资源简介

第二课时　数列求和
1.数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为（　　）
A.2 022 B.2 023
C.2 024 D.2 025
2.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
3.数列{an}的通项公式为an＝sin ，n∈N＋，其前n项和为Sn，则S2 023＝（　　）
A.1 B.0
C.－1 D.－1 010
4.数列1，2，3，4，…的前n项的和为（　　）
A.＋ B.－＋＋1
C.－＋ D.－＋
5.（多选）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值确定的是（　　）
A. B.
C. D.
6.（多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是（　　）
A.若Sn＝（n＋1）2，则{an}是等差数列
B.若Sn＝2n－1，则{an}是等比数列
C.若{an}是等差数列，则S2n－1＝（2n－1）an
D.若{an}是等比数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列
7.一个数列从第二项起，每一项与前一项的和都等于同一个常数，则称此数列为等和数列，这个常数叫作等和数列的公和，设等和数列{an}的公和为3，前n项和为Sn，若S2 025＝3 038，则a1＝　　　　.
8.设an＝，数列{an}的前n项和Sn＝9，则n＝　　　　.
9.数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＝k∈N＋，则数列{an}的前2n项和S2n＝　　　.
10.设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.数列{bn}满足b1＋b2＋…＋bn＝n2.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
11.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n（n∈N＋），则S2 023＝（　　）
A.22 023－1 B.22 023－3
C.21 013－3 D.21 013－1
12.已知数列{an}的通项公式an＝log3，设其前n项和为Sn，则使Sn＜－4成立的最小正整数n＝（　　）
A.83 B.82
C.81 D.80
13.（多选）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则（　　）
A.S5＝35
B.an＋1－an＝n
C.an＝
D.＋＋＋…＋＝
14.已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝30，且a1，a2，a4成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
15.数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝＋1（n＝0，1，2，…）是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数.现设an＝log4（Fn－1）（n＝1，2，…），Sn表示数列{an}的前n项和.若32Sn＝63an，则n＝（　　）
A.5 B.6
C.7 D.8
16.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.
第二课时　数列求和
1.C　an＝＝－，Sn＝＋＋…＋＝1－＝＝，所以n＝2 024.故选C.
2.B　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.
3.B　因为数列{an}的通项公式为an＝sin ，n∈N＋，所以a1＝sin ＝1，a2＝sin π＝0，a3＝sin ＝－1，a4＝sin 2π＝0，a5＝sin ＝1，a6＝sin 3π＝0，a7＝sin ＝－1，a8＝sin 4π＝0，…，每4项之和为0，所以S2 023＝S4×505＋3＝S3＝1＋0＋（－1）＝0，故选B.
4.B　数列1，2，3，4，…的前n项的和Sn＝（1＋2＋3＋4＋…＋n）＋＝＋＝－＋＋1.故选B.
5.ABC　由8a2＋a5＝0得8a2＋a2q3＝0，∵a2≠0，∴q3＝－8，∴q＝－2.A中，＝q2＝4；B中，＝＝＝；C中，＝＝＝；D中，＝与n有关，不确定.故选A、B、C.
6.BC　当Sn＝（n＋1）2时，a1＝S1＝4；an＝Sn－Sn－1＝（n＋1）2－n2＝2n＋1（n≥2），a1＝4不满足上式，所以数列{an}不是等差数列，选项A错误；当Sn＝2n－1时，a1＝S1＝1，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－（2n－1－1）＝2n－1，且a1＝1满足上式，所以此时数列{an}是等比数列，选项B正确；根据等差数列的性质可知：S2n－1＝（a1＋a2n－1）＝·（2an）＝（2n－1）an，故选项C正确；当an＝（－1）n时，{an}是等比数列，而S2＝－1＋1＝0，S4－S2＝0，S6－S4＝0，不能构成等比数列，选项D错误.故选B、C.
7.2　解析：∵an＋an＋1＝3，∴S2 025＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a2 024＋a2 025）＝a1＋3×1 012＝3 038，∴a1＝2.
8.99　解析：an＝＝－，故Sn＝－1＋－＋…＋－＝－1＝9.解得n＝99.
9.＋2n－1　解析：由a1＝a2＝1，an＋2＝可知，数列{an}的奇数项是首项为1，公差为1的等差数列，数列{an}的偶数项是首项为1，公比为2的等比数列.所以S2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（a2＋a4＋…＋a2n）＝n＋＋＝＋2n－1.
10.解：（1）设q（q＞0）为等比数列{an}的公比，则由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2.
∴{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
∵b1＋b2＋…＋bn＝n2.
∴当n＝1时，b1＝1，
当n≥2时，b1＋b2＋…＋bn－1＝（n－1）2，
∴当n≥2时，bn＝n2－（n－1）2＝2n－1，
又b1＝1也适合，
∴{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
（2）Sn＝（ai＋bi）＝ai＋bi＝＋n×1＋×2＝2n＋1＋n2－2.
11.C　a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，∴＝2，∴a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 023＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 022＋a2 023＝（a1＋a3＋a5＋…＋a2 023）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a2 022）＝＋＝21 012－1＋21 012－2＝21 013－3.
