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第二课时　数列求和
1.数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为（　　）
A.2100－101 B.299－101
C.2100－99 D.299－99
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝（　　）
A.2n－1 B.
C. D.
3.已知函数y＝loga（x－1）＋3（a＞0且a≠1）的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝（　　）
A. B.
C.1 D.
4.已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于（　　）
A.13 B.10
C.9 D.6
5.已知数列2 024，2 025，1，－2 024，－2 025，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后相邻两项之和，则这个数列的前2 025项之和S2 025＝（　　）
A.4 048 B.4 049
C.4 050 D.4 051
6.（多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2p（p为非零常数），则下列结论中正确的是（　　）
A.数列{an}必为等比数列
B.p＝1时，S5＝
C.｜a3｜＋｜a8｜＞｜a5｜＋｜a6｜
D.存在p，对任意的正整数m，n，都有am·an＝am＋n
7.已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝1，3a3＝2a2＋a4，则数列的前4项和为　　　　.
8.已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}的每一项都有bn＝｜an｜，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝　　　　，T30＝　　　　.
9.已知数列{an}满足an＋1＝an（1－an＋1），a1＝1，数列{bn}满足bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前10项的和S10＝　　　　.
10.已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
（1）证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
（2）求数列{Sn}的前n项和Tn.
11.（多选）在数列{an}中，若an＋an＋1＝3n，则称{an}为“和等比数列”.设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，则下列对“和等比数列”的判断中正确的有（　　）
A.a2 024＝ B.a2 024＝
C.S2 025＝ D.S2 025＝
12.数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则an＝　　　　　　，Sn＝　　　　　　.
13.设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Sn.
14.已知函数f（n）＝且an＝f（n）＋f（n＋1），则a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝（　　）
A.－2 025 B.－2 024
C.2 025 D.2 024
15.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝（an＋1）2.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在①bn＝；②bn＝3n·an；③bn＝这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解.
若　　　　，求{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
第二课时　数列求和
1.A　由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以前99项的和为S99＝（2－1）＋（22－1）＋…＋（299－1）＝2＋22＋…＋299－99＝－99＝2100－101.
2.B　因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2（Sn＋1－Sn），整理得3Sn＝2Sn＋1，所以＝，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比的等比数列，故Sn＝.
3.B　∵对数函数y＝logax的图象过定点（1，0），∴函数y＝loga（x－1）＋3的图象过定点（2，3），则a2＝2，a3＝3，故an＝n，∴bn＝＝－，∴T10＝＋＋…＋＝1－＝，故选B.
4.D　因为an＝＝1－，所以Sn＝＋＋＋…＋＝n－（＋＋＋…＋）＝n－＝n－1＋，令n－1＋＝＝5＋，所以n＝6.
5.C　∵＝an＋an＋2，a1＝2 024，a2＝2 025，∴a3＝1，a4＝－2 024，a5＝－2 025，a6＝－1，a7＝2 024，…，∴＝an，且a1＋a2＋…＋a6＝0.∴S2 025＝337（a1＋a2＋…＋a6）＋（a1＋a2＋a3）＝4 050.故选C.
6.ACD　由Sn＋an＝2p，可得S1＋a1＝2a1＝2p，即a1＝p，n≥2时，Sn－1＋an－1＝2p，Sn＋an＝2p，相减可得2an－an－1＝0，即数列{an}是首项为p，公比为的等比数列，故A正确；由A可得p＝1时，S5＝＝，故B错误；｜a3｜＋｜a8｜＝｜p｜＝｜p｜·，｜a5｜＋｜a6｜＝｜p｜＝｜p｜·，因为p为非零常数，所以｜p｜＞0，则｜a3｜＋｜a8｜＞｜a5｜＋｜a6｜，故C正确；由A可得am·an＝am＋n，等价为p2·＝p·，可得p＝，故D正确.故选A、C、D.
7.　解析：∵等比数列{an}中，a1＝1，3a3＝2a2＋a4，∴3q2＝2q＋q3.又∵q≠1，∴q＝2，∴an＝2n－1，∴＝，即是首项为，公比为的等比数列，∴数列的前4项和为＝.
8.24　650　解析：当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10（n－1）－（n－1）2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11（n∈N＋），所以当n≤5时，an＞0，bn＝an，当n＞5时，an＜0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×（10×5－52）－（10×30－302）＝650.
