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课后限时练7　数列求和与不等式(A)
1．(2025·福建福州模拟)已知数列{bn}满足b1＝2，bn－bn－1＝2n(n≥2)，设数列的前n项和为Tn，则T10＝(　　)
A． B． C． D．
2．[教材经典]任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等)．已知{an}满足：a1＝1，an＋1＝则S2 025＝(　　)
A．4 720 B．4 722
C．4 723 D．4 725
3．(2025·河北开学考试)设[x]表示不超过x的最大整数，如[1]＝1，[0.5]＝0，[－1.5]＝－2．已知数列{an}满足an＝[log2n](n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 025＝(　　)
A．18 204 B．18 214
C．23 324 D．29 445
4．(多选)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n，则(　　)
A．an＝n＋1
B．{an}的前n项和为
C．{(－1)nan}的前100项和为100
D．{|an－5|}的前30项和为357
5．(2025·宁夏银川模拟)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an－2n＋3，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式an＝________；S8＝________．
6．(2025·重庆三模)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝3n＋1，则{an}的前100项和S100＝________．
7．(2025·安徽铜陵模拟)已知数列{an}满足2anan＋1＋an＋1＝3an，且a2＝，则使不等式＋…＋<100成立的n的最大值为________．
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且Sn＋Sn＋1＝2an＋1－3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)从①bn＝anlog3an；②bn＝；③bn＝an－log3an三个条件中任选一个，求数列{bn}的前n项和Tn．
课后限时练7(A)
1．B　[因为bn－bn-1＝2n(n≥2)，且b1＝2，
所以当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn-1)
＝2＋4＋6＋…＋2n＝＝n2＋n．
因为b1＝2也满足bn＝n2＋n，所以bn＝n2＋n．
因为，
所以Tn＝＋…＋，
所以T10＝1－．故选B．]
2．D　[由题意可得，a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，…，
可知数列{an}是以3为周期的数列，
因为2 025＝3×675，所以S2 025＝675×(1＋4＋2)＝4 725．
故选D． ]
3．B　[当2n≤x<2n+1时，[log2x]＝n，
即[log22n]＝[log2(2n＋1)]＝[log2(2n＋2)]＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n，因为210<2 025<211，
所以S2 025＝a1＋a2＋…＋a2 025
＝[log21]＋[log22]＋…＋[log22 025]
＝0＋21×1＋22×2＋…＋29×9＋(2 025－1 023)×10
＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋1 002×10，
令Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋9×29，
则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋9×210，
两式相减得－Tn＝21＋22＋23＋…＋29－9×210，
则Tn＝8×210＋2＝8 194，
所以S2 025＝8 194＋1 002×10＝18 214．故选B．]
4．AD　[当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n-2an-1＝(n－1)·2n-1，
两式相减可得，2n-1an＝n·2n－(n－1)·2n-1＝(n＋1)·2n-1，
所以an＝n＋1，
显然当n＝1时，a1满足上式，故an＝n＋1，故A正确；
由等差数列求和公式知{an}的前n项和为，故B错误；
令bn＝(－1)nan＝(－1)n(n＋1)，{bn}的前100项和为－2＋3－4＋5－…－100＋101＝1×50＝50，故C错误；
令cn＝|an－5|＝|n－4|，
所以{|an－5|}的前30项和为c1＋c2＋…＋c30＝3＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋26＝6＋＝357，故D正确．故选AD．]
5.2n＋2n－1　 574　[因为an+1＝2an－2n＋3，a1＝3，则an+1－2(n＋1)＋1＝2(an－2n＋1)，且a1－2＋1＝2≠0，
可知数列{an－2n＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an－2n＋1＝2×2n-1＝2n，即an＝2n＋2n－1，
可得Sn＝(2＋1)＋(22＋3)＋…＋(2n＋2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＝2(2n－1)＋n2，所以S8＝2(28－1)＋82＝574．]
