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第四节　数列求和　
[课标要求]　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．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．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
　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
Sn＝＝na1＋d．
(2)等比数列的前n项和公式
Sn＝
2．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，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
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项和即可用错位相减法求解，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
4．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＝－．
②＝．
③＝．
④＝－．
⑤loga＝loga(n＋1)－logan(n>0)．
5．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，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
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an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050．
盘点易错易混
1．并项求和时不能准确分组；
2．用错位相减法求和时易出现符号错误，不能准确“错项对齐”；
3．在应用裂项相消法求和时，要注意消项的规律具有对称性，即前面剩多少项，后面就剩多少项，且前后对应项的符号相反．
【小题热身】
1．(2021·山东潍坊一模)设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　 )
A．＋ B．＋
C．＋ D．n2＋n
解析：由题意设等差数列的公差为d，
则a1＝2，a3＝2＋2d，a6＝2＋5d．
又∵a1，a3，a6成等比数列，
∴a＝a1a6，即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0．
∵d≠0，∴d＝，
∴Sn＝na1＋d＝＋．
答案：A
2．数列{an}的前n项和为Sn．若an＝，则S5等于(　　 )
A．1　　　B．　　　C．　　　D．
解析：因为an＝＝－，
所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…＋－＝．
答案：B
3．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　 )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
解析：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n
＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2．
答案：C
4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________．
解析：S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9．
答案：9
5．[易错题]已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．
解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)·2n＋1＋2．
答案：(n－1)2n＋1＋2
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__分组求和[自主演练]
【例1】　(2022·山东青岛模拟)已知为等差数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列．
第一列 第二列 第三列
第一行
第二行 4 6 9
第三行 12 8 7
请从①a1＝2，②a1＝1，③ a1＝3的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列存在；并在此存在的数列中，试解答下列两个问题．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足bn＝(－1)n＋1a，求数列的前n项和Tn．
解：(1)若选择条件①，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有a1＝2，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝2，a2＝9，a3＝8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有a1＝2，a2＝4，a3＝7不是等差数列，a1＝2，a2＝9，a3＝12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有a1＝2，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝2，a2＝6，a3＝12不是等差数列，则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列都不存在．
若选择条件②，则放在第一行第二列，结合条件可知a1＝1，a2＝4，a3＝7，则公差d＝a2－a1＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2，n∈N*．