9.　解析：由an＋1＝an（1－an＋1），得－＝1，因此数列是以＝1为首项，1为公差的等差数列，所以＝n，即an＝，bn＝anan＋1＝＝－，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝＋＋…＋＝1－＝.
10.解：（1）证明：当n＝1时，a1＝S1，S1－2a1＝1－4，解得a1＝3.
由Sn－2an＝n－4可得Sn－2（Sn－Sn－1）＝n－4（n≥2），
即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－（n－1）＋2].
因为S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝（22＋23＋…＋2n＋1）＋（1＋2＋…＋n）－2n＝＋－2n＝.
11.AC　因为an＋an＋1＝3n，所以an＋1＋an＋2＝3n＋1，两式相减得an＋2－an＝2×3n，所以a2 024＝（a2 024－a2 022）＋（a2 022－a2 020）＋…＋（a4－a2）＋a2＝2×（32＋34＋…＋32 022）＋2＝，故A正确，B错误.S2 025＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a2 024＋a2 025）＝1＋（32＋34＋…＋32 024）＝，故C正确，D错误.故选A、C.
12.n＋1　　解析：由题意a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，∴n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝（n－1）·2n－1，两式相减得2n－1an＝n·2n－（n－1）·2n－1＝（n＋1）·2n－1，an＝n＋1，又a1＝2，满足an＝n＋1，∴an＝n＋1，Sn＝＝.
13.解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0且解得
所以an＝1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
（2）由（1）得＝，
Sn＝1＋＋＋…＋＋， ①
2Sn＝2＋3＋＋…＋＋. ②
②－①，得Sn＝2＋2＋＋＋…＋－
＝2＋2×－
＝2＋2×－＝6－.
14.D　当n为奇数时，an＝n2－（n＋1）2＝－2n－1，当n为偶数时，an＝－n2＋（n＋1）2＝2n＋1，所以a1＝－3，a2＝5，a3＝－7，a4＝9，…，故a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝2×＝2 024.故选D.
15.解：（1）因为4Sn＝（an＋1）2，
所以当n＝1时，4a1＝4S1＝（a1＋1）2，解得a1＝1.
当n≥2时，4Sn－1＝（an－1＋1）2，又4Sn＝（an＋1）2，
所以两式相减得4an＝（an＋1）2－（an－1＋1）2，
可得（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0，
因为an＞0，所以an－an－1＝2，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）若选条件①，
bn＝＝＝，
则Tn＝［＋＋＋…＋］＝＝.
若选条件②，
bn＝3n·an＝3n·（2n－1），
则Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋（2n－1）×3n， ①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋（2n－1）×3n＋1， ②
①－②得－2Tn＝3＋2×（32＋33＋…＋3n）－（2n－1）×3n＋1＝－6＋（2－2n）·3n＋1，
可得Tn＝（n－1）·3n＋1＋3.
若选条件③，
由an＝2n－1可得Sn＝＝n2，
所以bn＝＝＝，
故Tn＝［＋＋＋…＋］＝＝.
2 / 2第二课时　数列求和
题型一 分组转化法求和
【例1】　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.
尝试解答
通性通法
　　若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，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减.
【跟踪训练】
1.数列{（－1）nn}的前n项和为Sn，则S2 026＝（　　）
A.1 013　　　　　　　　 B.－1 013
C.2 026 D.－2 026
2.已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq（n∈N＋，p，q为常数），且a1，a4，a5成等差数列.
（1）求p，q的值；
（2）求数列{an}前n项和Sn的公式.
题型二 裂项相消法求和
【例2】　已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，＝9a2a6.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝－loan，求数列的前n项和Tn.
尝试解答
通性通法
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.裂项求和的几种常见类型：
（1）＝；
（2）＝；
（3）＝；
（4）若{an}是公差为d的等差数列，则＝.
【跟踪训练】
　在等比数列{an}中，a1＝2且2，a2＋1，a3成等差数列.
（1）求{an}的通项公式；
（2）数列{bn}满足a1×a2×a3×…×an＝，求数列的前n项和.
题型三 错位相减法求和
【例3】　在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝9，a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知等差数列{an}的公差为d（d＞1），前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，　　　　.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
尝试解答
通性通法
　　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，可采用错位相减法.
　　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.