12.C　由题意可得an＝log3＝log3n－log3（n＋1），故Sn＝log31－log32＋log32－log33＋…＋log3n－log3（n＋1）＝－log3（n＋1）＜－4，即log3（n＋1）＞4，解得n ＞34－1＝80，所以使Sn＜－4成立的最小正整数n＝81，故选C.
13.ACD　依题意可知an＋1－an＝n＋1，an＋1＝an＋n＋1，B选项错误.a1＝1，a2＝1＋2＝3，a3＝3＋3＝6，a4＝6＋4＝10，a5＝10＋5＝15，S5＝1＋3＋6＋10＋15＝35，A正确.an＋1－an＝n＋1，an－an－1＝n（n≥2），an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝，C正确.＝2×，＋＋…＋＝2＋…＋＝2（1－）＝.D选项正确.故选A、C、D.
14.解：（1）根据{an}为等差数列，d≠0，前n项和为Sn，且S5＝30，即30＝5a1＋10d，　①
∵a1，a2，a4成等比数列，∴＝a1·a4，
∴（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），　②
由①②解得
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由bn＝，
即bn＝＝.
则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.
15.B　因为Fn＝＋1（n＝0，1，2，…），所以an＝log4（Fn－1）＝log4（＋1－1）＝log4＝2n－1，所以{an}是等比数列，首项为1，公比为2，所以Sn＝＝2n－1.所以32（2n－1）＝63×2n－1，解得n＝6.
16.解：（1）设{an}的公比为q，由题意得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1（舍去）或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
（2）记Sn为{nan}的前n项和.由（1）及题意可得，
an＝（－2）n－1.
所以Sn＝1＋2×（－2）＋…＋n×（－2）n－1，
－2Sn＝－2＋2×（－2）2＋…＋（n－1）×（－2）n－1＋n×（－2）n.
可得3Sn＝1＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）n－1－n×（－2）n＝－n×（－2）n.
所以Sn＝－.
2 / 2第二课时　数列求和
题型一 分组转化法求和
【例1】　已知各项都不相等的等差数列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝＋2n，求数列{bn}的前n项和Sn.
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，分别求和后相加减.分组时有分项分组、并项分组、裂项分组、奇偶项分组等不同的分组形式，但不论哪种形式，必须保证所分各组能够分别求和.
【跟踪训练】
（2021·新高考Ⅰ卷·节选）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝求{an}的前20项和.
题型二 裂项相消法求和
【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1，数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b6＝a5.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：3Tn＜1.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
　　裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点进行裂项，其实质是把通项an化成一个数列{bn}的两项之差，即an＝bn＋k－bn，常见的裂项技巧如下：
（1）＝；
（2）＝（－）；
（3）＝；
（4）＝ .
　　此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.一般地，当an＝bn＋1－bn时，Sn＝bn＋1－b1；当an＝bn＋2－bn时，Sn＝bn＋1＋bn－b1－b2.
【跟踪训练】
已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，＝＋2（an＋1＋an）.
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
题型三 错位相减法求和
【例3】　（2023·全国甲卷17题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Tn.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
1.使用范围：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.
2.注意事项：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.检验：对于最后求出的前n项和可取n＝1和2检验是否正确.
【跟踪训练】
已知数列{an}是等差数列，且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Sn.
1.数列{（－1）nn}的前n项和为Sn，则S2 024＝（　　）
A.1 012　　　　　　　　 B.－1 012
C.2 024 D.－2 024
2.设数列{an}（n∈N＋）的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋log2an，且a3＝4，则S6＝（　　）
A.128 B.65
C.64 D.63
3.已知等差数列{an}，a1＝1，d＝1，则数列的前100项和为（　　）
A. B.
C. D.
4.设f（x）＝，则f＋f＋f＋…＋f＝　　　　.
5.已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4，则数列{an＋bn}的前n项和为　　　　.
数列通项公式的求法
类型一 逐差法（累加法）和逐商法（累乘法）
　形如an＋1＝an＋f（n）当{f（n）}可求前n项和时可用逐差法（累加法）求通项公式，即：an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）；
形如＝或＝可用逐商法（累乘法）求通项公式，即：当an≠0时恒有：an＝a1···…·.
【例1】　（1）数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋，则通项公式an＝　　　　；
（2）数列{an}满足a1＝1，Sn＝an，则通项公式an＝　　　　.
尝试解答
类型二 构造等比数列法（待定系数法）
　形如an＋1＝can＋d（c≠0且c≠1）型求通项策略：设an＋1＋λ＝c（an＋λ），得an＋1＝can＋（c－1）λ，与题设an＋1＝can＋d比较系数得λ＝（c≠1），所以an＋＝c（ an－1＋）（n≥2），即{an＋}构成以a1＋为首项，以c为公比的等比数列.
形如an＋1＝can＋An＋B（c≠0且c≠1，a1＝a）型求通项策略：设an＋1＋p（n＋1）＋q＝c（an＋pn＋q），与an＋1＝can＋An＋B比较系数可得p＝，q＝＋，故{an＋pn＋q}构成以a1＋p＋q为首项，c为公比的等比数列.
【例2】　已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3.
（1）求证：{an＋3}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式.
尝试解答
类型三 取倒数构造新数列
　形如an＋1＝（r，p，q为常数，r＞0，p，q，an≠0）型的求解方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式bn＋1＝Abn＋B（A，B是常数），进而求解.特别地当A＝1时构造的新数列{bn}是等差数列.
