资源简介 第6讲 数列求和（时间：45分钟，满分：70分）一、单项选择题（每小题5分，共10分）1.（2025·安徽皖南八校联考）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.－81C.100 D.－1212.（2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜an｜}的前12项和为（ ）A.48 B.112C.80 D.144二、解答题（共60分）3.（13分）已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1，数列{bn}满足bn＝.（1）证明：{bn}是常数列；（2）若数列{cn}满足cn＝sin＋，求{cn}的前2n项和S2n.4.（15分）已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且Sn是an与的等差中项.（1）证明：数列{}为等差数列；（2）若bn＝，求b1＋b2＋b3＋…＋b99的值.5.（15分）（2025·辽宁一模）记Sn为数列{an}的前n项和，an＝，a2＝.（1）求a1；（2）求证：数列{n（n＋1）an}是常数列；（3）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.6.（17分）（2025·山东聊城二模）已知数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn，且Sn＝＋n，n∈N*.（1）求an，Sn；（2）记Sn＝f（n），数列{bn}满足：b1＝1，bn＋1＝f（bn），数列{}的前n项积与前n项和分别记为An，Bn.证明：①An＝；②An＋Bn＝1.第6讲 数列求和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.C 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－（n－1）2＋8（n－1）]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以｜an｜＝所以{｜an｜}的前12项和为＋＝80，故选C.3.解：（1）证明：因为bn＋1－bn＝－＝＝＝＝0，所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数列.（2）因为a1＝1，所以bn＝b1＝＝2，所以＝2，所以an＝2n－1.所以cn＝sin＋22n－1＝sin（nπ－）＋22n－1，所以S2n＝［sin＋sin＋sin＋…＋sin（2nπ－）］＋（21＋23＋25＋…＋24n－1）＝（1－1＋1－1＋…－1）＋＝.4.解：（1）证明：因为Sn是an与的等差中项，所以Sn＝.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，所以Sn＝（Sn－Sn－1＋）（n≥2），即2Sn＝Sn－Sn－1＋，可得Sn＋Sn－1＝，即－＝1（n≥2）.令n＝1，可得S1＝a1＝（a1＋），解得a1＝1或a1＝－1，又数列{an}是正项数列，所以a1＝1.所以数列{}是以＝1为首项，1为公差的等差数列.（2）由（1）得＝＋n－1＝n，即＝n.因为数列{an}是正项数列，所以Sn＞0，所以Sn＝.于是an＝Sn－Sn－1＝－（n≥2），当n＝1时，a1＝1，符合an＝－，可得an＝－.所以bn＝＝＝－，所以b1＋b2＋b3＋…＋b99＝－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.5.解：（1）因为an＝，所以Sn＝n2an.当n＝2时，S2＝4a2＝a1＋a2，因为a2＝，所以a1＝.（2）证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2an－（n－1）2an－1，所以（n2－1）an＝（n－1）2an－1，即（n＋1）an＝（n－1）an－1，等式两边同时乘以n得，（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1，所以（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1＝（n－1）（n－2）·an－2＝…＝2×1×a1＝1，所以数列{n（n＋1）an}是常数列.（3）由（2）知n（n＋1）an＝1，所以an＝，则bn＝（n＋1）×2n，所以Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n，2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1，两式相减得，－Tn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝2＋－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Tn＝n×2n＋1.6.解：（1）由Sn＝＋n，n∈N*得，Sn－1＝＋n－1，n≥2.两式相减得：an＝（－）＋1，n≥2，即＝，n≥2，因为{an}是递增数列，所以an－an－1＝2，n≥2，由S1＝＋1，得a1＝2，所以{an}是首项为2，公差为2的等差数列，所以an＝2＋2（n－1）＝2n，Sn＝＝n2＋n.（2）证明：①由已知得，b1＝1，bn＋1＝f（bn）＝＋bn，所以＝＝，即＝，所以An＝···…·＝···…·＝.