【跟踪训练】
　数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝（n＋1）an＋n（n＋1），n∈N＋.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.
　由数列的递推关系求通项
1.在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，求数列{an}的通项公式.
2.已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，记bn＝an＋1，证明：{bn}是等比数列，并求an.
【问题探究】
类型一：形如an＋1＝an＋f（n）的递推关系式
这类递推数列采用累加法求其通项（数列{f（n）}可求前n项和）.
当f（n）为常数时，用累加法可求得等差数列的通项公式.
而当f（n）为等差数列时，{an}为二阶等差数列，其通项公式应形如an＝an2＋bn＋c，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是Sn＝an2＋bn，其常数项一定为0.
类型二：形如an＋1＝f（n）an的递推关系式
这类递推数列可通过累乘法求得其通项（数列{f（n）}可求前n项积）.
当f（n）为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式.
类型三：形如an＋1＝can＋tan－1（n≥2，ct≠0）的递推关系式
对于此类递推关系式，可以使用待定系数法将其转化为等比数列问题.即令an＋1－xan＝y（an－xan－1），用待定系数法求出x与y的值，即可转化为等比数列问题，进而求通项.
类型四：形如an＋1＝can＋tan－1＋a（cta≠0）的递推关系式
对于此类递推关系式，可转化为等差数列求解.
类型五：由Sn与an的关系求an
数列{an}的通项an与其前n项和Sn的关系为an＝
注意　（1）应重视分类讨论的应用，要先分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别要注意由Sn－Sn－1＝an推导出的an中的n≥2；
（2）由Sn－Sn－1＝an推导出的an＝f（n）（n≥2），若当n＝1时，a1也适合an＝f（n），则需要统一合成一个表达式.
【迁移应用】
1.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　.
2.已知数列{an}满足an＋1＝5an－6an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝4，则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　.
3.数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
（1）设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
（2）求{an}的通项公式.
1.已知an＝（－1）n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是（　　）
A.1，1　　　　　　　 B.－1，－1
C.1，0 D.－1，0
2.数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为（　　）
A.11 B.99
C.120 D.121
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
4.在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1（4n－3），则S15＋S22－S31的值为（　　）
A.－46 B.－76
C.46 D.76
5.已知等比数列{an}中，a2＝8，a5＝512.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
第二课时　数列求和
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N＋.
（2）因为an＋1＝
所以k∈N＋时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2， ②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③
①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋×3＋20＋×3＝300.
跟踪训练
1.A　S2 026＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－2 025＋2 026）＝1 013.
2.解：（1）由a1＝3，得2p＋q＝3，又因为a4＝24p＋4q，a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.
（2）由（1），知an＝2n＋n，所以Sn＝（2＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n）＝2n＋1－2＋.
【例2】　解：（1）设数列{an}的公比为q，由＝9a2a6得＝9，∴q2＝.
由条件可知q＞0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
（2）∵an＝，∴bn＝－log ＝2n，
∴＝＝，
∴Tn＝
＝＝.
跟踪训练
解：（1）设数列{an}的公比为q（q≠0）.
因为2，a2＋1，a3成等差数列，所以2（a2＋1）＝2＋a3，
即2（a1q＋1）＝2＋a1q2.
又a1＝2，所以q2－2q＝0，解得q＝2或q＝0（舍去），
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
（2）因为a1×a2×a3×…×an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝＝，
所以bn＝，从而＝＝2，
所以的前n项和Sn＝2［＋＋＋…＋］
＝2＝.
【例3】　解：选条件①：
（1）∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴解得或（舍去），∴∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
（2）由题意得，cn＝＝＝（2n－1）×，
∴Tn＝1×＋3×＋5×＋…＋（2n－1）×， ①
Tn＝1×＋3×＋…＋（2n－3）×＋（2n－1）×， ②
①－②，得Tn＝1＋2×［＋＋…＋］－（2n－1）×＝1＋2×－（2n－1）×＝3－（2n＋3）×，
∴Tn＝6－（2n＋3）×.
选条件②：
（1）∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴∴
解得或（舍去），∴
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
（2）由题意得，cn＝＝＝（2n－1）×，
∴Tn＝1×＋3×＋5×＋…＋（2n－1）×， ①
Tn＝1×＋3×＋…＋（2n－3）×＋（2n－1）×， ②
①－②，得Tn＝1＋2×［＋＋…＋］－（2n－1）×＝1＋2×－（2n－1）×＝3－（2n＋3）×，∴Tn＝6－（2n＋3）×.