6.7 700　[①当n为偶数时，
∵an+1＋an＝3n＋1，∴an+2－an+1＝3n＋4，∴an＋an+2＝6n＋5，
∴a2＋a4＝6×2＋5＝17，a6＋a8＝6×6＋5＝41，
…
a98＋a100＝6×98＋5＝593，
∴a2＋a4＋…＋a100＝＝7 625．
②当n为奇数时，
∵an+1－an＝3n＋1，∴an+2＋an+1＝3n＋4，∴an+2＋an＝3，
∴a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，…，a97＋a99＝3，
∴a1＋a3＋…＋a99＝25×3＝75，
∴S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝75＋7 625＝7 700．]
7.99　[由2anan+1＋an+1＝3an，a2＝可得2a1a2＋a2＝3a1 a1＝，易知an≠0，两侧同时除以anan+1，可得2＋，
所以，
故－1＋…＋
＝－n，
故＋…＋，
易知f(n)＝n＋1－(n∈N*)单调递增，f(99)＝100－<1008．解：(1)当n≥2时，∵Sn＋Sn+1＝2an+1－3，∴Sn-1＋Sn＝2an－3，
∴Sn+1－Sn-1＝2an+1－2an，∴an+1＋an＝2an+1－2an，∴＝3(n≥2)．
当n＝1时，S1＋S2＝2a2－3，∴a1＋a1＋a2＝2a2－3．∴a2＝9，
∴＝3，∴数列{an}是以a1＝3为首项，3为公比的等比数列，
∴an＝3×3n-1＝3n．
(2)若选①：bn＝anlog3an＝n·3n，
∴Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，
∴3Tn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n+1，
∴－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n+1
＝－n·3n+1＝－n·3n+1，
∴Tn＝．
若选②：bn＝，
∴Tn＝＋…＋
＝．
若选③：bn＝an－log3an＝3n－n，
∴Tn＝(3－1)＋(32－2)＋(33－3)＋…＋(3n－n)
＝3＋32＋33＋…＋3n－(1＋2＋3＋…＋n)
＝．
1/2课后限时练7　数列求和与不等式(B)
1．(2025·湖北武汉模拟)已知数列{an}的首项为2，前n项和为Sn，且Sn＋1＋2＝an＋3n＋Sn．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求满足an>的n的最小值；
(3)已知bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn<－．
2．(2025·河南湘豫名校二模)已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，是1－Sn与Sn＋1的等差中项．
(1)证明：数列{}是等差数列；
(2)设bn＝(－1)n·(Sn＋an)，求数列{bn}的前2n项和T2n．
3．(2025·河南郑州三模)已知数列{an}的首项a1＝－，且满足an＋1＋an＝．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝nan，数列{bn}的前n项和为Sn，若不等式(－1)nλ课后限时练7(B)
1．解：(1)已知Sn+1＋2＝an＋3n＋Sn，
则an+1＝Sn+1－Sn＝an＋3n－2，
即an+1－an＝3n－2，则an－an-1＝3n－5，an-1－an-2＝3n－8，…，a2－a1＝1，
等式左右分别相加可得an－a1＝(3n－5)＋(3n－8)＋…＋1＝，
则an＝．
(2)由(1)得an＝，且an>，
化简可得(3n－1)(n－3)>0，
又n∈N*，即n>3，
所以满足an>的n的最小值为4．
(3)证明：依题意得，bn＝×，
则Tn＝－1－＋…＋＝，
又n∈N*，所以，
所以Tn＝－∈－，－，即－．
2．解：(1)证明：因为是1－Sn与Sn+1的等差中项，所以2＝1－Sn＋Sn+1，
所以Sn＝1＋Sn+1－2＝(－1)2，
因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn>0，
所以－1，所以＝1，
所以数列{}是公差为1，首项为＝1的等差数列．
(2)因为数列{}是公差为1，首项为＝1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，
所以Sn＝n2，当n＝1时，a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝n2－(n－1)2＝2n－1，a1＝1也满足，
所以an＝2n－1，
因为bn＝(－1)n·(Sn＋an)，
所以T2n＝－S1－a1＋S2＋a2－S3－a3＋S4＋a4＋…＋S2n＋a2n
＝(S2－S1)＋(S4－S3)＋…＋(S2n－S2n-1)－(a1－a2＋…－a2n)
＝a2＋a4＋…＋a2n－(a1－a2＋…－a2n)
＝－(a1＋a3＋…＋a2n-1)＋2(a2＋a4＋…＋a2n)
＝－
＝－
＝－n(2n－1)＋n(4n＋2)＝2n2＋3n．
所以T2n＝2n2＋3n．
3．解：(1)由题意可知，an+1＝－an＋，
可得an+1－，
又a1－＝－1，故数列是以－1为首项，－1为公比的等比数列，
所以an＝(－1)n＋．
(2)由(1)可得bn＝nan＝(－1)nn＋，
所以Sn＝－1＋2－3＋4－…＋(－1)nn＋＋…＋，
当n为奇数时，Sn＝＋…＋，①
＋…＋，②
由①－②得，
所以Sn＝，
所以－λ<，
所以λ>，所以λ>；
当n为偶数时，Sn＝＋…＋，同理求和可得，Sn＝，
所以λ<，故λ<．
综上，实数λ的取值范围为．
1/2课时7　数列求和与不等式