【例3】　（1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N＋），则数列{anan＋1}的前10项和S10＝（　　）
A.　　　　　　　　B.
C. D.
（2）已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝，求证：{－1}为等比数列.
尝试解答
类型四 同除一式构造新数列
　形如an＋1＝pan＋q·pn＋1（p≠0，1，q≠0）型的求解方法是等式两边同时除以pn＋1，即得－＝q，则数列{}为等差数列.
【例4】　在数列{an}中，a1＝，且an＋1＝－2an＋3n＋1（n∈N＋），则通项公式an＝　　　　.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
第二课时　数列求和
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）∵{an}为各项都不相等的等差数列，a6＝6，且a1，a2，a4成等比数列.
∴解得
∴数列{an}的通项公式an＝1＋（n－1）×1＝n.
（2）∵bn＝＋2n＝2n＋2n，
∴数列{bn}的前n项和Sn＝（2＋22＋23＋…＋2n）＋2（1＋2＋3＋…＋n）＝＋2×＝2n＋1－2＋n2＋n.
跟踪训练
　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
所以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.
【例2】　解：（1）由Sn＝2an－1，可得n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，又Sn＝2an－1，
两式相减可得an＝Sn－Sn－1＝2an－1－2an－1＋1，即有an＝2an－1，
数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1；
设等差数列{bn}的公差为d，且b1＝a1＝1，b6＝a5＝16，可得d＝＝3，所以bn＝1＋3（n－1）＝3n－2.
（2）证明：cn＝＝＝，
所以Tn＝（1－＋－＋－＋…＋－）＝＜，则3Tn＜1.
跟踪训练
　解：（1）各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，＝＋2（an＋1＋an），
整理得（an＋1＋an）（an＋1－an）＝2（an＋1＋an），
由于an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2，
故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.所以an＝2n－1.
（2）由（1）可得，bn＝＝＝，
所以Sn＝×（－1＋－＋…＋－）＝（－1）.
【例3】　解：（1）当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝（n－1）an－1，
两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1，
即（n－1）an－1＝（n－2）an，
当n＝2时，可得a1＝0，
故当n≥3时，＝，则··…·＝··…·，整理得＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1（n≥3）.
当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.
（2）法一　令bn＝＝，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋，　①
Tn＝＋＋…＋＋，　②
由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，
即Tn＝2－.
法二　设bn＝，
所以bn＝＝＝（n＋0）×（）n－1，故a＝，b＝0，q＝.
故A＝＝＝－1，B＝＝＝－2，C＝－B＝2.
故Tn＝（An＋B）·qn＋C＝（－n－2）（）n＋2，整理得Tn＝2－.
跟踪训练
　解：（1）设数列{an}的公差为d，
法一　a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝12.
又a1＝2，得d＝2，
∴an＝2n，n∈N＋.
法二　∵a1＋a3＝2a2，
∴a2＝4.又a1＝2，
∴d＝4－2＝2.
∴an＝2n，n∈N＋.
（2）由bn＝an·3n＝2n·3n，得
Sn＝2·3＋4·32＋…＋（2n－2）·3n－1＋2n·3n，　①
3Sn＝2·32＋4·33＋…＋（2n－2）·3n＋2n·3n＋1，　②
①－②得－2Sn＝2（3＋32＋33＋…＋3n）－2n·3n＋1＝3（3n－1）－2n·3n＋1，
∴Sn＝＋n·3n＋1＝＋·3n＋1.
随堂检测
1.A　S2 024＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－2 023＋2 024）＝1 012.故选A.
2.D　因为log2an＋1＝1＋log2an，所以log2an＋1＝log22an，即an＋1＝2an，即数列{an}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝＝1，因此S6＝＝26－1＝63.故选D.
3.A　因为{an}为等差数列且a1＝1，d＝1，故an＝n，故＝＝－，故数列的前100项和为＋＋…＋＝1－＝，故选A.
4.5　解析：由于f（x）＋f（1－x）＝＋＝1，故原式＝f＋f＋f＋f＋…＋f＋f＝5.
5.n2＋　解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则由b2＝3，b3＝9，a1＝b1，可得q＝＝3，b1＝a1＝1，又a14＝b4，所以1＋13d＝1×33，解得d＝2，所以数列{an＋bn}的前n项和为n＋·2＋＝n2＋.
拓视野　数列通项公式的求法
【例1】　（1）1－　（2）　解析：（1）∵a1＝，an＋1＝an＋，∴an－an－1＝（n≥2），∴an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝＋＋＋…＋＝（ 1－）＝1－，即an＝1－.
（2）∵a1＝1，Sn＝an，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，即（n－1）an＝（n＋1）·an－1，∴＝.∴an＝a1···…·＝1····…···＝.故所求通项公式为an＝.
【例2】　解：（1）证明：由an＋1＝2an＋3，得an＋1＋3＝2an＋6＝2（an＋3），而a1＋3＝5，
所以{an＋3}是以5为首项，以2为公比的等比数列.
（2）由（1）知an＋3＝5·2n－1，则an＝5·2n－1－3，
所以数列{an}的通项公式an＝5·2n－1－3.