若选择条件③，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有a1＝3，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝3，a2＝9，a3＝8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有a1＝3，a2＝4，a3＝7不是等差数列，a1＝3，a2＝9，a3＝12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有a1＝3，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝3，a2＝6，a3＝12不是等差数列，则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列都不存在．
综上可知，an＝3n－2，n∈N*．
(2)由(1)知，bn＝(－1)n＋1(3n－2)2．
所以当n为偶数时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝a－a＋a－a＋…＋a－a
＝(a1＋a2)(a1－a2)＋(a3－a4)(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)(an－1－an)
＝－3(a1＋a2＋a3＋…＋an)
＝－3×＝－n2＋n；
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝－(n－1)2＋(n－1)＋(3n－2)2＝n2－n－2．
∴Tn＝
[思维升华]　分组转化求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)若an＝且数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
[对点练]　(2021·云南昆明一模)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，已知a1＝b1＝1，b4＝64，q＝2d．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝a2n－1＋b2n，求数列{cn}的前n项和Sn．
解：(1)因为b4＝64，所以b1q3＝64，
又b1＝1，所以q＝4．
又q＝2d，所以d＝2．
因为a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，
bn＝b1qn－1＝4n－1．
(2)cn＝a2n－1＋b2n＝4n－3＋42n－1．
所以Sn＝(1＋5＋9＋…＋4n－3)＋(4＋43＋…＋42n－1)
＝＋
＝2n2－n＋．
考点2__并项求和[典例引领]
【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)n·n(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)，
于是当n为奇数时，Tn＝－3×＋n(n＋1)＝；
当n为偶数时，Tn＝＋n(n＋1)＝．
所以数列{bn}的前n项和Tn
＝
[思维升华]　如果cn＝(－1)n·an，求cn的前n项和时，可采用并项求和法求解．
[对点练]　已知函数f(x)＝＋1，则f＋f＋……＋f＋f的值为(　　 )
A．1　　B．2　　C．2 020　　D．2 021
解析：函数f(x)＝＋1，设m＋n＝1，则有m－＝－，
所以f(m)＋f(n)＝＋1＋＋1＝2，
所以当m＋n＝1时，f(m)＋f(n)＝2，
令S＝f＋f＋……＋f＋f，
所以2S＝＋…＋＝2×2 020，
故S＝f＋f＋……＋f＋f＝2 020．
答案：C
考点3__错位相减法求和[典例引领]
【例3】　(2021·四川遂宁三模)已知数列中，a2＝，an＝an＋1＋2anan＋1．
(1)求数列的通项公式；
(2)若bn＝，且数列的前n项和为Tn，求Tn．
解：(1)因为an＝an＋1＋2anan＋1，令n＝1，则a1＝a2＋2a1a2，又a2＝，
所以a1＝1，
对an＝an＋1＋2anan＋1两边同时除以anan＋1，得－＝2，
又因为＝1，所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以＝1＋2＝2n－1，故an＝；
(2)由(1)得bn＝·3n
所以Tn＝1·31＋3·32＋5·33＋…＋·3n，
则3Tn＝1·32＋3·33＋5·34＋…＋·3n＋1，
两式相减得－2Tn＝3＋2－·3n＋1
所以－2Tn＝3＋2×＋·3n＋1＝·3n＋1－6，
故Tn＝·3n＋1＋3
[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时，必须要注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1．
[对点练]　(2021·吉林长春模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝－SnSn＋1，a1＝1．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn．
解：(1)∵－SnSn＋1＝an＋1＝Sn＋1－Sn，S1＝1≠0，则Sn≠0，所以－1＝，
有－＝1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝n，故bn＝n·2n，Tn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n，①
①×2，得2Tn＝1·22＋…＋·2n＋n·2n＋1，②
①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝－2＋·2n＋1，
所以Tn＝2＋·2n＋1．
考点4__裂项相消法求和[典例引领]
【例4】　(2022·山东泰安模拟)在①Sn＝nan＋1－n2－n，②anan＋1－an＋1＋2nan－2n＝0，③a－a＝8这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答
问题：设数列的前n项和为Sn，an>0，a1＝3，且___________，bn＝，的前n项和为Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：①Sn＝nan＋1－n2－n，Sn－1＝(n－1)an－(n－1)2－(n－1)(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2，当n＝1时，S1＝a2－1－1，所以a2＝5，a2－a1＝2，