②由＝＝＝－，可得＝－，所以Bn＝＋＋…＋＝（ －）＋（ －）＋…＋（ －）＝1－，所以An＋Bn＝＋1－＝1.1 / 1第6讲 数列求和【备考指南】 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式呈现，考查等差、等比数列的判定，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中等偏下.已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，2a3＝3a2＋4，且bn＝log2an.（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；（2）求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn；（3）求数列的前n项和An；分组求和：等差数列中，Sn＝；等比数列中，Sn＝（q≠1）.（4）求数列{an＋bn}的前n项和Bn；裂项求和：＝（－）.（5）求数列的前n项和Cn；含有（－1）n，对n分奇偶讨论. （6）求数列{（－1）nbn}的前n项和Dn.【思维建模】 数列求和方法选择技巧考点一 分组转化法【通性通法】 分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组，转化为若干个可求和的数列的和或差，然后再求和.【例1】 已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1＋a2＝3，S4＝15.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足bn＝an＋（－1）n（3n－1），求数列{bn}的前2n项和T2n.【训练1】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4（a3－1），n∈N*.（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝其中k是正整数.①求b1，b2，b3，b4；②求bi（n∈N*）.考点二 裂项相消法【通性通法】 （1）常见的裂项形式：＝（－）（k≠0），＝（－），＝·［－］，＝（－），＝－，ln（1＋）＝ln（1＋n）－ln n；（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 【例2】 已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为2且公比大于0的等比数列，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）若数列{cn}满足：cn＝，且数列{cn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜.【训练2】 （2025·广东深圳一模）已知等差数列{an}满足an，an＋1是关于x的方程x2－4nx＋bn＝0的两个根.（1）求a1；（2）求数列的前n项和Sn.考点三 错位相减法【易错提醒】 用错位相减法求和时应注意：（1）等比数列的公比为负数的情形；（2）在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn－qSn”的表达式.【例3】 （2025·全国Ⅰ卷16题）已知数列{an}中，a1＝3，＝＋.（1）证明：数列{nan}是等差数列；（2）给定正整数m，设函数f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'（－2）.【瓶颈突破】 当已知条件中含有三角函数时，需等价转化，常用的三角函数等价转化有：（1）cos nπ＝（－1）n；（2）sin＝（－1）n＋1.【训练3】 （2025·贵州贵阳模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，8Sn＝＋4an－21.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足bn＝an·cos（nπ）·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.第6讲 数列求和【基础·回扣】（1）解：设数列{an}的公比为q，q＞0.∵2a3＝3a2＋4，∴2a1q2＝3a1q＋4，∴q＝2或－（舍），∴an＝2n，∴Sn＝＝2n＋1－2.（2）解：由（1）得an＝2n，∴bn＝log2an＝n，∴Tn＝＝.（3）解：由（1）得＝＝，∴An＝＋＋＋…＋＝＝.（4）解：∵an＋bn＝2n＋n，∴Bn＝21＋1＋22＋2＋…＋2n＋n＝（21＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n）＝＋＝－2＋2n＋1.（5）解：∵＝＝2，∴Cn＝2（1－＋－＋－＋…＋－）＝2×（1＋－－）＝3－－＝.（6）解：由（2）知（－1）nbn＝（－1）n·n.当n为偶数时，Dn＝（－1）×1＋（－1）2×2＋…＋（－1）n·n＝－1＋2－3＋4－5＋…－（n－1）＋n＝.当n为奇数时，Dn＝－n＝，∴Dn＝【典例·讲解】【例1】 解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞0），由a1＋a2＝3及S4＝15，得a3＋a4＝q2（a1＋a2）＝12，解得q＝2，于是a1＋a2＝3a1＝3，即a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n－1.