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第12讲　数列求和(1)——并项求和法与错位相减法
基础回归
经典回眸
1．若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10=(　A　)
A．15 B．12
C．－12 D．－15
【解析】 方法一：由于an=(－1)n(3n－2)，故a1＋a2＋…＋a10=(－1)＋4＋(－7)＋10＋
(－13)＋16＋(－19)＋22＋(－25)＋28=3＋3＋3＋3＋3=15.
方法二：当n为偶数时，an－1=－(3n－5)，an=3n－2，则an－1＋an=3，故a1＋a2＋…＋a10=5×3=15.
2．已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公差均为2，且a1=b1＋2=2，设数列{cn}满足cn=n∈N*，则数列{cn}的前20项和为(　B　)
A． B．
C． D．
【解析】 因为a1=b1＋2=2，所以b1=0，a1=2，则an=2n，bn=2n－2.根据题意，cn=所以数列{cn}的前20项和为a1＋b2＋a3＋b4＋…＋a19＋b20=(2＋23＋25＋…＋219)＋2×(1＋3＋5＋…＋19)=＋2×=．
3．(人A选必二P40习题3(1))求和：(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n)=　n(n＋1)－(1－5－n)　．
【解析】 (2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n)=(2＋4＋…＋2n)－3(5－1＋5－2＋…＋5－n)=－3·=n(n＋1)－(1－5－n)．
4．(人A选必二P40习题3(2))求和：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1=　　．
【解析】 当x=0时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1=1；当x=1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1=1＋2＋3＋…＋n=；当x≠0且x≠1时，记Sn=1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1①，①×x，得xSn=x＋2x2＋3x3＋…＋nxn②，①－②，得(1－x)Sn=1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn=－nxn，化简得Sn=－．综上所述，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1=
要点梳理
1．分组求和法与并项求和法
(1) 分组求和法
若一个数列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．
(2) 并项求和法
一个数列的前n项中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
2．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项和可用错位相减法来求．
举题固法
并项求和法
例 1－1　(2025·佛山三模)已知数列{an}，{bn}满足a1=1，且－an，an＋1是关于x的方程x2－2x－bn=0的两个根．
(1) 求an；
【解答】 因为－an，an＋1是关于x的方程x2－2x－bn=0的两个根，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．因此an=1＋(n－1)×2=2n－1.
(2) 设cn=＋(－1)nan，求数列{cn}的前21项和S21．
【解答】 由(1)知an=2n－1.对于方程x2－2x－bn=0，由韦达定理得anan＋1=bn，即bn=(2n－1)(2n＋1)，所以cn=＋(－1)nan=＋(－1)n·(2n－1)=(－1)n·(2n－1)＋，所以S21=(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－37＋39)－41＋=2×10－41＋=－．
例 1－2　已知数列{an}的通项公式为an=数列{an}的前n项和为Sn．
(1) 求S9；
【解答】 S9=a1＋a2＋a3＋…＋a9=(－2＋0＋2＋4＋6)＋(22＋24＋26＋28)=10＋4＋16＋64＋256=350.
(2) 求S2n．
【解答】 S2n=a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n=(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)=[－2＋0＋2＋…＋(2n－4)]＋(22＋24＋26＋…＋22n)=＋=n(n－3)＋(4n－1)．
并项转化法求和的常见类型
(1) 若an=bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和；
(2) 通项公式为an=的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
变式 1　已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，满足3a1＋a2=18，=9a1a5.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 设等比数列{an}的公比为q，因为=9a1a5=9，又an＞0，所以a4=3a3，所以q==3，所以3a1＋a2=6a1=18，所以a1=3，所以an=a1qn－1=3n．
(2) 若bn=求数列{bn}的前2n项和S2n．
【解答】 当n是奇数时，bn=an=3n；当n是偶数时，bn=2log3an－1=2n－1，所以bn=所以S2n=(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)=(3＋33＋35＋…＋32n－1)＋[3＋7＋11＋…＋(4n－1)]=＋=＋n(2n＋1)．
错位相减法
例 2　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an＋4.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 当n=1时，4S1=4a1=3a1＋4，解得a1=4.当n≥2时，4Sn－1=3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1=4an=3an－3an－1，即an=－3an－1，而a1=4≠0，故an≠0，所以=－3，所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an=4·(－3)n－1．
(2) 设bn=(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】 bn=(－1)n－1·n·4·(－3)n－1=4n·3n－1，所以Tn=b1＋b2＋b3＋…＋bn=4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1，故3Tn=4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n，所以－2Tn=4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n－1－4n×3n=4＋4×－4n×3n=4＋6×(3n－1－1)－4n×3n=(2－4n)×3n－2，所以Tn=(2n－1)×3n＋1.