[备考指南]　数列求和常以递推关系为载体，常与不等式综合命题，重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法及借助函数性质证明数列不等式的方法，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用．
命题点1　分组(并项)求和
【典例1】　(2021·新高考Ⅰ卷)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．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
1．(2025·安徽皖南八校三模)已知数列{an}满足an＝(－1)nn2，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为(　　)
A．－64 B．－81 C．100 D．－121
2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，lg an＋lg an＋1＝lg 2n，n∈N*，则S9＝________．
3．[高考真题改编]设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．令bn＝Tn为数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：当n>3时，Tn>Sn．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题点2　裂项相消法求和
【典例2】　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　裂项相消的四种常见类型
类型一：等差型
①＝；
②＝．
类型二：无理型
＝)．
类型三：指数型
＝．
类型四：通项裂项为“＋”型
(－1)n·＝(－1)n，本类模型典型标志在通项中含有(－1)n乘一个分式．
(2025·福建龙岩二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题点3　错位相减法求和
【典例3】　(2025·广东汕头二模)已知数列{an}，an＝n2，其前n项和为Sn．
(1)求a1＋a2＋a3；
(2)求S3n；
(3)若数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，证明：Tn<22．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．
[教材母题改编]欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，例如：
φ(1)＝1，φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(4)＝2，φ(8)＝4，φ(9)＝6，φ(27)＝18．正偶数与2n不互素，所有正奇数与2n互素，比2n小的正奇数有2n-1个，所以φ(2n)＝2n-1．
(1)求φ(6)，φ(10)，φ(3n)的值；
(2)已知数列{an}满足an＝n·φ(3n)，求{an}的前n项和Sn；
(3)若数列(n∈N*)的前n项和为Tn，对任意n∈N*，均有λ·－2n＋3≥0恒成立，求实数λ的取值范围．
注：两个整数互素是指这两个整数的最大公因数为1．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
课时7　数列求和与不等式
典例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．
因为bn＝a2n，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)由(1)可得a2n＝3n－1，n∈N*，
则a2n-1＝a2n-2＋2＝3(n－1)－1＋2＝3n－2，n≥2，
当n＝1时，a1＝1也适合上式，
所以a2n-1＝3n－2，n∈N*，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则{an}的前20项和为a1＋a2＋…＋a20
＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)
＝10＋×3＝300．
考教衔接
1．B　[an＝(－1)nn2，则其前20项和为S＝－12＋22－32＋42－…－192＋202＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(202－192)＝1＋2＋3＋4＋…＋20＝210．
设写错的项为x，则S－x－x＝372，解得x＝－81，a9＝－81，
故写错之前这个数为－81．故选B．]
2.61　[由lg an＋lg an+1＝lg 2n可得
lg anan+1＝lg 2n，
即anan+1＝2n，所以an+1an+2＝2n+1，两式相除可得＝2；
即＝…＝＝2，
由a1＝1可得a2＝2，因此数列{an}的奇数项是以a1＝1为首项，2为公比的等比数列；
偶数项是以a2＝2为首项，2为公比的等比数列．
所以S9＝a1＋a2＋a3＋…＋a9＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)
＝＝61．]
3．解：(1)由题意得，＝1，＝1＋(n－1)×．
∴2Sn＝(n＋1)an，　　　　　 　①
当n≥2时，2Sn-1＝nan-1，　　　②
由①－②得2an＝(n＋1)an－nan-1，
即(n≥2)．
∴···…····…·，∴＝n，∴an＝n(n≥2)．
又n＝1时，a1＝1满足an＝n，∴an＝n．
(2)证明：由an＝n得
bn＝．
①当n为偶数时(n>3)，Tn＝×(－1)＋，
此时，Tn－Sn＝>0，故Tn>Sn．
②当n为奇数时(n>3)，Tn＝Tn-1＋bn＝，
∴Tn－Sn＝
＝>0．
综上，当n>3时，Tn>Sn．