【例3】　（1）C　因为an＋1＝（n∈N＋），所以＝＝＋3，即－＝3，所以数列{}是以3为公差，1为首项的等差数列，所以＝1＋3（n－1）＝3n－2，所以an＝，所以anan＋1＝＝（ －），所以S10＝×（ 1－）＋×（ －）＋…＋×（ －）＝×（ 1－）＝，故选C.
（2）证明：由an＋1＝，可得＝，化简可得＝＋，－1＝－＝（ －1），－1＝，
所以{－1}是以为首项，以为公比的等比数列.
【例4】　－·（－2）n－1＋·3n＋1（n∈N＋）
解析：递推式的两边同时除以3n＋1，得到＝－·＋1.令bn＝，则bn＋1＝－bn＋1.显然有bn＋1－＝－（ bn－），b1－＝－，故{bn－}是以－为首项，－为公比的等比数列.因此bn－＝－·（ －）n－1，可得an＝－·（－2）n－1＋·3n＋1（n∈N＋）.
3 / 3(共66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】　已知各项都不相等的等差数列{ an }， a6＝6，又 a1， a2， a4
成等比数列.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： ∵{ an }为各项都不相等的等差数列， a6＝6，且 a1，
a2， a4成等比数列.
∴解得
∴数列{ an }的通项公式 an ＝1＋（ n －1）×1＝ n .
（2）设 bn ＝ ＋2 n ，求数列{ bn }的前 n 项和 Sn .
解： ∵ bn ＝ ＋2 n ＝2 n ＋2 n ，
∴数列{ bn }的前 n 项和 Sn ＝（2＋22＋23＋…＋2 n ）＋2（1＋2＋
3＋…＋ n ）＝ ＋2× ＝2 n＋1－2＋ n2＋ n .
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，分别求和后相加减.分组时
有分项分组、并项分组、裂项分组、奇偶项分组等不同的分组形式，
但不论哪种形式，必须保证所分各组能够分别求和.
【跟踪训练】
（2021·新高考Ⅰ卷·节选）已知数列{ an }满足 a1＝1， an＋1＝
求{ an }的前20项和.
解：因为 an＋1＝
所以 k ∈N＋时， a2 k ＝ a2 k－1＋1＝ a2 k－1＋1，
即 a2 k ＝ a2 k－1＋1，　①
a2 k＋1＝ a2 k ＋2，　②
a2 k＋2＝ a2 k＋1＋1＝ a2 k＋1＋1，即 a2 k＋2＝ a2 k＋1＋1，　③
所以①＋②得 a2 k＋1＝ a2 k－1＋3，即 a2 k＋1－ a2 k－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 a2 k＋2＝ a2 k ＋3，即 a2 k＋2－ a2 k ＝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.
题型二 裂项相消法求和
【例2】　已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ， Sn ＝2 an －1，数列{ bn }是
等差数列，且 b1＝ a1， b6＝ a5.
（1）求数列{ an }和{ bn }的通项公式；
解： 由 Sn ＝2 an －1，可得 n ＝1时， a1＝2 a1－1，解得 a1＝
1， n ≥2时， Sn－1＝2 an－1－1，又 Sn ＝2 an －1，
两式相减可得 an ＝ Sn － Sn－1＝2 an －1－2 an－1＋1，即有 an ＝2 an
－1，
数列{ an }是首项为1，公比为2的等比数列，所以 an ＝2 n－1；
设等差数列{ bn }的公差为 d ，且 b1＝ a1＝1， b6＝ a5＝16，可得 d
＝ ＝3，
所以 bn ＝1＋3（ n －1）＝3 n －2.
（2）若 cn ＝ ，记数列{ cn }的前 n 项和为 Tn ，证明：3 Tn ＜1.
解： 证明： cn ＝ ＝
＝ ，
所以 Tn ＝ （1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ）＝
＜ ，则3 Tn ＜1.
通性通法
　　裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到
裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点进行裂项，
其实质是把通项 an 化成一个数列{ bn }的两项之差，即 an ＝ bn＋ k －
bn ，常见的裂项技巧如下：
（1） ＝ ；
（2） ＝ （ － ）；
（3） ＝ ；
（4） ＝ .
　　此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项
的问题，导致计算结果错误.一般地，当 an ＝ bn＋1－ bn 时， Sn ＝
bn＋1－ b1；当 an ＝ bn＋2－ bn 时， Sn ＝ bn＋1＋ bn － b1－ b2.
【跟踪训练】
已知各项均为正数的数列{ an }满足 a1＝1， ＝ ＋2（ an＋1＋an ）.
（1）求{ an }的通项公式；
解： 各项均为正数的数列{ an }满足 a1＝1， ＝
＋2（ an＋1＋ an ），
整理得（ an＋1＋ an ）（ an＋1－ an ）＝2（ an＋1＋ an ），
由于 an＋1＋ an ≠0，所以 an＋1－ an ＝2，
故数列{ an }是以1为首项，2为公差的等差数列.所以 an ＝2 n
－1.
（2）记 bn ＝ ，求数列{ bn }的前 n 项和 Sn .
解： 由（1）可得， bn ＝ ＝ ＝
，
所以 Sn ＝ ×（ －1＋ － ＋…＋ － ）
＝ （ －1）.
