
由②－①，得an＋2－an＝2.所以数列{an}的奇数项与偶数项均构成公差为2的等差数列．当n为奇数时，an＝a1＋×2＝n＋a1－1；当n为偶数时，an＝a2＋×2＝n＋a2－2＝n＋(2－a1)－2＝n－a1，又因为a1＝a4，所以a1＝4－a1，解得a1＝2.所以an＝所以S101＝(a1＋…＋a101)＋(a2＋…＋a100)＝×(2＋102)＋×(0＋98)＝5102.故选C.
6．数列{(－1)nn}的前2021项和S2021为(　　)
A．－1009 B．1010
C．－1011 D．2020
答案　C
解析　S2021＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2020－2021＝－1＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2020－2021)＝－1－1010＝－1011.故选C.
7．(2022·江西永丰中学模拟)化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　　)
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
答案　D
解析　因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
所以2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
由②－①，得Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2.故选D.
8．(2022·哈尔滨一中模拟)数列的前2022项和为(　　)
A． B．
C． D．
答案　D
解析　因为＝，所以数列的前2022项和为S2022＝×＝×＝.故选D.
二、多项选择题
9．(2021·江苏泰州姜堰中学模拟)已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn.且满足an＋an＋1＝2n，bnbn＋1＝2n(n∈N*)，则下列说法正确的有(　　)
A．0＜a1＜1 B．1＜b1<
C．S2n＜T2n D．S2n≥T2n
答案　ABC
解析　因为数列{an}为递增数列，所以a1＜a2＜a3.因为an＋an＋1＝2n，所以所以所以0＜a1＜1，故A正确；所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝2＋6＋10＋…＋2(2n－1)＝2n2.因为bnbn＋1＝2n，所以bn＋1bn＋2＝2n＋1，所以＝2，所以数列{bn}的奇数项与偶数项均构成公比为2的等比数列．因为数列{bn}为递增数列，所以bn>0，b1＜b2＜b3.所以所以12(2n－1)＝2(2n－1)，所以对于任意的n∈N*，S2n＜T2n，故C正确，D错误．故选ABC.
10．(2021·扬州新华中学模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝2Sn＋n－1，则下列结论正确的是(　　)
A．数列{Sn＋n}为等比数列
B．数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1
D．数列{an＋1}为等比数列
答案　AB
解析　首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＋1＝2Sn＋n－1，所以Sn＋1＋n＋1＝2Sn＋2n＝2(Sn＋n)，又S1＋1＝2，所以数列{Sn＋n}是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；因为Sn＋n＝2n，2Sn＝2n＋1－2n，所以{2Sn}的前n项和为－＝2n＋2－4－n2－n，故B正确；由Sn＋n＝2n，得Sn＝2n－n，当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－n)－(2n－1－n＋1)＝2n－1－1，当n＝1时，a1＝1，不满足上式，故C错误；因为数列{an＋1}的前3项为2，2，4，显然不是等比数列，故D错误．故选AB.
三、填空题
11．(2022·江苏扬州仪征第二中学模拟)若bn＝(n∈N*)，则数列{bn}的前n项和Tn＝ ．
答案　4－(n＋2)(n∈N*)
解析　因为bn＝＝n×，所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，将上述两式相减，得Tn＝＋＋＋…＋＋－n×，即Tn＝－n×＝2－n×＝2－(n＋2)，所以Tn＝4－(n＋2)(n∈N*).
12．(2022·广西钦州浦北中学模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2，若bn＝log2an，设数列的前n项和为Tn，则T100＝ ．
答案　
解析　由题意，得a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2时，且Sn－Sn－1＝an，化简整理，得＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．所以an＝2n.故bn＝log2an＝log22n＝n，＝＝－，T100＝＋＋…＋＋＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－＝.
13．(2021·大连普兰店第二中学模拟)数列{an}的通项为an＝，其前n项和为Sn，若Sn＝9，则项数n＝ ．
答案　99
解析　因为an＝＝－，所以Sn＝－＋－＋…＋－＝－1，又因为Sn＝9，即－1＝9，解得n＝99.
14．(2021·石家庄模拟)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1009(n∈N*)，则其前2021项和S2021＝ ．
答案　2021
解析　S2021＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2020＋a2021)，又an＋1＋an＝n－1009(n∈N*)，且a1＝1，∴S2021＝1＋(2－1009)＋(4－1009)＋…＋(2020－1009)＝1＋(2＋4＋6＋…＋2020)－1009×1010＝1＋×1010－1009×1010＝2021.
四、解答题
15．(2022·云南丽江模拟)已知数列{an}为等差数列，前n项和为Sn，公差d>0，且a1a4＝27，S4＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由题意可知，S4＝＝24.
所以a1＋a4＝12.
联立解得或
又d>0，所以a1＝3，a4＝9，d＝＝2，
an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
故数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2)由(1)可知，bn＝＝＝，
所以Tn＝×＝×＝.
16．(2022·江西莲花中学模拟)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求Sn；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)令bn＝ eq \f(2n＋1,（n＋1）2a)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
所以[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
所以Sn＝n2＋n或Sn＝－1.
因为数列{an}的各项均为正数，
所以Sn＝n2＋n.
(2)因为Sn＝n2＋n，
当n＝1时，S1＝12＋1＝2＝a1，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，
当n＝1时，an＝2n也成立，所以an＝2n.
(3)因为bn＝ eq \f(2n＋1,（n＋1）2a)，
所以bn＝＝.
所以Tn＝×＋×＋×＋…＋×＝×＝.
17．(2021·江苏高邮中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－1，数列{bn}满足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)，且b1＝1.
(1)证明数列为等差数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(－1)n－1·
，求数列{cn}的前2n项和T2n；
(3)若dn＝an，数列{dn}的前n项和为Dn，对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn－a，求实数a的取值范围．
解　(1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)两边同时除以n(n＋1)，得－＝1，
从而数列是首项为1，公差为1的等差数列．
所以＝n，数列{bn}的通项公式为bn＝n2.
当n＝1时，因为S1＝2a1－1＝a1，
所以a1＝1.
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
将上述两式相减，得an＝2an－1，
又a1＝1，所以＝2.
从而数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)因为cn＝
(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1·，
T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n＝－＋－…－＝－＝.
(3)由(1)，得dn＝an＝n×2n－1.
所以Dn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，
2Dn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
将上述两式相减，
得－Dn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝(1－n)2n－1，
所以Dn＝(n－1)2n＋1，
由(1)，得Sn＝2an－1＝2n－1，
因为 n∈N*，都有Dn≤nSn－a，
即(n－1)2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立，
所以a≤2n－n－1恒成立，
记tn＝2n－n－1，所以a≤(tn)min，
因为tn＋1－tn＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1)＝2n－1>0，
从而数列{tn}为递增数列，
所以当n＝1时，tn取得最小值t1＝0，
于是实数a的取值范围为{a|a≤0}．

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