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第4讲　数列求和
题型　分组求和法
典例1(2024·山东潍坊模拟)已知数列{an}满足＋＋…＋＝.
从结构特点分析，属于由Sn求an的类型，应用an＝Sn－Sn－1(n≥2)的运算，求通项公式．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意的n∈N*，令bn＝求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)当n＝1时，＝，解得a1＝1；
当n≥2时，＋＋…＋＝，①
＋＋…＋＝，②
由①－②，得＝－＝，
两式相减，目的是暴露出an，从而得出通项公式．
即an＝2－n，
当n＝1时，a1＝2－1＝1也符合，
所以数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知bn＝
奇数项和偶数项分别是不同数列，采用分组求和已是必然. 这样分组的话，奇数项和偶数项的项数必须要讨论清楚．
当n为偶数时，
当n为偶数时，奇数项和偶数项的项数各是项．
Sn＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋2－(n－1)]＋(20＋2－2＋…＋22－n)
＝＋
＝＋
＝－；
当n为奇数时，
Sn＝Sn＋1－bn＋1
这里n为奇数，n＋1为偶数，Sn＋1代入前面解析式，如此计算更显简单！
＝－－21－n
＝－.
综上所述，
Sn＝
1．若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差数列或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
2．若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和. 　　　
对点练1数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值为________________________________________________________________________．
解析：∵an＝(2n－1)＋，∴Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝＋＝n2＋1－.
答案：n2＋1－
题型　并项求和法
典例2(2024·江苏南京外国语学校、金陵中学联考)已知正项数列{an}满足a1＝1，a－a＝8n.
这种递推结构，常暗示用累加法求通项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝ansin，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2 023.
解：(1)对任意的n∈N*，a－a＝8n，
当n≥2时，a＝(a－a)＋…＋(a－a)＋a　　　　　
这个过程体现了两两并成一项，再求和的思路．
＝8(n－1)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋1＝8×＋1＝(2n－1)2，
因为an>0，故an＝2n－1.
【题眼】{an}为“正项数列”，据此排除负值．
当n＝1时，a1＝1符合an＝2n－1，
所以an＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知，bn＝ansin＝(－1)n＋1(2n－1)，
奇偶项的符号不同，常采用奇偶两项并成一项再求和的方法．
所以当k∈N*时，b2k＋b2k＋1＝－(4k－1)＋4k＋1＝2，
故S2 023＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5)＋…＋(b2 022＋b2 023)＝1＋2×1 011＝2 023.
【扫清障碍】并项求和法类似倒序相加法，数列中的项满足某些规律，一般是正负项交替出现，求解时要重点关注项两两结合后的“新数列”有多少项．
1．一般地，当数列中的各项正负交替，且各项绝对值成等差数列时，可采用并项转化法求和．
2．在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n分奇数和偶数两种情况进行讨论，所以结果一般用分段函数来表示. 　　　
对点练2已知数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＝(－1)nan＋2，则{an}的前100项和为________．
解析：①当n为偶数时，an＋2＝an＋2，则偶数项是以1为首项，2为公差的等差数列，故a2＋a4＋…＋a100＝50×1＋×2＝2 500.②当n为奇数时，an＋2＝－an＋2，即an＋an＋2＝2，故a1＋a3＋…＋a99＝2×25＝50.综上，S100＝2 550.
答案：2 550
题型　错位相减法
典例3(2023·全国甲卷，理)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解：(1)2Sn＝nan①，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1②，
由①－②得，2an＝nan－(n－1)an－1，
我们常说Sn和an不共存，常用an＝Sn－Sn－1的变形，要么得到an的递推，要么得到Sn的递推．
即(n－1)an－1＝(n－2)an.
当n＝2时，a1＝0；
由条件2Sn＝nan，令n＝2，可推得a1＝0.
当n≥3时，＝.
∴当n≥2时，为常数列，
能理解这里n≥2的限制吗？
∴＝＝1，∴an＝n－1(n≥2)．
由a1＝0也满足上式，
∴an＝n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，＝n·n.
我们称此种形式的数列为“差比数列”．形如an＝(an＋b)·qn－1的形式，即两个因式，一个因式为等差数列{an＋b}，另一个因式为等比数列{qn－1}，它的前n项和常采用错位相减法；有的老师总结了前n项和的一个公式Sn＝(An＋B)·qn－B，其中A＝，B＝，以上有助于加强我们对它的认识！
则Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n·n③，
Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1④，
由③－④得Tn＝－n·n＋1，
∴Tn＝2－(2＋n)·n.
1．一般地，如果数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
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. 　　　