典例2　解：(1)因为数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列，
又S1＋2＝a1＋2，所以Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1．
当n≥2时，由Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1，
得Sn-1＋2＝(a1＋2)·2n-2，
两式相减，得an＝(a1＋2)·2n-2(n≥2)，
又{an}是等比数列，所以＝2，
所以＝2，解得a1＝2，
所以an＝2n(n≥2)．
当n＝1时，上式成立，所以an＝2n．
(2)证明：由(1)知bn＝
＝，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋…＋
＝．
又>0，所以Tn<．
考教衔接
　解：(1)由nSn+1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，
得＝1，又a1＝1，
∴数列＝a1＝1，公差d＝1的等差数列，
∴＝n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
且a1＝1也满足上式，
∴an＝2n－1，则数列{an}的通项公式为an＝2n－1．
(2)由(1)得an＝2n－1，
∴bn＝(－1)n
＝(－1)n，
∴Tn＝－＋…＋(－1)n·＝－1＋(－1)n．
典例3　解：(1)因为an＝n2cos2＝n2·cos ，
所以a1＋a2＋a3＝cos ＋9cos 2π＝－．
(2)因为a3k-2＋a3k-1＋a3k＝(3k－2)2·cos ＋(3k－1)2·cos ＋(3k)2·cos 2π
＝－＋(3k)2
＝9k－，
所以S3n＝·n＝．
(3)证明：因为bn＝·＝(9n＋4)·，
所以Tn＝13×＋…＋(9n－5)·＋(9n＋4)·，
从而＋…＋(9n－5)·＋(9n＋4)·，
两式相减得
－(9n＋4)·
＝2＋9·－(9n＋4)·
＝2＋，
故Tn＝22－<22．得证．
考教衔接
解：(1)因为不超过正整数6且与6互素的正整数只有1，5，所以φ(6)＝2，因为不超过正整数10且与10互素的正整数只有1，3，7，9，所以φ(10)＝4，
所有不超过正整数3n的正整数有3n个，其中与3n不互素的正整数有1×3，2×3，3×3，…，3n-1×3，共3n-1个，
所以所有不超过正整数3n，且与3n互素的正整数的个数为3n－3n-1＝2×3n-1，即φ(3n)＝2×3n-1．
(2)an＝n·φ(3n)＝n×3n-1，
Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋(n－1)×3n-2＋n×3n-1，
3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)×3n-1＋n×3n，
两式相减得
－2Sn＝1＋31＋32＋33＋…＋3n-1－n×3n＝(3n－1)－n×3n，
所以Sn＝(2n－1)3n＋．
(3)由(2)可知＝3n，
Tn＝，
由λ·－2n＋3≥0，得λ≥恒成立，令bn＝，
则bn+1－bn＝，可得b2>b1；
当n>2时，bn+1当n＝2时，bn+1＝bn，
所以bn＝的最大值为b2＝b3＝，故λ≥．
所以实数λ的取值范围为．
1/6(共72张PPT)
专题二　数列
课时7　数列求和与不等式
[备考指南]　数列求和常以递推关系为载体，常与不等式综合命题，重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法及借助函数性质证明数列不等式的方法，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用．
命题点1　分组(并项)求和
【典例1】　(2021·新高考Ⅰ卷)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．
[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．
因为bn＝a2n，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)由(1)可得a2n＝3n－1，n∈N*，
则a2n－1＝a2n－2＋2＝3(n－1)－1＋2＝3n－2，n≥2，当n＝1时，a1＝1也适合上式，
所以a2n－1＝3n－2，n∈N*，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则{an}的前20项和为a1＋a2＋…＋a20
＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)
＝10＋×3＋10×2＋×3＝300．
反思领悟　若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
1．(2025·安徽皖南八校三模)已知数列{an}满足an＝(－1)nn2，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为(　　)
A．－64 B．－81
C．100 D．－121
√
B　[an＝(－1)nn2，则其前20项和为S＝－12＋22－32＋42－…－192＋202＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(202－192)＝1＋2＋3＋4＋…＋20＝210．
设写错的项为x，则S－x－x＝372，解得x＝－81，a9＝－81，
故写错之前这个数为－81．故选B．]
2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，lg an＋
lg an＋1＝lg 2n，n∈N*，则S9＝________．