变式 2　(2025·合肥二模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1=b1=3，a2＋a4=2b2，a1a3=b3.
(1) 求{an}和{bn}的通项公式；
【解答】 设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)．联立即解得或(舍去)，故an=3＋3(n－1)=3n，bn=3·3n－1=3n．
(2) 求数列的前n项和．
【解答】 由(1)知==，设数列的前n项和为Sn，则Sn=＋＋＋＋…＋，Sn=＋＋＋＋…＋，两式相减得Sn=1＋＋＋＋…＋－=－=－，所以Sn=－．
配套热练
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=则S10的值为(　D　)
A．107 B．169
C．1 389 D．1 409
【解析】 依题意，S10=(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)=＋=
1 409.
2．(2025·邯郸开学考试)19×＋17×＋15×＋…＋1×=(　D　)
A．18＋ B．17＋
C．18＋ D．17＋
【解析】 令S=19×＋17×＋15×＋…＋1×，则S=19×＋17×＋15×＋…＋1×，两式相减得S=19×－2×－1×=＋，所以S=17＋．
3．(2025·南昌期末)记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2＋n(n∈N*)，则下列结论错误的是(　B　)
A．a2=4
B．数列是公差为1的等差数列
C．数列{2an}是公比为4的等比数列
D．数列{(－1)nan}的前2 025项和为－2 026
【解析】 因为Sn=n2＋n，所以当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n2＋n－(n－1)2－(n－1)=2n，而a1=S1=2满足上式，因此数列{an}的通项公式为an=2n．对于A，a2=4，A正确；对于B，==n＋，则－=，所以数列是公差为的等差数列，B错误；对于C，2an=4n，则=4，所以数列{2an}是公比为4的等比数列，C正确；对于D，令bn=(－1)nan=(－1)n·2n，得b2n－1＋b2n=－2(2n－1)＋2·2n=2，则数列{bn}的前2 025项和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋
(b2 023＋b2 024)＋b2 025=2×1 012－2×2 025=－2 026，D正确．
4．(2025·茂名二模)已知函数f(x)满足f(x＋1)=2f(x)，f(1)=1，设bn=nf(n)，Sn为数列{bn}的前n项和，则使得Sn＞2 026成立的最小整数n为(　B　)
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】 因为f(x＋1)=2f(x)，所以f(n＋1)=2f(n)，又f(1)=1，所以f(n)≠0，所以=2，所以{f(n)}是以f(1)=1为首项，2为公比的等比数列，所以f(n)=1×2n－1=2n－1，所以bn=nf(n)=n×2n－1，所以Sn=1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1①，2Sn=1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n②，①－②得－Sn=1×20＋1×21＋1×22＋…＋1×2n－1－n×2n=－n×2n，所以Sn=(n－1)×2n＋1，又S8=(8－1)×28＋1=1 793，S9=(9－1)×29＋1=4 097，所以使得Sn＞2 026成立的最小整数n为9.