所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，所以an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，
所以bn＝＝＝(－)，
所以Tn＝
＝＝．
②anan＋1－an＋1＋2nan－2n＝0，
所以[an－(2n＋1)](an＋1＋2n)＝0，因为an>0，所以an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝，
所以Tn＝
＝＝．
③a－a＝8，设bn＝a，所以bn＋1－bn＝8(n＋1)，
所以b2－b1＝8(1＋1)，b3－b2＝8(2＋1)，…，bn－bn－1＝8(n－1＋1)，，
所以bn－9＝8×(2＋n)，∴bn＝(2n＋1)2，，
又b1＝9满足上式，
所以bn＝a＝(2n＋1)2，∵an>0，∴an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝，
所以Tn＝
＝＝．
[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．
[对点练]　1．已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N*．记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 020＝(　　 )
A．－1 B．－1
C．－1 D．＋1
解析：由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝．
所以an＝＝＝－，
所以S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020
＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1．
答案：C
2．设Sn为等差数列{an}的前n项和．已知a3＝5，S7＝49．
(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)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1
由题意可得解得
所以{an}的通项公式为an＝2n－1．
(2)由(1)得bn＝＝＝，
从而Tn＝
＝＝．
课下巩固培优卷(二十七)
【A/基础巩固题组】
1．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)
A．76 B．78
C．80 D．82
解析：∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
∴an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1．
∴an＋2＋an＝
∴S12＝(a1＋a3＋…＋a11)＋(a2＋a4＋…＋a12)＝2×3＋4(2＋6＋10)＝78．故选B．
答案：B　
2．若数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于(　　 )
A．9 B．99
C．10 D．100
解析：：因为an＝＝－，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1，
令－1＝9，得n＝99．
答案：B
3．在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝(　　 )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：由an＝＝1－得，
Sn＝n－＝n－，
则Sn＝＝n－，将各选项中的值代入验证得n＝6．
答案：D
4．在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　 )
A．(3n－1)2 B．(9n－1)
C．9n－1 D．(3n－1)
解析：因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．则n≥2时，an＝2·3n－1．当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．则数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列，所以a＋a＋a＋…＋a＝＝(9n－1)．故选B．
答案：B
5．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2，记数列的前n项和为Tn，n∈N*．则T20的值为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由Sn＝n2可得，当n＝1时，a1＝S1＝1 ; 当n≥2 时，Sn－1＝(n－1)2，
作差可得Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1 ，即an＝2n－1 ，
而a1＝2×1－1＝1 ，符合an＝2n－1，那么an＝2n－1．
＝＝，
Tn＝
＝＝ ，
所以T20＝＝ ．
答案：C
6．(多选)数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则(　　 )
A．an＝
B．数列的前100项和为
C．数列的前100项和为
D．数列{an}的第100项为50 050
解析：：因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1，又a1＝1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，所以数列{an}的第100项为5 050，故A正确，D错误；所以＝＝2，所以数列的前100项和为2＝
2＝，故B正确，C错误．
答案：AB
7．(2021·安徽淮南模拟)正项数列{an}中，满足a1＝1，a2＝，＝ (n∈N*)，那么a1·a3＋a2·a4＋a3·a5＋…＋an·an＋2＝________．
解析：由＝ (n∈N*)，
可得a＝anan＋2，
∴数列{an}为等比数列．
∵a1＝1，a2＝，∴q＝，∴an＝，
∴an·an＋2＝·＝，