题型三 错位相减法求和
【例3】　（2023·全国甲卷17题）记 Sn 为数列{ an }的前 n 项和，已知
a2＝1，2 Sn ＝ nan .
（1）求{ an }的通项公式；
解： 当 n ＝1时，2 S1＝ a1，即2 a1＝ a1，所以 a1＝0.
当 n ≥2时，由2 Sn ＝ nan ，得2 Sn－1＝（ n －1） an－1，
两式相减得2 an ＝ nan －（ n －1） an－1，
即（ n －1） an－1＝（ n －2） an ，
当 n ＝2时，可得 a1＝0，
故当 n ≥3时， ＝ ，则 · ·…· ＝ · ·…· ，
整理得 ＝ n －1，因为 a2＝1，所以 an ＝ n －1（ n ≥3）.
当 n ＝1， n ＝2时，均满足上式，所以 an ＝ n －1.
（2）求数列 的前 n 项和 Tn .
解： 法一　令 bn ＝ ＝ ，
则 Tn ＝ b1＋ b2＋…＋ bn－1＋ bn ＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，　①
Tn ＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，　②
由①－②得 Tn ＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝ －
＝1－ ，即 Tn ＝2－ .
法二　设 bn ＝ ，
所以 bn ＝ ＝ ＝（ n ＋0）×（ ） n－1，故 a ＝ ， b ＝0， q ＝
.
故 A ＝ ＝ ＝－1， B ＝ ＝ ＝－2， C ＝－ B ＝2.
故 Tn ＝（ An ＋ B ）· qn ＋ C ＝（－ n －2）（ ） n ＋2，整理得 Tn ＝2－
.
通性通法
1. 使用范围：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.
2. 注意事项：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. 检验：对于最后求出的前 n 项和可取 n ＝1和2检验是否正确.
【跟踪训练】
已知数列{ an }是等差数列，且 a1＝2， a1＋ a2＋ a3＝12.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： 设数列{ an }的公差为 d ，
法一　 a1＋ a2＋ a3＝3 a1＋3 d ＝12.
又 a1＝2，得 d ＝2，∴ an ＝2 n ， n ∈N＋.
法二　∵ a1＋ a3＝2 a2，
∴ a2＝4.又 a1＝2，∴ d ＝4－2＝2.
∴ an ＝2 n ， n ∈N＋.
解：由 bn ＝ an ·3 n ＝2 n ·3 n ，得
Sn ＝2·3＋4·32＋…＋（2 n －2）·3 n－1＋2 n ·3 n ，
①
3 Sn ＝2·32＋4·33＋…＋（2 n －2）·3 n ＋2 n ·3 n＋1，
②
①－②得－2 Sn ＝2（3＋32＋33＋…＋3 n ）－2 n ·3 n＋1＝3（3 n －1）－2
n ·3 n＋1，
∴ Sn ＝ ＋ n ·3 n＋1＝ ＋ ·3 n＋1.
（2）令 bn ＝ an ·3 n ，求数列{ bn }的前 n 项和 Sn .
1. 数列{（－1） nn }的前 n 项和为 Sn ，则 S2 024＝（　　）
A. 1 012 B. －1 012
C. 2 024 D. －2 024
解析： 　 S2 024＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－2 023＋2
024）＝1 012.故选A.
2. 设数列{ an }（ n ∈N＋）的各项均为正数，前 n 项和为 Sn ，log2 an＋1
＝1＋log2 an ，且 a3＝4，则 S6＝（　　）
A. 128 B. 65
C. 64 D. 63
解析： 　因为log2 an＋1＝1＋log2 an ，所以log2 an＋1＝log22 an ，即
an＋1＝2 an ，即数列{ an }是以2为公比的等比数列，又 a3＝4，所以
a1＝ ＝1，因此 S6＝ ＝26－1＝63.故选D.
3. 已知等差数列{ an }， a1＝1， d ＝1，则数列 的前100项和为
（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　因为{ an }为等差数列且 a1＝1， d ＝1，故 an ＝ n ，故
＝ ＝ － ，故数列 的前100项和为
＋ ＋…＋ ＝1－ ＝ ，故选A.
4. 设 f （ x ）＝ ，则 f ＋ f ＋ f ＋…＋ f ＝ .
解析：由于 f （ x ）＋ f （1－ x ）＝ ＋ ＝1，故原式＝ f
＋ f ＋ f ＋ f ＋…＋ f ＋ f ＝5.
5
5. 已知{ an }是等差数列，{ bn }是等比数列，且 b2＝3， b3＝9， a1＝
b1， a14＝ b4，则数列{ an ＋ bn }的前 n 项和为 .
解析：设等差数列{ an }的公差为 d ，等比数列{ bn }的公比为 q ，则
由 b2＝3， b3＝9， a1＝ b1，可得 q ＝ ＝3， b1＝ a1＝1，又 a14＝
b4，所以1＋13 d ＝1×33，解得 d ＝2，所以数列{ an ＋ bn }的前 n 项
和为 n ＋ ·2＋ ＝ n2＋ .
n2＋
　数列通项公式的求法
类型一 逐差法（累加法）和逐商法（累乘法）
　形如 an＋1＝ an ＋ f （ n ）当{ f （ n ）}可求前 n 项和时可用逐差法
（累加法）求通项公式，即： an ＝ a1＋（ a2－ a1）＋（ a3－ a2）＋…
＋（ an － an－1）；
形如 ＝ 或 ＝ 可用逐商法（累乘法）求通项
公式，即：当 an ≠0时恒有： an ＝ a1· · ·…· .