61　[由lg an＋lg an＋1＝lg 2n可得lg anan＋1＝lg 2n，
即anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n+1，两式相除可得＝2；
即＝＝…＝＝＝2，
61
由a1＝1可得a2＝2，因此数列{an}的奇数项是以a1＝1为首项，2为公比的等比数列；
偶数项是以a2＝2为首项，2为公比的等比数列．
所以S9＝a1＋a2＋a3＋…＋a9＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)
＝＝61．]
3．[高考真题改编]设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．令bn＝Tn为数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：当n>3时，Tn>Sn．
[解]　(1)由题意得，＝1，＝1＋(n－1)×＝．
∴2Sn＝(n＋1)an，　　　　　　①
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，　　 ②
由①－②得2an＝(n＋1)an－nan－1，即＝(n≥2)．
∴···…·＝···…·，∴＝n，∴an＝n(n≥2)．
又n＝1时，a1＝1满足an＝n，∴an＝n．
(2)证明：由an＝n得bn＝Sn＝．
①当n为偶数时(n＞3)，Tn＝×(－1)＋×2＋×6＋×6＝，此时，Tn－Sn＝＝>0，故Tn>Sn．
②当n为奇数时(n>3)，Tn＝Tn－1＋bn＝＋n－2＝，
∴Tn－Sn＝＝>0．
综上，当n>3时，Tn>Sn．
【教用·备选题】
1．(2025·江苏苏州二模)在数列{an}中，已知a1＝2，且当n为奇数时，an＋1＝3an＋1；当n为偶数时，an＋1＝2an－1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前2n项和S2n．
[解]　(1)依题意，a2＝3a1＋1＝7，
当n为偶数时，an＋1＝2an－1，
则数列{an}的奇数项是首项为2，公比为2的等比数列，
于是a2n－1＝a1·2n-1＝2n，即当n为奇数时，an＝；当n为偶数时，an＝3an－1＋1＝＋1．
所以{an}的通项公式是
an＝
(2)由(1)知，a2n－1＋a2n＝a2n－1＋3a2n－1＋1＝4a2n－1＋1＝4·2n＋1，
S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝4(2＋22＋…＋2n)＋n
＝4·＋n＝2n+3＋n－8．
2．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，∵a2＝11，S10＝40，
∴即
解得a1＝13，d＝－2，
则an＝13－2(n－1)＝－2n＋15(n∈N*)．
(2)|an|＝|－2n＋15|＝
即1≤n≤7时，|an|＝an；
n≥8时，|an|＝－an．
当1≤n≤7时，数列{|an|}的前n项和
Tn＝a1＋…＋an＝13n＋×(－2)＝－n2＋14n，
当n≥8时，数列{|an|}的前n项和
Tn＝a1＋…＋a7－a8…－an
＝－Sn＋2(a1＋…＋a7)
＝－＋2××7
＝n2－14n＋98．
综上，Tn＝
命题点2　裂项相消法求和
【典例2】　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<．
[解]　(1)因为数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列，
又S1＋2＝a1＋2，所以Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1．
当n≥2时，由Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1，
得Sn－1＋2＝(a1＋2)·2n-2，
两式相减，得an＝(a1＋2)·2n-2(n≥2)，
又{an}是等比数列，所以＝＝2，所以＝2，解得a1＝2，
所以an＝2n(n≥2)．
当n＝1时，上式成立，所以an＝2n．
(2)证明：由(1)知bn＝
＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋…＋
＝．
又>0，所以Tn<．
反思领悟　裂项相消的四种常见类型
类型一：等差型
①＝；
②＝．
类型二：无理型
＝)．
类型三：指数型
＝．
类型四：通项裂项为“＋”型
(－1)n·＝(－1)n，本类模型典型标志在通项中含有(－1)n乘一个分式．
(2025·福建龙岩二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，
得＝1，又a1＝1，
∴数列是首项为＝a1＝1，公差d＝1的等差数列，
∴＝n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
且a1＝1也满足上式，
∴an＝2n－1，则数列{an}的通项公式为an＝2n－1．
(2)由(1)得an＝2n－1，
∴bn＝(－1)n
＝(－1)n，
∴Tn＝－＋…＋(－1)n＝－1＋(－1)n．
命题点3　错位相减法求和
【典例3】　(2025·广东汕头二模)已知数列{an}，an＝n2，其前n项和为Sn．
(1)求a1＋a2＋a3；
(2)求S3n；
(3)若数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，证明：Tn<22．
[解]　(1)因为an＝n2＝n2·cos，所以a1＋a2＋a3＝cos ＋4cos ＋9cos 2π＝－－2＋9＝．
(2)因为a3k－2＋a3k－1＋a3k＝(3k－2)2·cos ＋(3k－1)2·cos ＋(3k)2·cos 2π
＝－＋(3k)2＝9k－，