∴a1·a3＝，
a1·a3＋a2·a4＋a3·a5＋…＋an·an＋2
＝＝．
答案：
8．(2021·安徽太和模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝______，数列的前n项和为________．
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，
∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，
∴－＝1．
又∵＝＝1，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴＝n，∴Sn＝．
∴SnSn＋1＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋
＝1－＝．
答案：　
9．(2021·广东六校联考)设等差数列的前n项和为Sn，a3＝6，a7＝14．
(1)求数列的通项公式及Sn；
(2)若________，求数列的前n项和Tn．
在①bn＝2an·an；②bn＝；③bn＝(－1)n·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．
(注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．)
解：(1)设等差数列的首项为a1，公差为d，
∵a3＝6，a7＝14，所以
∴a1＝2，d＝2，
an＝2＋(n－1)2＝2n，Sn＝＝n(n＋1)．
(2)选①：∵an＝2n，∴bn＝2an·an＝2n·4n
Tn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n①
4Tn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)×4n＋2n×4n＋1②
由①－②得，－3Tn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n＋1
＝－2n×4n＋1＝－2n×4n＋1
∴Tn＝＋·4n＋1．
选②：∵an＝2n，Sn＝n(n＋1)，
所以bn＝＝＝8＋＝8＋4，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝8n＋4＝8n＋＝
选③：∵an＝2n，∴bn＝(－1)n·an＝(－1)n·2n
∴Tn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n
当n为偶数时，Tn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝·2＝n；
当n为奇数时，Tn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－2)＋2(n－1)]－2n＝·2－2n＝－n－1．
所以Tn＝
【B/能力提升题组】
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2an－Sn＝2，记数列的前n项和为Tn，若对于任意n∈N*，不等式k＞Tn恒成立，则实数k的取值范围为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题意Sn＝2an－2，所以Sn－1＝2an－1－2(n≥2)．两式相减，得an＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．又a1＝S1＝2a1－2，所以a1＝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，所以＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝－＝－＜，实数k的取值范围为．
答案：A
11．(多选)设数列的前n项和为Sn，若为常数，则称数列为“吉祥数列”．则下列数列为“吉祥数列”的有(　　 )
A．bn＝n
B．bn＝(n＋1)
C．bn＝4n－2
D．bn＝2n
解析：对于A，Sn＝，S2n＝n，S4n＝2n，
所以＝＝不为常数，故A不正确；
对于B，由并项求和法知：S2n＝n，S4n＝2n，＝＝，故B正确；
对于C，Sn＝×n＝2n2，S2n＝8n2，S4n＝32n2，
所以＝，故C正确；
对于D，Sn＝＝2，S2n＝2，S4n＝2，
所以＝＝不为常数，故D错误．
答案：BC
12．设正项数列，已知an＋1an＝2n，记bn＝log2a2n－1＋log2a2n，则数列的前10项和为______．
解析：∵an＋1an＝2n，
∴当n>1时，anan－1＝2n－1．
两式相除可得an＋1＝2an－1，
∴数列的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，
∴a2n＝a22n－1，a2n－1＝a12n－1，
∴bn＝log2a2n－1＋log2a2n＝log2＝2n－1，
则bn＝，
则的前10项和为S＝－1＋3－5＋7－9＋11－13＋15－17＋19＝10．
答案：10
13．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(n)＝－s＝＋＋＋…，我们经常从无穷级数的部分和＋＋＋…＋入手．已知正项数列的前n项和为Sn﹐且满足Sn＝(an＋)，则Sn＝______，＝__________．(其中表示不超过x的最大整数)
解析：当n＝1时，a1＝S1＝，∴a1＝，即a＝1．
∵an>0，∴a1＝S1＝1．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入Sn＝(an＋)，∴2Sn＝Sn－Sn－1＋，
∴Sn＋Sn－1＝，即S－S＝1，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列，∴S＝n．
又当n＝1时，S＝1符合上式，因此S＝n(n∈N*)．
∵an>0，∴Sn>0，∴Sn＝．
(以下用到的常用放缩技巧)
当n>1时，<<，即<<，
∴2<<2．
令S＝＋＋…＋＝＋＋…＋，
则S>2
＝2>18，
S<2＋1＝2＋1＝19，
即18答案：　18
14．已知数列的前n项和为Sn，点在直线y＝x＋4上，数列满足：bn＋2－2bn＋1＋bn＝0且b4＝8，前11项和为154
(1)求数列，的通项公式