选条件③：
（1）∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴
解得或（舍去），∴
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
（2）由题意得，cn＝＝＝（2n－1）×，
∴Tn＝1×＋3×＋5×＋…＋（2n－1）×， ①
Tn＝1×＋3×＋…＋（2n－3）×＋（2n－1）×， ②
①－②，得×Tn＝1＋2×［＋＋…＋］－（2n－1）×＝1＋2×－（2n－1）×＝3－（2n＋3）×，
∴Tn＝6－（2n＋3）×.
跟踪训练
解：（1）证明：由已知可得＝＋1，即－＝1.
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列.
（2）由（1）得＝1＋（n－1）·1＝n，所以an＝n2.从而bn＝n·3n.
Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n， ①
3Sn＝1·32＋2·33＋…＋（n－1）·3n＋n·3n＋1， ②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝－n·3n＋1＝，
所以Sn＝.
拓视野　由数列的递推关系求通项
迁移应用
1.an＝2－　解析：由a1＝S1＝2－a1，得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－an－[2（n－1）－an－1]＝－an＋2＋an－1，所以an＝an－1＋1，即an－2＝（an－1－2）.令bn＝an－2，则bn＝bn－1，且b1＝1－2＝－1，于是数列{bn}是首项为－1，公比为的等比数列，所以bn＝－1×＝－，故an＝2－.
2.an＝2×3n－1－2n－1　解析：令an＋1－xan＝y（an－xan－1）（n≥2），即an＋1＝（x＋y）an－xyan－1.于是得解得或取x＝2，y＝3得an＋1－2an＝3（an－2an－1）（n≥2）.由于a2－2a1＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an＋1－2an＝2×3n－1.两边同除以2n＋1，得－＝×.所以＝＋＋…＋＋＝×＋×＋…＋×＋＝×＋＝－.故an＝2×3n－1－2n－1.取x＝3，y＝2得an＋1－3an＝2（an－3an－1）（n≥2）.由于a2－3a1＝1≠0，所以数列{an＋1－3an}是以1为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－3an＝2n－1.整理得an＋1＋2n＝3（an＋2n－1），又因为a1＋21－1＝2，所以数列{an＋2n－1}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an＋2n－1＝2×3n－1，所以an＝2×3n－1－2n－1，综上可知an＝2×3n－1－2n－1.
3.解：（1）证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1－bn＝2.
又因为b1＝a2－a1＝1，故数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）知bn＝1＋2（n－1）＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1.
于是an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1
＝[2（n－1）－1]＋[2（n－2）－1]＋…＋（2×1－1）＋1
＝2[1＋2＋3＋…＋（n－1）]－（n－1）＋1
＝2×－n＋2＝n2－2n＋2.
随堂检测
1.D　S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.
2.C　∵an＝＝－，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝（－1）＋（－）＋…＋（－）＝－1，令－1＝10，得n＝120.
3.C　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.
4.B　∵S15＝（－4）×7＋（－1）14（4×15－3）＝29，S22＝（－4）×11＝－44，S31＝（－4）×15＋（－1）30（4×31－3）＝61，∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
5.解：（1）∵＝＝64＝q3，
∴q＝4.∴an＝a2·4n－2＝8×4n－2＝22n－1.
（2）由bn＝nan＝n×22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n×22n－1， ①
从而22×Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1， ②
①－②得（1－22）×Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，即Sn＝[（3n－1）22n＋1＋2].
3 / 3(共75张PPT)
第二课时　数列求和
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 分组转化法求和
【例1】　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；
解：因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n
－1）＝3n－1，n∈N＋.
（2）求{an}的前20项和.
解：因为an＋1＝
所以k∈N＋时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1， ①
a2k＋1＝a2k＋2， ②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③
①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差
数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2
＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋ ×3＋20＋ ×3＝300.
通性通法
　　若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，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减.
【跟踪训练】
1. 数列{（－1）nn}的前n项和为Sn，则S2 026＝（　　）
A. 1 013 B. －1 013
C. 2 026 D. －2 026
解析：　S2 026＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－2 025＋2
026）＝1 013.
2. 已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq（n∈N＋，p，q为
常数），且a1，a4，a5成等差数列.