所以S3n＝·n
＝．
(3)证明：因为bn＝＝·＝(9n＋4)·，
所以Tn＝13×＋22×＋31×＋…＋(9n－5)·＋(9n＋4)·，
从而Tn＝13×＋22×＋…＋(9n－5)·＋(9n＋4)·，
两式相减得
Tn＝2＋9－(9n＋4)·
＝2＋9·－(9n＋4)·＝2＋＝11－，
故Tn＝22－<22．得证．
反思领悟　如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．
[教材母题改编]欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，例如：
φ(1)＝1，φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(4)＝2，φ(8)＝4，φ(9)＝6，φ(27)＝18．正偶数与2n不互素，所有正奇数与2n互素，比2n小的正奇数有2n-1个，所以φ(2n)＝2n-1．
(1)求φ(6)，φ(10)，φ(3n)的值；
(2)已知数列{an}满足an＝n·φ(3n)，求{an}的前n项和Sn；
(3)若数列(n∈N*)的前n项和为Tn，对任意n∈N*，均有λ·－2n＋3≥0恒成立，求实数λ的取值范围．
注：两个整数互素是指这两个整数的最大公因数为1．
[解]　(1)因为不超过正整数6且与6互素的正整数只有1，5，所以φ(6)＝2，因为不超过正整数10且与10互素的正整数只有1，3，7，9，所以φ(10)＝4，
所有不超过正整数3n的正整数有3n个，其中与3n不互素的正整数有1×3，2×3，3×3，…，3n-1×3，共3n-1个，
所以所有不超过正整数3n，且与3n互素的正整数的个数为3n－3n-1＝2×3n-1，即φ(3n)＝2×3n-1．
(2)an＝n·φ(3n)＝n×3n-1，
Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋(n－1)×3n-2＋n×3n-1，
3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)×3n-1＋n×3n，
两式相减得
－2Sn＝1＋31＋32＋33＋…＋3n-1－n×3n＝(3n－1)－n×3n，所以Sn＝(2n－1)3n＋．
(3)由(2)可知＝＝3n，
Tn＝＝×3n－，
由λ·－2n＋3≥0，
得λ≥恒成立，令bn＝，
则bn＋1－bn＝＝，可得b2>b1；
当n>2时，bn＋1当n＝2时，bn＋1＝bn，
所以bn＝的最大值为b2＝b3＝，
故λ≥．
所以实数λ的取值范围为．
【教用·备选题】
(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)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，
故＝－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)由(1)知bn＝(－1)n-1n×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，
两式相减，－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n×3n＝4＋4×－4n×3n＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n×3n＝(2－4n)×3n－2，
所以Tn＝3n(2n－1)＋1．
8
课后限时练7　数列求和与不等式(A)
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
1．(2025·福建福州模拟)已知数列{bn}满足b1＝2，bn－bn－1＝2n(n≥2)，设数列的前n项和为Tn，则T10＝(　　)
A． B．
C． D．
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
B　[因为bn－bn－1＝2n(n≥2)，且b1＝2，
所以当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋4＋6＋…＋2n＝＝n2＋n．
因为b1＝2也满足bn＝n2＋n，所以bn＝n2＋n．
因为＝＝，
所以Tn＝＋…＋＝1－，
所以T10＝1－＝．故选B．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
2．[教材经典]任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等)．已知{an}满足：a1＝1，an＋1＝
则S2 025＝(　　)
A．4 720 B．4 722 C．4 723 D．4 725
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[由题意可得，a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，…，
可知数列{an}是以3为周期的数列，
因为2 025＝3×675，所以S2 025＝675×(1＋4＋2)＝4 725．
故选D．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
3．(2025·河北开学考试)设[x]表示不超过x的最大整数，如[1]＝1，[0.5]＝0，[－1.5]＝－2．已知数列{an}满足an＝[log2n](n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 025＝(　　)
A．18 204 B．18 214
C．23 324 D．29 445
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
B　[当2n≤x<2n+1时，[log2x]＝n，