(2)令cn＝，数列前n项和为Tn，求使不等式Tn>对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值．
解：(1)由题意，得＝n＋4，即Sn＝n2＋4n，
故当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－－4＝2n＋3，
∵n＝1时，a1＝S1＝5，当n＝1时，n＋4＝5，符合上式，
∴an＝2n＋3，n∈N*，又bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，
∴为等差数列，∴＝154，
∵b4＝8，∴b8＝20，∴d＝＝3，
∴bn＝b4＋3＝3n－4，即bn＝3n－4，n∈N*．
(2)cn＝
＝
＝＝＝
∴Tn＝
＝＝，
∵Tn＋1－Tn＝－＝>0，
∴Tn单调递增，故＝，
令>，得k<12，∴kmax＝12．
∴使不等式Tn>对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值为12．
高考大题专项突破(三)　数列的综合问题　
对应学生用书P123
数列是一类特殊的函数，数列知识是函数知识的延伸，因而它是高考的必考点、重考点，多以解答题形式出现，既考查两类重要数列的综合应用，又常与函数或不等式结合，体现命题的综合性，难度中等偏上．对运算能力及分析推理能力有较高要求，凸显逻辑推理和数学运算素养．
题型一　等差、等比数列的综合应用
【例1】　请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①a1，，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝．
已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．
(1)求数列的通项公式；
(2)记bn＝求数列的前2n＋1项和T2n＋1．
解：(1)已知3Sn＝an＋2a1，
当n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2a1．
两式相减得到3an＝an－an－1，即＝－．
因为a1≠0，所以数列{an}是公比为－的等比数列，从而an＝a1(－)n－1 ．
选①，由a1，，a2成等差数列，可得a1＋a2＝2×，
即a1－a1＝，解得a1＝1，所以an＝(－)n－1．
选②，a1，a2＋1，a3成等比数列，即a1，－a1＋1，a1成等比数列，＝a，解得a1＝1，
所以an＝．
选③，S3＝，即a1＋＋a1＝，
解得a1＝1，所以an＝．
(2)当n为奇数时，bn＝log3(－)n－1＝log3()n－1＝－(n－1)log32．
记前2n＋1项和T2n＋1中奇数项和为T奇，
则T奇＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n＋1
＝－(0＋2＋4＋…＋2n)log32＝－n(n＋1)log32．
当n为偶数时，bn＝(－)n－1＝－()n－1，
记前2n＋1项和T2n＋1中偶数项和为T偶，
则T偶＝b2＋b4＋b6＋…＋b2n
＝－
＝－＝－．
故T2n＋1＝－n(n＋1)log32－．
[思维升华]　(1)正确区分等差数列和等比数列，其中公比等于1的等比数列也是等差数列．
(2)等差数列和等比数列可以相互转化，若数列{bn}是一个公差为d的等差数列，则{abn}(a>0，a≠1)就是一个等比数列，其公比q＝ad；反之，若数列{bn}是一个公比为q(q>0)的正项等比数列，则{logabn}(a>0，a≠1)就是一个等差数列，其公差d＝logaq．
[对点练]　(2020·新高考全国卷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．
解：(1)设{an}的公比为q．
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8．
解得q＝(舍去)，q＝2，a1＝2．
所以{an}的通项公式为an＝2n．
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n．
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)
＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480．
题型二　数列的实际应用
【例2】　(2021·辽宁实验中学模拟)某同学尝试用数学模型来说明隔离和医疗两大因素在对抗传染病时的作用．模型假设如下：
假设1．传染病在人群中的表现有潜伏期和爆发期两种形式，潜伏期无症状，爆发期可以被人识别，无论在潜伏期还是爆发期的病人都具有相同的传染性．潜伏期时间记为m0，以潜伏期时间m0为一个传染周期；
假设2．记r0为一个病人在一个传染周期内平均感染人数；
假设3．某一固定区域(如某个城市)的人群，保持原有的生活习惯，即r0不变．
(1)第一模型：无干预模型．在上述模型假设中，取m0＝1天，r0＝1．2，假设初始的潜伏期人数为1万人，那么1天后将有1万人处于爆发期，1．2万人处于潜伏期，感染总人数为2．2万人，…，请问9天后感染总人数是多少？
(2)第二模型：无限医疗模型．增加两个模型假设：
假设4．政府和社会加大医疗投入，将所有爆发期的病人“应收尽收”；
假设5．潜伏期病人在传染健康人群后转为爆发期病人，然后被收入医院，收入医院的病人即失去传染性；
在第二模型中，取m0＝1天，r0＝1．2，假设初始的潜伏期人数为1万人，请问多少天后感染总人数将超过1 000万？
(参考数据：1．28≈4．3，1．29≈5．2，1．210≈6．2，1．220≈38．3，1．230≈237．4，2．28≈549，2．29≈1 207，2．210≈2 656)．
解：(1)记an为n天后感染总人数，则a1＝2．2，a2＝2．22，所以a9＝2．29≈1 207，
即第9天后感染总人数是1 207万人．
(2)记bn为第n天收入医院的人数，所以b1＝1，b2＝1．2，
由题易得{bn}是首项为1，公比为1．2的等比数列，所以bn＝1．2n－1，
若n天后总感染人数超过1 000万，即b1＋b2＋…＋bn＋1．2·bn≥1 000，
所以1＋1．2＋1．22＋…＋1．2n≥1 000，所以1．2n＋1≥201，
又因为1．230≈237．4>201，1．229≈197．8<201，
所以n＋1≥30，所以n≥29，
即第29天后感染总人数将超过1 000万．
[思维升华]　解决数列的实际应用问题的步骤