（1）求p，q的值；
解：由a1＝3，得2p＋q＝3，又因为a4＝24p＋4q，
a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，
解得p＝1，q＝1.
（2）求数列{an}前n项和Sn的公式.
解：由（1），知an＝2n＋n，所以Sn＝（2＋22＋…＋
2n）＋（1＋2＋…＋n）＝2n＋1－2＋ .
题型二 裂项相消法求和
【例2】　已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1， ＝
9a2a6.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：设数列{an}的公比为q，由 ＝9a2a6得 ＝9 ，
∴q2＝ .
由条件可知q＞0，故q＝ .
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝ .
故数列{an}的通项公式为an＝ .
（2）设bn＝－lo an，求数列 的前n项和Tn.
解：∵an＝ ，∴bn＝－log ＝2n，
∴ ＝ ＝ ，
∴Tn＝
＝ ＝ .
通性通法
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. 裂项求和的几种常见类型：
（1） ＝ ；
（2） ＝ ；
（3） ＝ ；
（4）若{an}是公差为d的等差数列，则 ＝ .
【跟踪训练】
　在等比数列{an}中，a1＝2且2，a2＋1，a3成等差数列.
（1）求{an}的通项公式；
解：设数列{an}的公比为q（q≠0）.
因为2，a2＋1，a3成等差数列，所以2（a2＋1）＝2＋a3，
即2（a1q＋1）＝2＋a1q2.
又a1＝2，所以q2－2q＝0，解得q＝2或q＝0（舍去），
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
（2）数列{bn}满足a1×a2×a3×…×an＝ ，求数列 的前n
项和.
解：因为a1×a2×a3×…×an＝21×22×23×…×2n＝21＋2
＋3＋…＋n＝ ＝ ，
所以bn＝ ，从而 ＝ ＝2 ，
所以 的前n项和Sn＝2［ ＋ ＋ ＋…＋
］
＝2 ＝ .
题型三 错位相减法求和
【例3】　在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝
9，a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知等差数列{an}的公差为d（d＞1），前n项和为Sn，等比数列
{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q， 　　.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴解得或（舍
去），∴
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
解：选条件①：
选条件②：
∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴∴
解得或（舍去），∴
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
选条件③：
∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴
解得或（舍去），∴
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
（2）记cn＝ ，求数列{cn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ，
∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）
× ， ①
Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－
1）× ， ②
①－②，得 Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n
－1）× ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－
（2n＋3）× ，∴Tn＝6－（2n＋3）× .
由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ，
∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）
× ， ①
Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－
1）× ， ②
①－②，得 Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n
－1）× ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－
（2n＋3）× ，∴Tn＝6－（2n＋3）× .
（2）由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ，
∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）
× ， ①
Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－
1）× ， ②
①－②，得 ×Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－
（2n－1）×
＝1＋2× －（2n－1）×
＝3－（2n＋3）× ，
∴Tn＝6－（2n＋3）× .
通性通法
　　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，可采用错位相减法.
　　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.
【跟踪训练】
　数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝（n＋1）an＋n（n＋1），n∈N＋.
（1）证明：数列 是等差数列；
解：证明：由已知可得 ＝ ＋1，即 － ＝1.
所以 是以 ＝1为首项，1为公差的等差数列.
（2）设bn＝3n· ，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：由（1）得 ＝1＋（n－1）·1＝n，所以an＝n2.
从而bn＝n·3n.
Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n， ①
3Sn＝1·32＋2·33＋…＋（n－1）·3n＋n·3n＋1， ②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝ －n·3n＋1
＝ ，
所以Sn＝ .
　由数列的递推关系求通项
　　
1. 在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，求数列{an}的通项公式.
2. 已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，记bn＝an＋1，证明：{bn}是等比数
列，并求an.
【问题探究】
类型一：形如an＋1＝an＋f（n）的递推关系式
这类递推数列采用累加法求其通项（数列{f（n）}可求前n项和）.
当f（n）为常数时，用累加法可求得等差数列的通项公式.
而当f（n）为等差数列时，{an}为二阶等差数列，其通项公式应形
如an＝an2＋bn＋c，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后
者是Sn＝an2＋bn，其常数项一定为0.
类型二：形如an＋1＝f（n）an的递推关系式
这类递推数列可通过累乘法求得其通项（数列{f（n）}可求前n项
积）.