对点练3(2024·重庆一中月考)已知函数f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为f(x)＝cos πx－sin πx＝cos，令f(x)＝0可得cos＝0，即πx＋＝＋kπ(k∈Z)，解得x＝＋k(k∈Z)．因为{an}为所有正零点构成的数列，所以a1＝，且an－an－1＝1(n≥2)，故{an}为以为首项，1为公差的等差数列，即an＝＋(n－1)＝n－.
(2)由(1)知an＝n－，所以bn＝n·＝nn，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)·n－1＋n·n①，
所以Tn＝2＋2×3＋3×4＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1②，
①－②可得Tn＝1＋2＋3＋4＋…＋n－nn＋1＝－nn＋1＝1－(n＋2)·n＋1，故Tn＝2－(n＋2)n.
题型　倒序相加法
典例4(2024·上海宜川中学模拟)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称．相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，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，此方法也被称为高斯算法．已知某数列的通项公式为an＝，则a1＋a2＋…＋a100＝(　　)
A．98 B．99
C．100 D．101
解析：方法一：由数列的通项公式为an＝，
可得当1≤n≤100，n∈N*时，an＋a101－n＝＋＝＋＝＝2，
所以a1＋a100＝a2＋a99＝a3＋a98＝…＝an＋a101－n＝2，
所以2(a1＋a2＋…＋a100)＝2×100＝200，
【扫清障碍】求和式中到首尾距离相等的两项和相等，考虑使用倒序相加法，将求和式倒序书写，之后与原式相加，两两结合求解．
所以a1＋a2＋…＋a100＝100.
方法二：函数f(x)＝的图象关于点对称，
所以f(x)＋f(101－x)＝2，则f(1)＋f(100)＝f(2)＋f(99)＝…＝f(50)＋f(51)＝2，
即a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51＝2，
所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.故选C.
【方法辨析】方法二中，首尾对应的项两两结合，求和时项数易错，而方法一采用倒序相加法，项数容易确定，但不要忘了结果要除以2.
若一个数列{an}，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．　 　　　
对点练4已知数列{an}，{bn}满足a1＝，2an＋1－an＝16an＋1an，bn＝－16.
(1)证明{bn}为等比数列，并求{bn}的通项公式；
(2)求a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7.
解：(1)由2an＋1－an＝16an＋1an可得＝－16，于是－16＝2，即bn＋1＝2bn，
而b1＝－16＝2，所以{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，
所以a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7＝.
题型　裂项相消法的多维研讨
维度1　bn＝({an}为等差数列)型
典例5求和：
(1)Sn＝1＋＋＋…＋；
an＝＝ ，像这样没有给出通项公式的情况下，求Sn时，应先求出通项公式．
(2)Sn＝＋＋…＋.
解：(1)由题意知，an＝＝2，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2＝2＝.
(2)由题意知，an＝＝，
经典题型，关键是体会裂项相消后，前后余下的几项是对称的，即前面和后面余下的项数相同．
∴Sn＝
＝
＝－.
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)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，或者前面剩几项，后面也剩几项．
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.理解前面系数的匹配！ 　　　
对点练5(2024·河南洛阳模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＝5，a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Sn是数列{bn}的前n项和，若对任意正整数n，不等式2Sn＋(－1)n＋1a>0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为a3＝5，a1，a2，a5成等比数列，所以
又d≠0，
解得
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝
＝＝
＝
＝，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝×＋×＋…＋＝.
依题意得，对任意正整数n，不等式1－＋(－1)n＋1a>0恒成立，
当n为奇数时，1－＋(－1)n＋1a>0即a>－1＋，所以a>－；
当n为偶数时，1－＋(－1)n＋1a>0即a<1－，所以a<.
所以实数a的取值范围是.
维度2　an＝型
典例6(2024·广东揭阳调研)已知数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若cn＝，Sn是数列{cn}的前n项和，求Sn.
解：(1)由an＋1＝，有a－a＝1，可知数　　　　　
　　　　　　平方后，构造等差数列．
列{a}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以a＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝.
(2)cn＝＝＝－，
分母有理化，裂成两项相减的形式，为裂项相消法求和作准备．
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
形如an＝型的数列采用裂项相消法求和时，应先将分母有理化. 　　　
对点练6已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，其中d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点，且d(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d又因为Sn＝na1＋d，所以9a1＋×2＝99，解得a1＝3，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由(1)知，bn＝
＝＝(－)，
所以Tn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝.
维度3　an＝型
典例7正项数列{an}的前n项和Sn满足S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.