读懂题意 脱去实际背景，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
[对点练]　1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28．5尺，最后三个节气日影长之和为1．5尺，今年3月20日17时37分为春分时节，其日影长为(　　 )
A．4．5尺 B．3．5尺
C．2．5尺 D．1．5尺
解析：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列，设公差为d，由题意得：
解得：
所以an＝a1＋d＝11．5－n，
所以a7＝11．5－7＝4．5，
即春分时节的日影长为4．5尺．
答案：A
2．某城镇为改善当地生态环境，2016年初投入资金120万元，以后每年投入资金比上一年增加10万元，从2020年初开始每年投入资金比上一年增加10%，到2025年底该城镇生态环境建设共投资大约为(　　 )
A．1 600万元 B．1 660万元
C．1 700万元 D．1 810万元
解析：设2016年到2025年每年投入资金分别为a1，a2，a3，a4，b1，b2，…，b6，
由已知a1，a2，a3，a4为等差数列，a1＝120，a4＝150，
其和为S1＝a1＋a2＋a3＋a4＝540．
b1，b2，…，b6为等比数列，b1＝150×1．1，公比q＝1．1，
其和为S2＝b1＋b2＋…＋b6＝＝1 650，
又1．16≈1＋C0．1＋C0．12＋C0．13≈1．77，S2≈1 270．
共投入资金大约为1 810万元．
答案：D
题型三　数列与函数、不等式的综合问题
【例3】　(2021·山东菏泽二模)已知正项数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足anan＋1＋1＝4Sn(n∈N*)
(1)求数列{an}的通项公式：
(2)设bn＝数列{bn}前n和为Tn，求使得Tn<成立的n的最大值．
解：(1)由anan＋1＋1＝4Sn①
得an＋1an＋2＋1＝4Sn＋1②
②－①得an＋1an＋2－anan＋1＝4an＋1，
因为an＋1>0，所以an＋2－an＝4
由此可知a1，a3，a5，a7，…，a2n－1，…是公差为4的等差数列，
其通项公式为a2n－1＝4n－3＝2－1；
故n∈N*时，an＝2n－1．
(2)法一　由(1)可知bn＝＝＝，
Tn＝
＝要使Tn<，即<，
由＝－可知数列，，，，，…，为递增数列，
由知数列，，，，，…，为递减数列，
因为<，<，<，<，>，…，
所以当n≤4时，Tn<，
当n>4时，Tn>，
故满足条件的Tn的最大值为4．
法二　由(1)可知bn＝＝＝，
Tn＝
＝要使Tn<，则<，
即n3－4n2－4n－1<0；
令f(x)＝x3－4x2－4x－1(x≥1)，f′(x)＝3x2－8x－4＝3－，
由f′(3)＝－1<0，f′(4)＝12>0，可知当x≥4时f是增函数，当x∈时f是减函数，
由f(4)＝－17<0，f(5)＝4>0，可知x≥5时f>0，1≤x≤4时f<0，
所以当n＝1，2，3，4时f<0，当n∈N*且n>4时f>0，
所以n>4时Tn>，故满足条件的n的最大值为4．
[思维升华]　(1)数列与不等式的综合问题，如果是证明题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式，往往采用因式分解法或穿根法等．
(2)如用放缩法证明与数列求和有关的不等式，一般有两种方法：一种是求和后再放缩；一种是放缩后再求和．放缩时，一要注意放缩的尺度，二要注意从哪一项开始放缩．
(3)已知函数条件，一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(4)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．
[对点练]　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{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m．
解：(1)由题意可设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b．
又f′(x)＝6x－2，所以a＝3，b＝－2，
所以f(x)＝3x2－2x．
又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，
所以Sn＝3n2－2n．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5．
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝1，满足上式．
所以an＝6n－5．
(2)由(1)得bn＝＝
＝，
故Tn＝－＝＜．
因此，要使<对n∈N*恒成立，只需≤，得m≥10．
所以满足要求的最小正整数m为10．
题型4　数列中的探究性问题
[例4]　(2020·山东枣庄二模)在①S4是a2与a21的等差中项；②a7是与a22的等比中项；③数列{a2n}的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题．
已知{an}是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，________________________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝·an，是否存在k∈N*，使得bk>？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
解：(1)若选①S4是a2与a21的等差中项，
则2S4＝a2＋a21，
即2＝(a1＋2)＋(a1＋20×2)．
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．
若选②a7是与a22的等比中项，
则a＝·a22，
即(a1＋6×2)2＝(a1＋21×2)．
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．
若选③数列{a2n}的前5项和为65，
则a2(n＋1)－a2n＝[2(n＋1)－2n]·2＝4．
又a2＝a1＋2，所以{a2n}是首项为a1＋2，公差为4的等差数列．