当f（n）为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式.
类型三：形如an＋1＝can＋tan－1（n≥2，ct≠0）的递推关系式
对于此类递推关系式，可以使用待定系数法将其转化为等比数列问
题.即令an＋1－xan＝y（an－xan－1），用待定系数法求出x与y的
值，即可转化为等比数列问题，进而求通项.
类型四：形如an＋1＝can＋tan－1＋a（cta≠0）的递推关系式
对于此类递推关系式，可转化为等差数列求解.
类型五：由Sn与an的关系求an
数列{an}的通项an与其前n项和Sn的关系为
an＝
注意　（1）应重视分类讨论的应用，要先分n＝1和n≥2两种情况讨
论，特别要注意由Sn－Sn－1＝an推导出的an中的n≥2；
（2）由Sn－Sn－1＝an推导出的an＝f（n）（n≥2），若当n＝1
时，a1也适合an＝f（n），则需要统一合成一个表达式.
【迁移应用】
1. 已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式
为 .
an＝2－ 　
解析：由a1＝S1＝2－a1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n
－an－[2（n－1）－an－1]＝－an＋2＋an－1，所以an＝ an－1＋
1，即an－2＝ （an－1－2）.令bn＝an－2，则bn＝ bn－1，且b1＝
1－2＝－1，于是数列{bn}是首项为－1，公比为 的等比数列，所
以bn＝－1× ＝－ ，故an＝2－ .
2. 已知数列{an}满足an＋1＝5an－6an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝
4，则数列{an}的通项公式为 .
解析：令an＋1－xan＝y（an－xan－1）（n≥2），即an＋1＝（x＋
y）an－xyan－1.于是得解得或取x
＝2，y＝3得an＋1－2an＝3（an－2an－1）（n≥2）.由于a2－2a1
＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，3为公比的等比数
列，即an＋1－2an＝2×3n－1.两边同除以2n＋1，得 － ＝
an＝2×3n－1－2n－1 　
× .所以 ＝ ＋ ＋…＋ ＋
＝ × ＋ × ＋…＋ × ＋ ＝ × ＋
＝ － .故an＝2×3n－1－2n－1.取x＝3，y＝2得an＋1－3an＝
2（an－3an－1）（n≥2）.由于a2－3a1＝1≠0，所以数列{an＋1－
3an}是以1为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－3an＝2n－1.整理
得an＋1＋2n＝3（an＋2n－1），又因为a1＋21－1＝2，所以数列{an
＋2n－1}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an＋2n－1＝2×3n－
1，所以an＝2×3n－1－2n－1，综上可知an＝2×3n－1－2n－1.
3. 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
（1）设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
解：证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1－bn＝2.
又因为b1＝a2－a1＝1，故数列{bn}是以1为首项，2为公差的
等差数列.
（2）求{an}的通项公式.
解：由（1）知bn＝1＋2（n－1）＝2n－1，
即an＋1－an＝2n－1.
于是an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）
＋a1
＝[2（n－1）－1]＋[2（n－2）－1]＋…＋（2×1－1）＋1
＝2[1＋2＋3＋…＋（n－1）]－（n－1）＋1
＝2× －n＋2＝n2－2n＋2.
1. 已知an＝（－1）n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分
别是（　　）
A. 1，1 B. －1，－1
C. 1，0 D. －1，0
解析：　S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S10＝S9＋
a10＝－1＋1＝0.
2. 数列{an}的通项公式是an＝ ，若前n项和为10，则项数为
（　　）
A. 11 B. 99
C. 120 D. 121
解析：　∵an＝ ＝ － ，∴Sn＝a1＋a2＋…＋
an＝（ －1）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝
－1，令 －1＝10，得n＝120.
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.
4. 在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1
（4n－3），则S15＋S22－S31的值为（　　）
A. －46 B. －76
C. 46 D. 76
解析：　∵S15＝（－4）×7＋（－1）14（4×15－3）＝29，S22
＝（－4）×11＝－44，S31＝（－4）×15＋（－1）30×（4×31－
3）＝61，∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
5. 已知等比数列{an}中，a2＝8，a5＝512.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：∵ ＝ ＝64＝q3，
∴q＝4.∴an＝a2·4n－2＝8×4n－2＝22n－1.