即[log22n]＝[log2(2n＋1)]＝[log2(2n＋2)]＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n，因为210<2 025<211，所以S2 025＝a1＋a2＋…＋a2 025
＝[log21]＋[log22]＋…＋[log22 025]
＝0＋21×1＋22×2＋…＋29×9＋(2 025－1 023)×10
＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋1 002×10，
令Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋9×29，
则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋9×210，
两式相减得－Tn＝21＋22＋23＋…＋29－9×210，
则Tn＝8×210＋2＝8 194，
所以S2 025＝8 194＋1 002×10＝18 214．故选B．]
8
4．(多选)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n，则(　　)
A．an＝n＋1
B．{an}的前n项和为
C．{(－1)nan}的前100项和为100
D．{|an－5|}的前30项和为357
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
√
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
AD　[当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n-2an－1＝(n－1)·2n-1，
两式相减可得，2n-1an＝n·2n－(n－1)·2n-1＝(n＋1)·2n-1，
所以an＝n＋1，
显然当n＝1时，a1满足上式，故an＝n＋1，故A正确；
由等差数列求和公式知{an}的前n项和为＝，故B错误；
令bn＝(－1)nan＝(－1)n(n＋1)，{bn}的前100项和为－2＋3－4＋5－…－100＋101＝1×50＝50，故C错误；
令cn＝|an－5|＝|n－4|，
所以{|an－5|}的前30项和为c1＋c2＋…＋c30＝3＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋26＝6＋＝357，故D正确．故选AD．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．(2025·宁夏银川模拟)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an－2n＋3，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式an＝__________；S8＝________．
2n＋2n－1
574
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
2n＋2n－1　 574　[因为an＋1＝2an－2n＋3，a1＝3，则an＋1－2(n＋1)＋1＝2(an－2n＋1)，且a1－2＋1＝2≠0，
可知数列{an－2n＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an－2n＋1＝2×2n-1＝2n，即an＝2n＋2n－1，
可得Sn＝(2＋1)＋(22＋3)＋…＋(2n＋2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＝2(2n－1)＋n2，
所以S8＝2(28－1)＋82＝574．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．(2025·重庆三模)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝3n＋1，则{an}的前100项和S100＝________．
7 700　[①当n为偶数时，
∵an＋1＋an＝3n＋1，∴an＋2－an＋1＝3n＋4，∴an＋an＋2＝6n＋5，
∴a2＋a4＝6×2＋5＝17，a6＋a8＝6×6＋5＝41，
…
a98＋a100＝6×98＋5＝593，
∴a2＋a4＋…＋a100＝＝7 625．
7 700
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
②当n为奇数时，
∵an＋1－an＝3n＋1，∴an＋2＋an＋1＝3n＋4，
∴an＋2＋an＝3，
∴a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，…，a97＋a99＝3，
∴a1＋a3＋…＋a99＝25×3＝75，
∴S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝75＋7 625＝7 700．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
7．(2025·安徽铜陵模拟)已知数列{an}满足2anan＋1＋an＋1＝3an，且a2＝，则使不等式＋…＋<100成立的n的最大值为________．
99　[由2anan＋1＋an＋1＝3an，a2＝可得2a1a2＋a2＝3a1 a1＝，
易知an≠0，两侧同时除以anan＋1，可得2＋＝，整理得－1＝3，
99
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
所以是以－1＝为首项，为公比的等比数列，则－1＝＝2×，故－1＋－1＋…＋－1＝＝1－＝－n，故＋…＋＝n＋1－，
易知f (n)＝n＋1－(n∈N*)单调递增，f (99)＝100－<100<