5．(2025·青岛二测)(多选)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an=则(　ACD　)
A．2 025是数列{an}中的项
B．数列{a2n－1}是公比为2的等比数列
C．S6=51
D．若cn=a2n，则数列的前n项和小于
【解析】 a4 048=＋1=2 025，故A正确；a2n－1=22n－1，则数列{a2n－1}的公比为4，故B错误；a1=21=2，a2=＋1=2，a3=23=8，a4=＋1=3，a5=25=32，a6=＋1=4，故S6=51，故C正确；cn=a2n=＋1=n＋1，==－，其前n项和Tn=－＜，故D正确．
6．(2025·聊城三模)(多选)对于数列{an}，设区间(1，an)内偶数的个数为bn，则称数列{bn}为{an}的“H数列”．下列说法正确的有(　ACD　)
A．若数列{cn}是数列{n3＋1}的“H数列”，则c3=13
B．若数列{cn}是数列{2n＋3}的“H数列”，则{cn}是常数列
C．若数列{cn}是数列{2n＋1＋2}的“H数列”，则{cn}是等比数列
D．若数列{cn}是数列{2n＋1＋2}的“H数列”，则数列{(n＋1)cn}的前n项和为n·2n＋1
【解析】 对于A，由题意得，在区间(1，28)内偶数有13个，则c3=13，故A正确；对于B，设an=2n＋3，在区间(1，2n＋3)内最大的偶数为2n＋2，所以共有=n＋1个偶数，则cn=n＋1，不为常数列，故B错误；对于C，an=2n＋1＋2，在区间(1，2n＋1＋2)内最大的偶数为2n＋1，所以共有=2n个偶数，则cn=2n，为等比数列，故C正确；对于D，由C得(n＋1)cn=(n＋1)·2n，设前n项和为Sn，则Sn=2×21＋3×22＋…＋n×2n－1＋(n＋1)×2n，2Sn=
2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，两式相减得Sn=－4－(22＋23＋…＋2n)＋(n＋1)×
2n＋1=－4－＋(n＋1)×2n＋1=n×2n＋1，故D正确．
7．(2025·山东一模)若数列{an}满足a1=1，an＋1=(－1)n＋1an＋1，则{an}的前2 025项和为　1 013　．
【解析】 易知当n为偶数时，可得an＋1=－an＋1，即an＋an＋1=1，所以{an}的前2 025项和为a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＋a2 025=a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 024＋a2 025)=1＋×1=1 013.
8．(2025·秦皇岛三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，若1＋＋＋…＋=2n(n∈N*)，则S10=　9 217　．
【解析】 因为{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以bn=1＋(n－1)×1=n，而
1＋＋＋…＋=2n－1(n≥2)，故=2n－2n－1=2n－1(n≥2)，则an=bn2n－1=n·2n－1(n≥2)，而
1＋=1＋=2，故a1=1，也符合上式，所以an=n·2n－1，则S10=1×20＋2×21＋…＋10×29，所以2S10=1×21＋2×22＋…＋10×210，所以－S10=20＋21＋…＋29－10×210=－1－9×210，故S10=1＋9×210=9 217.
9．(2025·清远期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是公比为3的等比数列，且Sn=n2(n∈N*)，b1=a1.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
【解答】 因为Sn=n2(n∈N*)，所以a1=S1=1，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n2－(n－1)2=2n－1，又a1=1满足上式，所以an=2n－1.因为b1=a1=1，所以数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，即bn=3n－1．
(2) 令cn=(an＋1)·bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
【解答】 由(1)知，cn=(an＋1)·bn=2n·3n－1，所以Tn=2×(1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·
3n－1)①，3Tn=2×[1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)·3n－1＋n·3n]②，①－②得－2Tn=2×(30＋31＋32＋33＋…＋3n－1－n·3n)，所以Tn=n·3n－(30＋31＋32＋33＋…＋3n－1)=n·3n－=n·3n－=．
10．(2025·厦门期末)已知等差数列{an}的各项均为正数，且a4=a1＋a2=a1a3a9.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 设数列{an}的公差为d，由a4=a1＋a2可得a1＋3d=2a1＋d，所以a1=2d．由a4=a1a3a9可得5d=2d×4d×10d，所以d2=，由于数列{an}的各项均为正数，所以d=，a1=，所以an=a1＋(n－1)d=＋=，所以数列{an}的通项公式为an=，n∈N*．
(2) 若bn=(－1)nan，且b1＋b2＋…＋bm=10，求正整数m的值．
【解答】 方法一：由(1)知，bn=(－1)n·，n∈N*，b1=－，所以b2k－1＋b2k=(－1)2k－1·＋(－1)2k·=－＋=．①当m=2k，k∈N*时，b1＋b2＋…＋bm=(b1＋b2)＋…＋(b2k－1＋b2k)==10，所以k=40，m=80.②当m=2k＋1，k∈N时，因为bn=(－1)n·，n∈N*，b1=－，所以b2k＋b2k＋1=(－1)2k·＋(－1)2k＋1·=－=－，所以b1＋b2＋…＋bm=b1＋(b2＋b3)＋…＋(b2k＋b2k＋1)=－－＜0，不合题意，舍去．综上所述，正整数m的值为80.