（2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：由bn＝nan＝n×22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25
＋…＋n×22n－1， ①
从而22×Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1， ②
①－②得（1－22）×Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋
1，即Sn＝ [（3n－1）22n＋1＋2].
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和
为（　　）
A. 2100－101 B. 299－101
C. 2100－99 D. 299－99
解析：　由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝ ＝2n－1，
所以前99项的和为S99＝（2－1）＋（22－1）＋…＋（299－1）＝2
＋22＋…＋299－99＝ －99＝2100－101.
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2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝
（　　）
A. 2n－1 B.
C. D.
解析：　因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2（Sn
＋1－Sn），整理得3Sn＝2Sn＋1，所以 ＝ ，所以数列{Sn}是以
S1＝a1＝1为首项， 为公比的等比数列，故Sn＝ .
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3. 已知函数y＝loga（x－1）＋3（a＞0且a≠1）的图象所过定点的
横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝
，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝（　　）
A. B.
C. 1 D.
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解析：　∵对数函数y＝logax的图象过定点（1，0），∴函数y
＝loga（x－1）＋3的图象过定点（2，3），则a2＝2，a3＝3，故
an＝n，∴bn＝ ＝ － ，∴T10＝ ＋ ＋…＋
＝1－ ＝ ，故选B.
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4. 已知数列{an}的通项公式是an＝ ，其前n项和Sn＝ ，则项
数n等于（　　）
A. 13 B. 10
C. 9 D. 6
解析：　因为an＝ ＝1－ ，所以Sn＝ ＋ ＋
＋…＋ ＝n－ ＝n－ ＝
n－1＋ ，令n－1＋ ＝ ＝5＋ ，所以n＝6.
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5. 已知数列2 024，2 025，1，－2 024，－2 025，…，这个数列的特
点是从第二项起，每一项都等于它的前后相邻两项之和，则这个数
列的前2 025项之和S2 025＝（　　）
A. 4 048 B. 4 049
C. 4 050 D. 4 051
解析：　∵ ＝an＋an＋2，a1＝2 024，a2＝2 025，∴a3＝1，
a4＝－2 024，a5＝－2 025，a6＝－1，a7＝2 024，…，∴ ＝
an，且a1＋a2＋…＋a6＝0.∴S2 025＝337（a1＋a2＋…＋a6）＋
（a1＋a2＋a3）＝4 050.故选C.
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6. （多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2p（p为
非零常数），则下列结论中正确的是（　　）
A. 数列{an}必为等比数列
B. p＝1时，S5＝
C. ｜a3｜＋｜a8｜＞｜a5｜＋｜a6｜
D. 存在p，对任意的正整数m，n，都有am·an＝am＋n
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解析：　由Sn＋an＝2p，可得S1＋a1＝2a1＝2p，即a1＝p，
n≥2时，Sn－1＋an－1＝2p，Sn＋an＝2p，相减可得2an－an－1＝
0，即数列{an}是首项为p，公比为 的等比数列，故A正确；由A
可得p＝1时，S5＝ ＝ ，故B错误；｜a3｜＋｜a8｜＝｜p｜
＝｜p｜· ，｜a5｜＋｜a6｜＝｜p｜ ＝｜
p｜· ，因为p为非零常数，所以｜p｜＞0，则｜a3｜＋｜a8｜
＞｜a5｜＋｜a6｜，故C正确；由A可得am·an＝am＋n，等价为p2· ＝p· ，可得p＝ ，故D正确.故选A、C、D.
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7. 已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝1，3a3＝2a2＋a4，则数列
的前4项和为 　 　.
解析：∵等比数列{an}中，a1＝1，3a3＝2a2＋a4，∴3q2＝2q＋
q3.又∵q≠1，∴q＝2，∴an＝2n－1，∴ ＝ ，即
是首项为 ，公比为 的等比数列，∴数列 的前4
项和为 ＝ .
　
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8. 已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}的每一项都有bn
＝｜an｜，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝ ，T30
＝ .
解析：当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－
n2－[10（n－1）－（n－1）2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所
以an＝－2n＋11（n∈N＋），所以当n≤5时，an＞0，bn＝an，
当n＞5时，an＜0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30
＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×（10×5－52）－（10×30
－302）＝650.
24　
650　
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9. 已知数列{an}满足an＋1＝an（1－an＋1），a1＝1，数列{bn}满足bn
＝an·an＋1，则数列{bn}的前10项的和S10＝ .