(1)解：由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
　　　　　　二次三项式的因式分解．
由于{an}是正项数列，所以Sn>0，所以Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
当n＝1时，a1＝2＝2×1符合上式．
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．
(2)证明：由于an＝2n，故bn＝＝＝.
分母的结构特点为二次式的乘积形式，分子为一次式，学习裂项方法．
所以Tn＝＝<＝.
先裂项求和，再证明不等式．
形如an＝型的数列采用裂项相消法求和时，可以将平方项看成一个整体，然后调整系数求解. 　　　
对点练7已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列{bn}的前3项．
(1)求an，bn；
(2)设cn＝bn＋，求{cn}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，d≠0，
则
得
得
因为d≠0，所以
解得a1＝d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n，
所以b1＝a1＝1，b2＝a2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝＝2，所以bn＝2n－1.
(2)由(1)知，cn＝2n－1＋＝2n－1＋－，
所以Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋－＋－＋…＋－＝＋1－＝2n－.
维度4　an＝(a>0且a≠1)型
分母结构特点：等比数列相邻两项的积．
典例8已知an＝，求数列{an}的前n项和Sn.
解：由题意知，an＝－，
注意到分子2·3n恰好为分母中两因式的差：(3n＋1－1)－(3n－1)＝2·3n.
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝－＋－＋…＋－＝－.
由于(a－1)an＝an＋1－an，所以有＝－.
　　　分子恰好为分母中两因式的差．
常见指数型裂项：
(1)＝－.
(2)＝－.
(3)·＝·
裂为分母为差比数列的形式．
＝－.
(4)＝·
＝
＝. 　　　
对点练8已知数列{an}的首项a1>0，前n项和为Sn，且满足a1an＝S1＋Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，解得a1＝2或a1＝0(舍去)．
当n≥2时，2an＝2＋Sn，①
2an－1＝2＋Sn－1，②
①－②，得an＝2an－1，所以＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2·2n－1＝2n.
(2)由于Sn＝＝2·(2n－1)，
所以bn＝＝
＝，
所以Tn＝×＝＝.(共82张PPT)
第4讲　数列求和
第七章　数　　列
重难题型 全线突破
01
限时跟踪检测
02
重难题型 全线突破
限时跟踪检测
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析
答案
解析
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O限时跟踪检测(三十八)　数列求和　
一、单项选择题
1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为(　　)
A．2n－1 B．n·2n－n
C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2
2．(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}的通项为an＝，则其前8项和为(　　)
A. B. C. D.
3．数列{(－1)n(2n－1)}的前2 020项和S2 020等于(　　)
A．－2 020 B．2 020
C．－2 019 D．2 019
4．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.对于任意正整数n，都有an＋1＝则S20＝(　　)
A．0 B．15
C．31 D．61
5．(2024·四川巴蜀模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－4，bn＝an＋log2an，则数列{bn}的前10项和为(　　)
A．4 162 B．4 157
C．2 146 D．2 142
二、多项选择题
6．若公差为d的等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列结论正确的有(　　)
A．d＝2
B．an＝2n＋1
C.＝
D.的前n项和为
7．斐波那契数列{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例引入的，故又称为“兔子数列”，其通项公式为an＝，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第3项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an＋2＝an＋1＋an，记该数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　)
A．S10＝11a7
B．a2 021＝2a2 019＋a2 018
C．S2 021＝S2 020＋S2 019
D．S2 019＝a2 020－1
三、填空题与解答题
8．(2024·河南开封模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20＝________.
9．(2024·四川成都模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋sin2，则该数列的前20项和为________．
10．(2024·广东深圳月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，Sn＋1＝an＋2－an＋1(n∈N*)，则Sn＝________.
11．(2024·河南新乡模拟)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，a1＋b1＝4，且a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，求数列的前n项和Tn.
12．(2024·东北三省三校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，记{an}的前n项和为Sn，且S4－2a2a3＋14＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的公差d>1，令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
13．(2024·浙江嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.
(1)证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立．按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.
14．(2024·四川绵阳南山中学模拟)在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(n＋1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
15．已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
高分推荐题
16．(2024·广东梅州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，________.① n∈N*，an＋an＋1＝4n；②数列为等差数列，且的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解析版
一、单项选择题
1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为(　　)
A．2n－1 B．n·2n－n
C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2
解析：记an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
∴Sn＝－n＝2n＋1－n－2.
答案：D
2．(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}的通项为an＝，则其前8项和为(　　)
A. B. C. D.
解析：an＝＝＝＝，所以前8项和为×＝×＝，故选D.