方法二：由(1)知，bn=(－1)n·，n∈N*，b1=－．①当m为奇数时，b1＋b2＋…＋bm=
[－2＋(3－4)＋(5－6)＋…＋(m－m－1)]＜0，不合题意，舍去；②当m为偶数时，b1＋b2＋…＋bm=[(－2＋3)＋(－4＋5)＋…＋(－m＋m＋1)]=×=，所以=10，解得m=80.综上所述，正整数m的值为80.第12讲　数列求和(1)——并项求和法与错位相减法
基础回归
经典回眸
1．若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10=(　 　)
A．15 B．12
C．－12 D．－15
2．已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公差均为2，且a1=b1＋2=2，设数列{cn}满足cn=n∈N*，则数列{cn}的前20项和为(　 　)
A． B．
C． D．
(人A选必二P40习题3(1))求和：(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n)
=　 　．
4．(人A选必二P40习题3(2))求和：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1=　 　．
要点梳理
1．分组求和法与并项求和法
(1) 分组求和法
若一个数列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．
(2) 并项求和法
一个数列的前n项中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
2．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项和可用错位相减法来求．
举题固法
并项求和法
例 1－1　(2025·佛山三模)已知数列{an}，{bn}满足a1=1，且－an，an＋1是关于x的方程x2－2x－bn=0的两个根．
(1) 求an；
(2) 设cn=＋(－1)nan，求数列{cn}的前21项和S21．
例 1－2　已知数列{an}的通项公式为an=数列{an}的前n项和为Sn．
(1) 求S9；
(2) 求S2n．
并项转化法求和的常见类型
(1) 若an=bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和；
(2) 通项公式为an=的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
变式 1　已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，满足3a1＋a2=18，=9a1a5.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn=求数列{bn}的前2n项和S2n．
错位相减法
例 2　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an＋4.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设bn=(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
变式 2　(2025·合肥二模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1=b1=3，a2＋a4=2b2，a1a3=b3.
(1) 求{an}和{bn}的通项公式；
(2) 求数列的前n项和．
配套热练
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=则S10的值为(　 　)
A．107 B．169
C．1 389 D．1 409
2．(2025·邯郸开学考试)19×＋17×＋15×＋…＋1×=(　 　)
A．18＋ B．17＋
C．18＋ D．17＋
3．(2025·南昌期末)记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2＋n(n∈N*)，则下列结论错误的是(　 　)
A．a2=4
B．数列是公差为1的等差数列
C．数列{2an}是公比为4的等比数列
D．数列{(－1)nan}的前2 025项和为－2 026
4．(2025·茂名二模)已知函数f(x)满足f(x＋1)=2f(x)，f(1)=1，设bn=nf(n)，Sn为数列{bn}的前n项和，则使得Sn＞2 026成立的最小整数n为(　 　)
A．8 B．9
C．10 D．11
5．(2025·青岛二测)(多选)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an=则(　 )
A．2 025是数列{an}中的项
B．数列{a2n－1}是公比为2的等比数列
C．S6=51
D．若cn=a2n，则数列的前n项和小于
6．(2025·聊城三模)(多选)对于数列{an}，设区间(1，an)内偶数的个数为bn，则称数列{bn}为{an}的“H数列”．下列说法正确的有(　 　)
A．若数列{cn}是数列{n3＋1}的“H数列”，则c3=13
B．若数列{cn}是数列{2n＋3}的“H数列”，则{cn}是常数列
C．若数列{cn}是数列{2n＋1＋2}的“H数列”，则{cn}是等比数列
D．若数列{cn}是数列{2n＋1＋2}的“H数列”，则数列{(n＋1)cn}的前n项和为n·2n＋1
7．(2025·山东一模)若数列{an}满足a1=1，an＋1=(－1)n＋1an＋1，则{an}的前2 025项和为　 　．
8．(2025·秦皇岛三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，若1＋＋＋…＋=2n(n∈N*)，则S10=　 　．
9．(2025·清远期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是公比为3的等比数列，且Sn=n2(n∈N*)，b1=a1.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 令cn=(an＋1)·bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
10．(2025·厦门期末)已知等差数列{an}的各项均为正数，且a4=a1＋a2=a1a3a9.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn=(－1)nan，且b1＋b2＋…＋bm=10，求正整数m的值．(共38张PPT)
专题三
数列
第12讲　数列求和(1)——并项求和法与错位相减法
基础回归
1．若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10= (　　)
A．15 B．12
C．－12 D．－15
【解析】
方法一：由于an=(－1)n(3n－2)，
故a1＋a2＋…＋a10=(－1)＋4＋(－7)＋10＋(－13)＋16＋(－19)＋22＋(－25)＋28
=3＋3＋3＋3＋3=15.