【例1】　（1）数列{ an }满足 a1＝ ， an＋1＝ an ＋ ，则通项公式
an ＝ ；
解析： ∵ a1＝ ， an＋1＝ an ＋ ，∴ an － an－1＝ （ n
≥2），∴ an ＝ a1＋（ a2－ a1）＋（ a3－ a2）＋…＋（ an － an－
1）＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ （ 1－ ）＝1－ ，即 an ＝1
－ .
1－ 　
（2）数列{ an }满足 a1＝1， Sn ＝ an ，则通项公式 an ＝
.
解析： ∵ a1＝1， Sn ＝ an ，∴当 n ≥2时， an ＝ Sn － Sn－
1＝ an － an－1，即（ n －1） an ＝（ n ＋1）· an－1，∴
＝ .∴ an ＝ a1· · ·…· ＝1· · · ·…· · · ＝
.故所求通项公式为 an ＝ .

类型二 构造等比数列法（待定系数法）
　形如 an＋1＝ can ＋ d （ c ≠0且 c ≠1）型求通项策略：设 an＋1＋λ＝ c
（ an ＋λ），得 an＋1＝ can ＋（ c －1）λ，与题设 an＋1＝ can ＋ d 比较
系数得λ＝ （ c ≠1），所以 an ＋ ＝ c （ an－1＋ ）（ n
≥2），即{ an ＋ }构成以 a1＋ 为首项，以 c 为公比的等比数列.
形如 an＋1＝ can ＋ An ＋ B （ c ≠0且 c ≠1， a1＝ a ）型求通项策略：设
an＋1＋ p （ n ＋1）＋ q ＝ c （ an ＋ pn ＋ q ），与 an＋1＝ can ＋ An ＋ B 比
较系数可得 p ＝ ， q ＝ ＋ ，故{ an ＋ pn ＋ q }构成以 a1
＋ p ＋ q 为首项， c 为公比的等比数列.
【例2】　已知数列{ an }中， a1＝2， an＋1＝2 an ＋3.
（1）求证：{ an ＋3}是等比数列；
解： 证明：由 an＋1＝2 an ＋3，得 an＋1＋3＝2 an ＋6＝2（ an
＋3），而 a1＋3＝5，
所以{ an ＋3}是以5为首项，以2为公比的等比数列.
（2）求数列{ an }的通项公式.
解： 由（1）知 an ＋3＝5·2 n－1，则 an ＝5·2 n－1－3，
所以数列{ an }的通项公式 an ＝5·2 n－1－3.
类型三 取倒数构造新数列
　形如 an＋1＝ （ r ， p ， q 为常数， r ＞0， p ， q ， an ≠0）型
的求解方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式 bn＋1＝ Abn
＋ B （ A ， B 是常数），进而求解.特别地当 A ＝1时构造的新数列
{ bn }是等差数列.
【例3】　（1）已知数列{ an }满足 a1＝1， an＋1＝ （ n ∈N＋），
则数列{ anan＋1}的前10项和 S10＝（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　因为 an＋1＝ （ n ∈N＋），所以 ＝
＝ ＋3，即 － ＝3，所以数列{ }是以3为公差，
1为首项的等差数列，所以 ＝1＋3（ n －1）＝3 n －2，所以 an
＝ ，所以 anan＋1＝ ＝ （ － ），所
以 S10＝ ×（ 1－ ）＋ ×（ － ）＋…＋ ×（ － ）＝
×（ 1－ ）＝ ，故选C.
（2）已知数列{ an }的首项 a1＝ ，且满足 an＋1＝ ，求证：{
－1}为等比数列.
证明：由 an＋1＝ ，可得 ＝ ，化简可得
＝ ＋ ， －1＝ － ＝ （ －1）， －1＝ ，
所以{ －1}是以 为首项，
以 为公比的等比数列.
类型四 同除一式构造新数列
　形如 an＋1＝ pan ＋ q · pn＋1（ p ≠0，1， q ≠0）型的求解方法是等式
两边同时除以 pn＋1，即得 － ＝ q ，则数列{ }为等差数列.
【例4】　在数列{ an }中， a1＝ ，且 an＋1＝－2 an ＋3 n＋1（ n ∈N
＋），则通项公式 an ＝ .