答案：D
3．数列{(－1)n(2n－1)}的前2 020项和S2 020等于(　　)
A．－2 020 B．2 020
C．－2 019 D．2 019
解析：S2 020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 019－1)＋(2×2 020－1)＝＝2 020.故选B.
答案：B
4．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.对于任意正整数n，都有an＋1＝则S20＝(　　)
A．0 B．15
C．31 D．61
解析：由题设知，当1≤n≤5时，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，故an＝2n－1且1≤n≤5，所以a5＝16，则a6＝a5－2＝14，故n>5时，{an}是首项为14，公差为－2的等差数列，故an＝26－2n且n>5，所以S20＝S5＋(S20－S5)＝＋＝31.故选C.
答案：C
5．(2024·四川巴蜀模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－4，bn＝an＋log2an，则数列{bn}的前10项和为(　　)
A．4 162 B．4 157
C．2 146 D．2 142
解析：因为Sn＝2an－4，所以当n＝1时，S1＝2a1－4，即a1＝2a1－4，则a1＝4，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－4，所以an＝Sn－Sn－1，即an＝2an－4－(2an－1－4)，则an＝2an－1，所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，所以an＝4×2n－1＝2n＋1，bn＝an＋log2an＝2n＋1＋n＋1，所以数列{bn}的前10项和为22＋2＋23＋3＋24＋4＋…＋211＋11＝(22＋23＋…＋211)＋(2＋3＋…＋11)＝＋＝4 157.故选B.
答案：B
二、多项选择题
6．若公差为d的等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列结论正确的有(　　)
A．d＝2
B．an＝2n＋1
C.＝
D.的前n项和为
解析：∵{an}为等差数列，
∴a6＋a8＝2a7＝30，即a7＝15，
∴a7－a2＝5d，又a2＝5，
∴d＝2，A正确；
∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1，B正确；
∴＝＝，C错误；
∴的前n项和为
＝＝，D正确．
答案：ABD
7．斐波那契数列{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例引入的，故又称为“兔子数列”，其通项公式为an＝，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第3项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an＋2＝an＋1＋an，记该数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　)
A．S10＝11a7
B．a2 021＝2a2 019＋a2 018
C．S2 021＝S2 020＋S2 019
D．S2 019＝a2 020－1
解析：由斐波那契数列{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，可得
S10＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＋21＋34＋55＝143＝11×13＝11a7，因此A正确；
a2 021＝a2 020＋a2 019＝2a2 019＋a2 018，因此B正确；
∵a3－a2＝a1，a4－a3＝a2，…，
a2 021－a2 020＝a2 019，
∴a2 021－a2＝S2 019，
∴a2 021－1＝S2 019，因此D不正确；
类比D可得S2 021＝a2 023－1，
S2 020＝a2 022－1，又∵a2 021－1＝S2 019，
∴S2 020＋S2 019＝a2 022＋a2 021－2＝a2 023－2≠S2 021，因此C不正确．
故选AB.
答案：AB
三、填空题与解答题
8．(2024·河南开封模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20＝________.
解析：当n为奇数时，an＋2－an＝2，所以数列{an}的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列，所以a1＋a3＋…＋a19＝10×1＋＝100；当n为偶数时，an＋2＋an＝2，所以a2＋a4＋…＋a20＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a18＋a20)＝2×5＝10.因此，S20＝100＋10＝110.
答案：110
9．(2024·四川成都模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋sin2，则该数列的前20项和为________．
解析：由题中条件知，a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋1＝2，a4＝2a2＋0＝4，a5＝a3＋1＝3，a6＝2a4＝8，…，
即其奇数项构成首项为1，公差为1的等差数列，
而其偶数项则构成首项为2，公比为2的等比数列，
所以该数列的前20项和为(1＋2＋3＋…＋10)＋(2＋4＋8＋…＋210)＝2 101.
答案：2 101
10．(2024·广东深圳月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，Sn＋1＝an＋2－an＋1(n∈N*)，则Sn＝________.
解析：∵Sn＋1＝an＋2－an＋1，
∴Sn＋1＝Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)，
则Sn＋2＋1＝2(Sn＋1＋1)．
由a1＝1，a2＝2，可得S2＋1＝2(S1＋1)，
∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)对任意的n∈N*都成立，
∴数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴Sn＋1＝2n，即Sn＝2n－1.
答案：2n－1
11．(2024·河南新乡模拟)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，a1＋b1＝4，且a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，求数列的前n项和Tn.
解：(1)因为a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4，
当n＝1时，a1b1＝4，
由a1＋b1＝4，解得a1＝b1＝2.