方法二：当n为偶数时，an－1=－(3n－5)，an=3n－2，则an－1＋an=3，故a1＋a2＋…＋a10=5×3=15.
A
【解析】
【答案】B
3．(人A选必二P40习题3(1))求和：(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n)=
____________________．
【解析】
4．(人A选必二P40习题3(2))求和：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1=____________________.
【解析】
1．分组求和法与并项求和法
(1) 分组求和法
若一个数列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．
(2) 并项求和法
一个数列的前n项中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
2．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项和可用错位相减法来求．
举题固法
并项求和法
目标
1
【解答】
(2025·佛山三模)已知数列{an}，{bn}满足a1=1，且－an，an＋1是关于x的方程x2－2x－bn=0的两个根．
(1) 求an；
因为－an，an＋1是关于x的方程x2－2x－bn=0的两个根，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．因此an=1＋(n－1)×2=2n－1.
1-1
【解答】
1-1
【解答】
S9=a1＋a2＋a3＋…＋a9
=(－2＋0＋2＋4＋6)＋(22＋24＋26＋28)
=10＋4＋16＋64＋256=350.
1-2
【解答】
1-2
【解答】
变式1　
【解答】
变式1　
错位相减法
目标
2
【解答】
(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an＋4.
(1) 求数列{an}的通项公式；
2
【解答】
(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an＋4.
(2) 设bn=(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
2
【解答】
(2025·合肥二模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1=b1=3，a2＋a4=2b2，a1a3=b3.
(1) 求{an}和{bn}的通项公式；
变式2　
【解答】
变式2　
热练
【解析】
D
【解析】
D
【解析】
因为Sn=n2＋n，所以当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n2＋n－(n－1)2－(n－1)=2n，而a1=S1=2满足上式，因此数列{an}的通项公式为an=2n．
对于A，a2=4，A正确；
【答案】B
4．(2025·茂名二模)已知函数f(x)满足f(x＋1)=2f(x)，f(1)=1，设bn=nf(n)，Sn为数列{bn}的前n项和，则使得Sn＞2 026成立的最小整数n为 (　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】
【答案】B
【解析】
【答案】ACD
6．(2025·聊城三模)(多选)对于数列{an}，设区间(1，an)内偶数的个数为bn，则称数列{bn}为{an}的“H数列”．下列说法正确的有 (　　)
A．若数列{cn}是数列{n3＋1}的“H数列”，则c3=13
B．若数列{cn}是数列{2n＋3}的“H数列”，则{cn}是常数列
C．若数列{cn}是数列{2n＋1＋2}的“H数列”，则{cn}是等比数列
D．若数列{cn}是数列{2n＋1＋2}的“H数列”，则数列{(n＋1)cn}的前n项和为n·2n＋1
【解析】
【答案】ACD
7．(2025·山东一模)若数列{an}满足a1=1，an＋1=(－1)n＋1an＋1，则{an}的前2 025项和为_________．
【解析】
1 013
【解析】
9 217
9．(2025·清远期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是公比为3的等比数列，且Sn=n2(n∈N*)，b1=a1.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
【解答】
因为Sn=n2(n∈N*)，所以a1=S1=1，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n2－(n－1)2=2n－1，又a1=1满足上式，所以an=2n－1.因为b1=a1=1，所以数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，即bn=3n－1．
9．(2025·清远期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是公比为3的等比数列，且Sn=n2(n∈N*)，b1=a1.
(2) 令cn=(an＋1)·bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
【解答】
10．(2025·厦门期末)已知等差数列{an}的各项均为正数，且a4=a1＋a2=a1a3a9.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】

10．(2025·厦门期末)已知等差数列{an}的各项均为正数，且a4=a1＋a2=a1a3a9.
(2) 若bn=(－1)nan，且b1＋b2＋…＋bm=10，求正整数m的值．
【解答】

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