－ ·（－2） n－1＋ ·3 n＋1（ n ∈N＋）
解析：递推式的两边同时除以3 n＋1，得到 ＝－ · ＋1.令 bn ＝
，则 bn＋1＝－ bn ＋1.显然有 bn＋1－ ＝－ （ bn － ）， b1－ ＝
－ ，故{ bn － }是以－ 为首项，－ 为公比的等比数列.因此 bn －
＝－ ·（ － ） n－1，可得 an ＝－ ·（－2） n－1＋ ·3 n＋1（ n ∈N
＋）.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 数列{ an }中， an ＝ ，若{ an }的前 n 项和为 ，则项数 n
为（　　）
A. 2 022 B. 2 023 C. 2 024 D. 2 025
解析： 　 an ＝ ＝ － ， Sn ＝ ＋ ＋…
＋ ＝1－ ＝ ＝ ，所以 n ＝2 024.故选C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2. 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
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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3. 数列{ an }的通项公式为 an ＝ sin ， n ∈N＋，其前 n 项和为 Sn ，则
S2 023＝（　　）
A. 1 B. 0 C. －1 D. －1 010
解析： 　因为数列{ an }的通项公式为 an ＝ sin ， n ∈N＋，所以
a1＝ sin ＝1， a2＝ sin π＝0， a3＝ sin ＝－1， a4＝ sin 2π＝0，
a5＝ sin ＝1， a6＝ sin 3π＝0， a7＝ sin ＝－1， a8＝ sin 4π＝
0，…，每4项之和为0，所以 S2 023＝ S4×505＋3＝ S3＝1＋0＋（－1）
＝0，故选B.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4. 数列1 ，2 ，3 ，4 ，…的前 n 项的和为（　　）
A. ＋ B. － ＋ ＋1
C. － ＋ D. － ＋
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　数列1 ，2 ，3 ，4 ，…的前 n 项的和 Sn ＝（1＋2＋
3＋4＋…＋ n ）＋ ＝ ＋ ＝－
＋ ＋1.故选B.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5. （多选）设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若8 a2＋ a5＝0，则下列
式子中数值确定的是（　　）
A. B. C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　由8 a2＋ a5＝0得8 a2＋ a2 q3＝0，∵ a2≠0，∴ q3＝－
8，∴ q ＝－2.A中， ＝ q2＝4；B中， ＝ ＝ ＝
；C中， ＝ ＝ ＝ ；D中， ＝
与 n 有关，不确定.故选A、B、C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
6. （多选）已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，下列说法正确的是
（　　）
A. 若 Sn ＝（ n ＋1）2，则{ an }是等差数列
B. 若 Sn ＝2 n －1，则{ an }是等比数列
C. 若{ an }是等差数列，则 S2 n－1＝（2 n －1） an
D. 若{ an }是等比数列，则 Sn ， S2 n － Sn ， S3 n － S2 n 成等比数列
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　当 Sn ＝（ n ＋1）2时， a1＝ S1＝4； an ＝ Sn － Sn－1＝
（ n ＋1）2－ n2＝2 n ＋1（ n ≥2）， a1＝4不满足上式，所以数列
{ an }不是等差数列，选项A错误；当 Sn ＝2 n －1时， a1＝ S1＝1， an
＝ Sn － Sn－1＝2 n －1－（2 n－1－1）＝2 n－1，且 a1＝1满足上式，所
以此时数列{ an }是等比数列，选项B正确；根据等差数列的性质可
知： S2 n－1＝ （ a1＋ a2 n－1）＝ ·（2 an ）＝（2 n －1） an ，
故选项C正确；当 an ＝（－1） n 时，{ an }是等比数列，而 S2＝－1
＋1＝0， S4－ S2＝0， S6－ S4＝0，不能构成等比数列，选项D错误.
故选B、C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7. 一个数列从第二项起，每一项与前一项的和都等于同一个常数，则
称此数列为等和数列，这个常数叫作等和数列的公和，设等和数列
{ an }的公和为3，前 n 项和为 Sn ，若 S2 025＝3 038，则 a1＝ .
解析：∵ an ＋ an＋1＝3，∴ S2 025＝ a1＋（ a2＋ a3）＋（ a4＋ a5）
＋…＋（ a2 024＋ a2 025）＝ a1＋3×1 012＝3 038，∴ a1＝2.
2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
8. 设 an ＝ ，数列{ an }的前 n 项和 Sn ＝9，则 n ＝ .
解析： an ＝ ＝ － ，故 Sn ＝ －1＋ －
＋…＋ － ＝ －1＝9.解得 n ＝99.
99
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
9. 数列{ an }满足 a1＝ a2＝1， an＋2＝ k ∈N＋，则
数列{ an }的前2 n 项和 S2 n ＝ .
解析：由 a1＝ a2＝1， an＋2＝可知，数列
{ an }的奇数项是首项为1，公差为1的等差数列，数列{ an }的偶
数项是首项为1，公比为2的等比数列.所以 S2 n ＝（ a1＋ a3＋…
＋ a2 n－1）＋（ a2＋ a4＋…＋ a2 n ）＝ n ＋ ＋ ＝
＋2 n －1.
＋2 n －1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
10. 设{ an }是公比为正数的等比数列， a1＝2， a3＝ a2＋4.数列{ bn }满
足 b1＋ b2＋…＋ bn ＝ n2.
（1）求{ an }和{ bn }的通项公式；
解： 设 q （ q ＞0）为等比数列{ an }的公比，则由 a1＝
2， a3＝ a2＋4得2 q2＝2 q ＋4，即 q2－ q －2＝0，解得 q ＝2.
∴{ an }的通项公式为 an ＝2·2 n－1＝2 n .
∵ b1＋ b2＋…＋ bn ＝ n2.∴当 n ＝1时， b1＝1，
当 n ≥2时， b1＋ b2＋…＋ bn－1＝（ n －1）2，
∴当 n ≥2时， bn ＝ n2－（ n －1）2＝2 n －1，
又 b1＝1也适合，∴{ bn }的通项公式为 bn ＝2 n －1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（2）求数列{ an ＋ bn }的前 n 项和 Sn .