（2）由（1）知，bn＝2n－1＋（－1）n（3n－1），所以T2n＝（1＋2＋22＋…＋22n－1）＋[（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－6n＋4＋6n－1）]＝＋3n＝22n＋3n－1.【训练1】 解：（1）由题意得解得∴{an}的通项公式为an＝2n－1.（2）①∵bn＝其中k是正整数，∴b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4.②bi＝b1＋b2＋b3＋…＋＝（b1＋b3＋b5＋…＋）＋（b2＋b4＋b6＋…＋）＝（b1＋b3＋b5＋…＋）＋[（b1＋1）＋（b3＋2）＋（b5＋3）＋…＋（＋2n－1）]＝2（b1＋b3＋b5＋…＋）＋（1＋2＋3＋…＋2n－1）＝3（1＋2＋3＋…＋2n－1）＝3×＝3（2n－2＋22n－3）.【例2】 解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则q＞0，因为b1＝2，b2＋b3＝b1（q＋q2）＝2（q＋q2）＝12，可得q2＋q－6＝0，解得q＝2，故数列{bn}的通项公式为bn＝2·2n－1＝2n.因为b3＝a4－2a1＝8，S11＝11b4＝11×16，所以解得故数列{an}的通项公式为an＝1＋3（n－1）＝3n－2.（2）证明：由（1）得cn＝＝＝－，所以Tn＝（－）＋（－）＋…＋（－）＝－，因为Tn＋1－Tn＝cn＋1＞0，故数列{Tn}单调递增，所以Tn≥T1＝c1＝＝，且Tn＝－＜，因此对任意的n∈N*，≤Tn＜.【训练2】 解：（1）根据题意，由根与系数的关系可得an＋an＋1＝4n，∵数列{an}是等差数列，设公差为d，∴a1＋（n－1）d＋a1＋nd＝4n，即2dn＋2a1－d＝4n，则解得∴a1＝1.（2）由（1）d＝2，a1＝1，则an＝2n－1，∴bn＝an·an＋1＝（2n－1）（2n＋1），∴（－1）n·＝（－1）n·＝（－1）n（＋），∴Sn＝－（1＋）＋（＋）－（＋）＋…＋（－1）n（＋）＝－1＋（－1）n.【例3】 解：（1）证明：＝＋两边同时乘n（n＋1），得（n＋1）an＋1＝nan＋1，又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列.（2）由（1）可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋（n－1）×1＝n＋2，又f'（x）＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1，故f'（－2）＝3＋4×（－2）＋…＋（m＋2）×（－2）m－1，所以－2f'（－2）＝3×（－2）＋4×（－2）2＋…＋（m＋2）×（－2）m.两式相减，得3f'（－2）＝3＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）m－1－（m＋2）×（－2）m＝－（m＋）×（－2）m，所以f'（－2）＝－（＋）×（－2）m.【训练3】 解：（1）由8Sn＝＋4an－21，得当n≥2时，8Sn－1＝＋4an－1－21.两式相减得8an＝－＋4an－4an－1，整理得4（an＋an－1）＝（an＋an－1）（an－an－1），∵{an}为正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝4.当n＝1时，8S1＝＋4a1－21＝8a1，解得a1＝7.∴{an}是以7为首项，4为公差的等差数列，∴数列{an}的通项公式为an＝7＋4×（n－1）＝4n＋3.（2）当n＝2k＋1，k∈Z时，cos（nπ）＝－1；当n＝2k，k∈Z时，cos（nπ）＝1，∴bn＝an·（－1）n·2n＝（4n＋3）·（－2）n，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝（4＋3）×（－2）＋（4×2＋3）×（－2）2＋（4×3＋3）×（－2）3＋…＋（4n＋3）×（－2）n ①，－2Tn＝（4＋3）×（－2）2＋（4×2＋3）×（－2）3＋（4×3＋3）×（－2）4＋…＋（4n＋3）×（－2）n＋1 ②，①－②得：3Tn＝（4＋3）×（－2）＋4[（－2）2＋（－2）3＋…＋（－2）n]－（4n＋3）×（－2）n＋1＝4×＋（8n＋6）×（－2）n－6＝×（－2）n－＋（8n＋6）×（－2）n－6＝×（－2）n－，∴Tn＝－.2 / 2(共41张PPT)第6讲 数列求和备考指南高考对数列求和的考查主要以解答题的形式呈现，考查等差、等比数列的判定，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中等偏下.基础·回扣 诊断自测 知识回扣一典例·讲解 典例精析 强技提能二课后·训练 巩固强化 综合测评三目录 /CONTENTS基础·回扣诊断自测 知识回扣已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，2a3＝3a2＋4，且bn＝log2an.（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；解：设数列{an}的公比为q，q＞0.∵2a3＝3a2＋4，∴2a1q2＝3a1q＋4，∴q＝2或－ （舍），∴an＝2n，∴Sn＝ ＝2n＋1－2.（2）求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn；解：由（1）得an＝2n，∴bn＝log2an＝n，∴Tn＝ ＝ .（3）求数列 的前n项和An；解：由（1）得 ＝ ＝ ，∴An＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＝ .