又由a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4，
当n≥2时，可得a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·2n＋1＋4，
两式相减，得anbn＝n·2n＋1，n≥2，
当n＝1时，a1b1＝4适合上式，所以anbn＝n·2n＋1，n∈N*.
因为{an}为等差数列，{bn}为等比数列，所以{bn}的公比为2，所以bn＝b1qn－1＝2·2n－1＝2n，an＝2n.
(2)由bn＝2n，可得数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，
又由an＝2n，可得数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，
则＝＝＝－，
所以数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
所以数列的前n项和Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－－1.
12．(2024·东北三省三校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，记{an}的前n项和为Sn，且S4－2a2a3＋14＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的公差d>1，令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意可得，S4－2a2a3＋14＝4a1＋6d－2(a1＋d)(a1＋2d)＋14＝4＋6d－2(1＋d)(1＋2d)＋14＝0，
整理得d2＝4，则d＝±2，
可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1或an＝1－2(n－1)＝－2n＋3，
故an＝2n－1或an＝－2n＋3.
(2)因为d>1，由(1)可得d＝2，an＝2n－1，
则cn＝
＝－，
故Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－，
所以Tn＝1－.
13．(2024·浙江嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.
(1)证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立．按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.
解：(1)由题意可得an＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*)，
而b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1，变形可得bn＋1－(n＋1)＝3bn－3n＝3(bn－n)，b1－1＝3，
故{bn－n}是首项为3，公比为3的等比数列，
所以bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*)．
(2)由题意可得3k－1＝3m＋m(k，m∈N*)，因为3k,3m是3的倍数，所以m＋1也为3的倍数，
令m＋1＝3n，则m＝3n－1(n∈N*)，
则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3(33n－2＋n)－1，此时满足条件，
即当m＝2,5,8，…，3n－1时为公共项，
所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1
＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1)
＝＋(n∈N*)．
14．(2024·四川绵阳南山中学模拟)在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(n＋1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)若选①，Sn＋1＝2Sn＋2，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1＝2an，n≥2.
当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，
所以an＋1＝2an，n∈N*，即数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n，n∈N*.
若选②，因为an＋1－an＝2n，
所以当n≥2时，an－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝21＋22＋…＋2n－1＝＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n，
当n＝1时，a1＝2满足上式，故an＝2n，n∈N*.
(2)由(1)知bn＝(n＋1)·an＝(n＋1)×2n，
则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，
两式相减，得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝4＋－(n＋1)×2n＋1＝4－4＋2n＋1－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，故Tn＝n×2n＋1.
15．已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a3是2a1,3a2的等差中项，
所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，
因为a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，
解得q＝2或q＝－，
因为数列{an}是正项等比数列，所以q＝2.
所以an＝a4·qn－4＝2n.
(2)方法一(分奇、偶并项求和)：
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1
＝(－1)n·log222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
若n为偶数，
Tn＝－3＋5－7＋9－…－(2n－1)＋(2n＋1)
＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2×＝n；
若n为奇数，当n≥3时，
Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，
当n＝1时，T1＝－3适合上式，
综上得Tn＝
(或Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*)．
方法二(错位相减法)：
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1＝(－1)n·log222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
Tn＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n·(2n＋1)，
所以－Tn＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n＋1(2n＋1)，
所以2Tn＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n]－(－1)n＋1(2n＋1)
＝－3＋2×＋(－1)n(2n＋1)
＝－3＋1－(－1)n－1＋(－1)n(2n＋1)
＝－2＋(2n＋2)(－1)n，
所以Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*.
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16．(2024·广东梅州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，________.① n∈N*，an＋an＋1＝4n；②数列为等差数列，且的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)选条件①：由 n∈N*，an＋an＋1＝4n，得an＋1＋an＋2＝4(n＋1)，
所以an＋2－an＝4(n＋1)－4n＝4，
即数列{a2k－1}，{a2k}(k∈N*)均为公差为4的等差数列，
于是a2k－1＝a1＋4(k－1)＝4k－3＝2(2k－1)－1，又a1＋a2＝4，所以a2＝3，a2k＝a2＋4(k－1)＝4k－1＝2(2k)－1，所以an＝2n－1，n∈N*.
选条件②：因为数列为等差数列，且的前3项和为6，所以＋＋＝3×＝6，所以＝2，所以的公差为d′＝－＝2－1＝1，得到＝1＋(n－1)＝n，则Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又a1＝1满足an＝2n－1，所以对任意的n∈N*，an＝2n－1.
(2)因为bn＝
＝
＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝.

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