解： Sn ＝ （ ai ＋ bi ）＝ ai ＋ bi ＝ ＋
n ×1＋ ×2＝2 n＋1＋ n2－2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
11. 已知数列{ an }满足 a1＝1， an＋1· an ＝2 n （ n ∈N＋），则 S2 023＝
（　　）
A. 22 023－1 B. 22 023－3
C. 21 013－3 D. 21 013－1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　 a1＝1， a2＝ ＝2，又 ＝ ＝2，∴ ＝
2，∴ a1， a3， a5，…成等比数列， a2， a4， a6，…成等比数列，
∴ S2 023＝ a1＋ a2＋ a3＋ a4＋ a5＋ a6＋…＋ a2 022＋ a2 023＝（ a1＋ a3
＋ a5＋…＋ a2 023）＋（ a2＋ a4＋ a6＋…＋ a2 022）＝
＋ ＝21 012－1＋21 012－2＝21 013－3.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
12. 已知数列{ an }的通项公式 an ＝log3 ，设其前 n 项和为 Sn ，则使
Sn ＜－4成立的最小正整数 n ＝（　　）
A. 83 B. 82 C. 81 D. 80
解析： 　由题意可得 an ＝log3 ＝log3 n －log3（ n ＋1），故 Sn
＝log31－log32＋log32－log33＋…＋log3 n －log3（ n ＋1）＝－log3
（ n ＋1）＜－4，即log3（ n ＋1）＞4，解得 n ＞34－1＝80，所以
使 Sn ＜－4成立的最小正整数 n ＝81，故选C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
13. （多选）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算
法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，
第二层有3个球，第三层有6个球，….设第 n 层有 an 个球，从上往
下 n 层球的总数为 Sn ，则（　　）
A. S5＝35
B. an＋1－ an ＝ n
C. an ＝
D. ＋ ＋ ＋…＋ ＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　依题意可知 an＋1－ an ＝ n ＋1， an＋1＝ an ＋ n ＋1，B
选项错误. a1＝1， a2＝1＋2＝3， a3＝3＋3＝6， a4＝6＋4＝10，
a5＝10＋5＝15， S5＝1＋3＋6＋10＋15＝35，A正确. an＋1－ an ＝
n ＋1， an － an－1＝ n （ n ≥2）， an ＝（ an － an－1）＋（ an－1－ an
－2）＋…＋（ a2－ a1）＋ a1＝ n ＋（ n －1）＋…＋2＋1＝
，C正确. ＝2× ， ＋ ＋…＋ ＝2
＋…＋ ＝2（1－ ）＝ .D选项
正确.故选A、C、D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
14. 已知公差不为零的等差数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若 S5＝30，且
a1， a2， a4成等比数列.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： 根据{ an }为等差数列， d ≠0，前 n 项和为 Sn ，且
S5＝30，即30＝5 a1＋10 d ，　①
∵ a1， a2， a4成等比数列，∴ ＝ a1· a4，
∴（ a1＋ d ）2＝ a1（ a1＋3 d ），　②
由①②解得
∴数列{ an }的通项公式为 an ＝2 n .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（2）若 bn ＝ ，求数列{ bn }的前 n 项和 Tn .
解： 由 bn ＝ ，
即 bn ＝ ＝ .
则数列{ bn }的前 n 项和 Tn ＝ b1＋ b2＋…＋ bn ＝ （ 1－ ＋
－ ＋…＋ － ）＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
15. 数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了
Fn ＝ ＋1（ n ＝0，1，2，…）是质数的猜想，直到1732年才被
善于计算的大数学家欧拉算出 F5＝641×6 700 417，不是质数.现
设 an ＝log4（ Fn －1）（ n ＝1，2，…）， Sn 表示数列{ an }的前 n
项和.若32 Sn ＝63 an ，则 n ＝（　　）
A. 5 B. 6
C. 7 D. 8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　因为 Fn ＝ ＋1（ n ＝0，1，2，…），所以 an ＝log4
（ Fn －1）＝log4（ ＋1－1）＝log4 ＝2 n－1，所以{ an }是等
比数列，首项为1，公比为2，所以 Sn ＝ ＝2 n －1.所以
32（2 n －1）＝63×2 n－1，解得 n ＝6.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
16. 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；
解： 设{ an }的公比为 q ，由题意得2 a1＝ a2＋ a3，
即2 a1＝ a1 q ＋ a1 q2.
所以 q2＋ q －2＝0，解得 q ＝1（舍去）或 q ＝－2.
故{ an }的公比为－2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（2）若 a1＝1，求数列{ nan }的前 n 项和.
解： 记 Sn 为{ nan }的前 n 项和.由（1）及题意可得，
an ＝（－2） n－1.
所以 Sn ＝1＋2×（－2）＋…＋ n ×（－2） n－1，
－2 Sn ＝－2＋2×（－2）2＋…＋（ n －1）×（－2） n－1＋
n ×（－2） n .
可得3 Sn ＝1＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2） n－1－ n ×
（－2） n ＝ － n ×（－2） n .
所以 Sn ＝ － .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
谢 谢 观 看！

展开更多......

收起↑