解析：由an＋1＝an（1－an＋1），得 － ＝1，因此数列 是
以 ＝1为首项，1为公差的等差数列，所以 ＝n，即an＝ ，bn
＝anan＋1＝ ＝ － ，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝
＋ ＋…＋ ＝1－ ＝ .
　
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10. 已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
（1）证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
解：证明：当n＝1时，a1＝S1，S1－2a1＝1－4，解得a1＝3.
由Sn－2an＝n－4可得Sn－2（Sn－Sn－1）＝n－4
（n≥2），
即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－（n－1）＋2].
因为S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的
等比数列.
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（2）求数列{Sn}的前n项和Tn.
解：由（1）知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝（22＋23＋…＋2n＋1）＋（1＋2＋…＋n）－2n
＝ ＋ －2n＝ .
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11. （多选）在数列{an}中，若an＋an＋1＝3n，则称{an}为“和等比
数列”.设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，则下列对“和等
比数列”的判断中正确的有（　　）
A. a2 024＝ B. a2 024＝
C. S2 025＝ D. S2 025＝
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解析： 　因为an＋an＋1＝3n，所以an＋1＋an＋2＝3n＋1，两式相
减得an＋2－an＝2×3n，所以a2 024＝（a2 024－a2 022）＋（a2 022－
a2 020）＋…＋（a4－a2）＋a2＝2×（32＋34＋…＋32 022）＋2＝
，故A正确，B错误.S2 025＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）
＋…＋（a2 024＋a2 025）＝1＋（32＋34＋…＋32 024）＝ ，
故C正确，D错误.故选A、C.
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12. 数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝
，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则an＝
，Sn＝ .
解析：由题意a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，∴n≥2时，a1＋2a2
＋…＋2n－2an－1＝（n－1）·2n－1，两式相减得2n－1an＝n·2n－
（n－1）·2n－1＝（n＋1）·2n－1，an＝n＋1，又a1＝2，满足an
＝n＋1，∴an＝n＋1，Sn＝ ＝ .
n
＋1　
　
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13. 设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1
＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
解： 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意
有q＞0且解得
所以an＝1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
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（2）求数列 的前n项和Sn.
解： 由（1）得 ＝ ，
Sn＝1＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， ①
2Sn＝2＋3＋ ＋…＋ ＋ . ②
②－①，得Sn＝2＋2＋ ＋ ＋…＋ －
＝2＋2× －
＝2＋2× － ＝6－ .
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14. 已知函数f（n）＝且an＝f（n）＋f（n＋
1），则a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝（　　）
A. －2 025 B. －2 024
C. 2 025 D. 2 024
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解析：　当n为奇数时，an＝n2－（n＋1）2＝－2n－1，当n为
偶数时，an＝－n2＋（n＋1）2＝2n＋1，所以a1＝－3，a2＝5，
a3＝－7，a4＝9，…，故a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，所以a1＋a2
＋a3＋…＋a2 024＝2× ＝2 024.故选D.
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15. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝（an＋1）2.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：因为4Sn＝（an＋1）2，
所以当n＝1时，4a1＝4S1＝（a1＋1）2，解得a1＝1.
当n≥2时，4Sn－1＝（an－1＋1）2，又4Sn＝（an＋1）2，
所以两式相减得4an＝（an＋1）2－（an－1＋1）2，
可得（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0，
因为an＞0，所以an－an－1＝2，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
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（2）在①bn＝ ；②bn＝3n·an；③bn＝ 这三个条件中
任选一个，补充在下面的问题中并求解.
若 　　，求{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
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解：若选条件①，
bn＝ ＝ ＝ ，
则Tn＝ ［ ＋ ＋ ＋…＋
］＝ ＝ .
若选条件②，
bn＝3n·an＝3n·（2n－1），
则Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋（2n－1）×3n， ①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋（2n－1）×3n＋1， ②
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①－②得－2Tn＝3＋2×（32＋33＋…＋3n）－（2n－1）
×3n＋1＝－6＋（2－2n）·3n＋1，
可得Tn＝（n－1）·3n＋1＋3.
若选条件③，
由an＝2n－1可得Sn＝ ＝n2，
所以bn＝ ＝ ＝ ，
故Tn＝ ［ ＋ ＋ ＋…＋
］＝ ＝ .
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