由{a2n}的前5项和为65，
得5(a1＋2)＋×4＝65．
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．
(2)bn＝·an＝(2n＋1)·，
bn＋1－bn＝(2n＋3)·－(2n＋1)·
＝[3(2n＋3)－4(2n＋1)]
＝(5－2n)．
所以bn＋1>bn bn＋1－bn>0 5－2n>0 n<2．5 n＝1，2；
bn＋12．5 n＝3，4，5，…．
所以b1b4>b5>b6>…，
所以{bn}中的最大项为
b3＝(2×3＋1)·＝．
显然b3＝<＝．
所以 n∈N*，bn<．
所以不存在k∈N*，使得bk>．
[思维升华]　本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，解题关键是根据已知条件求出数列的首项a1．对于本题存在性命题，转化为求数列的最大项问题，而求数列的最大项可以解不等式组求出满足此不等式组且使得an最大的n，如果是正项数列，还可能用作商法，即由≥1，且≥1的最大项的项数．
[对点练]　(2021·河南郑州一模)在等比数列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)是否存在k∈N*，使得＋＋…＋＜k对任意n∈N*恒成立，若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，∴(a3＋a5)2＝25．
又an＞0，∴a3＋a5＝5．
又a3与a5的等比中项为2，∴a3a5＝4．
而q∈(0，1)，∴a3＞a5，∴a3＝4，a5＝1．
∴q＝，a1＝16，
∴an＝16×＝25－n．
(2)∵bn＝log2an＝5－n，
∴bn＋1－bn＝－1，
b1＝log2a1＝log216＝log224＝4，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝．
(3)存在．由(2)知Sn＝，∴＝．
当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；当n＞9时，＜0．
∴当n＝8或9时，＋＋＋…＋＝n－＝18最大．
故若＋＋…＋＜k对任意n∈N*恒成立，只需k≥18，k的最小值为19．
专项突破练(三)
1．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn．
解析：(1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．
因为a1＝S1＝1，a2＝2S1＋1＝3，所以a2＝3a1．
故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1．
(2)设等差数列{bn}的公差为d．
由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故b1＝5－d，b3＝5＋d．
又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，
解得d＝2或d＝－10．
因为等差数列{bn}的各项为正，所以d>0．
所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋×2＝n2＋2n．
2．为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n年需要付出的超市维护和工人工资等费用为an万元，已知{an}为等差数列，相关信息如图所示．
(1)求an；
(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)
(3)该超市经营多少年，其年平均盈利最大？最大值是多少？
解：(1)由图象可知，{an}是以12为首项，4为公差的等差数列，所以an＝12＋4(n－1)＝4n＋8．
(2)设超市第n年开始盈利，且盈利为y万元，则y＝50n－－72＝－2n2＋40n－72，
由y>0，得n2－20n＋36<0，解得2(3)年平均盈利为＝－2n－＋40＝－2＋40≤－2×2＋40＝16，当且仅当n＝，
即n＝6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元．
3．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数．
(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ．
(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S＝a－λSn＋1，
∴S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，
∴Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0．
∵an>0，∴Sn＋1>0，
∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，∴Sn＋1＝2Sn＋λ．
(2)∵Sn＋1＝2Sn＋λ．
∴Sn＝2Sn－1＋λ(n≥2)，
两式相减，得an＋1＝2an(n≥2)．
∵S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
∴a2＝1＋λ，由a2>0，得λ>－1．
若{an}是等比数列，则a1a3＝a，
即2(λ＋1)＝(λ＋1)2，得λ＝1．
经检验，λ＝1符合题意．
故存在λ＝1，使得数列{an}为等比数列．
4．(2021·山西运城调研)已知数列{an}的各项均是正数，其前n项和为Sn，满足Sn＝4－an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N*)，数列{bnbn＋2}的前n项和为Tn，求证：Tn<．
解：(1)由Sn＝4－an，得S1＝4－a1，解得a1＝2．
而an＋1＝Sn＋1－Sn＝(4－an＋1)－(4－an)＝an－an＋1，
即2an＋1＝an．
又∵{an}的各项均是正数，
∴＝，
∴数列{an}是首项为2，公比为的等比数列．
∴an＝2×＝．
(2)证明：∵bn＝＝＝，
∴bnbn＋2＝＝，
故数列{bnbn＋2}的前n项和
Tn＝[＋＋＋＋…＋＋]
＝＝
＝－<．

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