f (100)＝101－，所以nmax＝99．]
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且Sn＋Sn＋1＝2an＋1－3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)从①bn＝anlog3an；②bn＝；
③bn＝an－log3an三个条件中任选一个，求数列{bn}的前n项和Tn．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
[解]　(1)当n≥2时，∵Sn＋Sn＋1＝2an＋1－3，
∴Sn－1＋Sn＝2an－3，
∴Sn＋1－Sn－1＝2an＋1－2an，∴an＋1＋an＝2an＋1－2an，
∴＝3(n≥2)．
当n＝1时，S1＋S2＝2a2－3，∴a1＋a1＋a2＝2a2－3．∴a2＝9，
∴＝3，∴数列{an}是以a1＝3为首项，3为公比的等比数列，
∴an＝3×3n-1＝3n．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
(2)若选①：bn＝anlog3an＝n·3n，
∴Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，
∴3Tn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n+1，
∴－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n+1
＝－n·3n+1＝×3n+1－－n·3n+1，
∴Tn＝3n+1＋．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
若选②：bn＝＝＝，
∴Tn＝＋…＋＝＝．
若选③：bn＝an－log3an＝3n－n，
∴Tn＝(3－1)＋(32－2)＋(33－3)＋…＋(3n－n)
＝3＋32＋33＋…＋3n－(1＋2＋3＋…＋n)
＝＝．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
1．(2025·湖北武汉模拟)已知数列{an}的首项为2，前n项和为Sn，且Sn＋1＋2＝an＋3n＋Sn．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求满足an>的n的最小值；
(3)已知bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn<－．
课后限时练7　数列求和与不等式(B)
[解]　(1)已知Sn＋1＋2＝an＋3n＋Sn，
则an＋1＝Sn＋1－Sn＝an＋3n－2，
即an＋1－an＝3n－2，则an－an－1＝3n－5，
an－1－an－2＝3n－8，…，a2－a1＝1，
等式左右分别相加可得an－a1＝(3n－5)＋(3n－8)＋…＋1＝＝，
则an＝＋a1＝．
(2)由(1)得an＝，且an>，
即>，
化简可得(3n－1)(n－3)>0，
又n∈N*，即n>3，
所以满足an>的n的最小值为4．
(3)证明：依题意得，bn＝＝＝＝，
则Tn＝＝＝－，又n∈N*，所以∈，
所以Tn＝－∈，
即－≤Tn<－．
2．(2025·河南湘豫名校二模)已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，是1－Sn与Sn＋1的等差中项．
(1)证明：数列{}是等差数列；
(2)设bn＝(－1)n·(Sn＋an)，求数列{bn}的前2n项和T2n．
[解]　(1)证明：因为是1－Sn与Sn＋1的等差中项，所以2＝1－Sn＋Sn＋1，
所以Sn＝1＋Sn＋1－2＝(－1)2，
因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn>0，
所以＝－1，所以＝1，
所以数列{}是公差为1，首项为＝＝1的等差数列．
(2)因为数列{}是公差为1，首项为＝1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，
所以Sn＝n2，当n＝1时，a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，a1＝1也满足，
所以an＝2n－1，
因为bn＝(－1)n·(Sn＋an)，
所以T2n＝－S1－a1＋S2＋a2－S3－a3＋S4＋a4＋…＋S2n＋a2n
＝(S2－S1)＋(S4－S3)＋…＋(S2n－S2n－1)－(a1－a2＋…－a2n)
＝a2＋a4＋…＋a2n－(a1－a2＋…－a2n)
＝－(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋2(a2＋a4＋…＋a2n)
＝－＋2×
＝－＋2×
＝－n(2n－1)＋n(4n＋2)＝2n2＋3n．
所以T2n＝2n2＋3n．
3．(2025·河南郑州三模)已知数列{an}的首项a1＝－，且满足an＋1＋an＝．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝nan，数列{bn}的前n项和为Sn，若不等式(－1)nλ[解]　(1)由题意可知，an＋1＝－an＋，
可得an＋1－＝－，
又a1－＝－1，故数列是以－1为首项，－1为公比的等比数列，
所以an＝(－1)n＋．
(2)由(1)可得bn＝nan＝(－1)nn＋，
所以Sn＝－1＋2－3＋4－…＋(－1)nn＋＋…＋，
当n为奇数时，Sn＝＋…＋，①
Sn＝＋…＋，②
由①－②得Sn＝＋1－，
所以Sn＝，所以－λ<，
所以λ>，所以λ>＝－；
当n为偶数时，Sn＝＋…＋，同理求和可得，Sn＝，
所以λ<＝2＋n－，
故λ<．
综上，实数λ的取值范围为．
谢 谢！

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