（4）求数列{an＋bn}的前n项和Bn；分组求和：等差数列中，Sn＝ ；等比数列中，Sn＝（q≠1）.解：∵an＋bn＝2n＋n，∴Bn＝21＋1＋22＋2＋…＋2n＋n＝（21＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n）＝ ＋＝ －2＋2n＋1.（5）求数列 的前n项和Cn；裂项求和：＝ （ － ）.解：∵ ＝ ＝2 ，∴Cn＝2（1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ）＝2×（1＋ － － ）＝3－ －＝ .解：由（2）知（－1）nbn＝（－1）n·n.当n为偶数时，Dn＝（－1）×1＋（－1）2×2＋…＋（－1）n·n＝－1＋2－3＋4－5＋…－（n－1）＋n＝ .当n为奇数时，Dn＝ －n＝ ，∴Dn＝（6）求数列{（－1）nbn}的前n项和Dn.含有（－1）n，对n分奇偶讨论. 【思维建模】 数列求和方法选择技巧典例·讲解典例精析 强技提能考点一 分组转化法【例1】 已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1＋a2＝3，S4＝15.（1）求数列{an}的通项公式；解： 设等比数列{an}的公比为q（q＞0），由a1＋a2＝3及S4＝15，得a3＋a4＝q2（a1＋a2）＝12，解得q＝2，于是a1＋a2＝3a1＝3，即a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n－1.（2）若数列{bn}满足bn＝an＋（－1）n（3n－1），求数列{bn}的前2n项和T2n.【通性通法】 分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组，转化为若干个可求和的数列的和或差，然后再求和.解： 由（1）知，bn＝2n－1＋（－1）n（3n－1），所以T2n＝（1＋2＋22＋…＋22n－1）＋[（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－6n＋4＋6n－1）]＝ ＋3n＝22n＋3n－1.【训练1】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4（a3－1），n∈N*.（1）求{an}的通项公式；解： 由题意得 解得∴{an}的通项公式为an＝2n－1.（2）设bn＝ 其中k是正整数.①求b1，b2，b3，b4；②求 bi（n∈N*）.解： ①∵bn＝ 其中k是正整数，∴b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4.② bi＝b1＋b2＋b3＋…＋＝（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋（b2＋b4＋b6＋…＋ ）＝（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋[（b1＋1）＋（b3＋2）＋（b5＋3）＋…＋（ ＋2n－1）]＝2（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋（1＋2＋3＋…＋2n－1）＝3（1＋2＋3＋…＋2n－1）＝3×＝3（2n－2＋22n－3）.考点二 裂项相消法【例2】 已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为2且公比大于0的等比数列，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.（1）求{an}和{bn}的通项公式；【通性通法】 （1）常见的裂项形式： ＝ （ － ）（k≠0），＝ （ － ），＝ ·［ － ］，＝ （ － ），＝ － ，ln（1＋ ）＝ln（1＋n）－ln n；（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.解： 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则q＞0，因为b1＝2，b2＋b3＝b1（q＋q2）＝2（q＋q2）＝12，可得q2＋q－6＝0，解得q＝2，故数列{bn}的通项公式为bn＝2·2n－1＝2n.因为b3＝a4－2a1＝8，S11＝11b4＝11×16，所以 解得故数列{an}的通项公式为an＝1＋3（n－1）＝3n－2.（2）若数列{cn}满足：cn＝ ，且数列{cn}的前n项和为Tn，求证： ≤Tn＜ .解： 证明：由（1）得cn＝ ＝ ＝－ ，所以Tn＝（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝－ ，因为Tn＋1－Tn＝cn＋1＞0，故数列{Tn}单调递增，所以Tn≥T1＝c1＝ ＝ ，且Tn＝ － ＜ ，因此对任意的n∈N*， ≤Tn＜ .【训练2】 （2025·广东深圳一模）已知等差数列{an}满足an，an＋1是关于x的方程x2－4nx＋bn＝0的两个根.（1）求a1；解： 根据题意，由根与系数的关系可得an＋an＋1＝4n，∵数列{an}是等差数列，设公差为d，∴a1＋（n－1）d＋a1＋nd＝4n，即2dn＋2a1－d＝4n，则 解得∴a1＝1.（2）求数列 的前n项和Sn.解： 由（1）d＝2，a1＝1，则an＝2n－1，∴bn＝an·an＋1＝（2n－1）（2n＋1），∴（－1）n· ＝（－1）n· ＝（－1）n（ ＋ ），∴Sn＝－（1＋ ）＋（ ＋ ）－（ ＋ ）＋…＋（－1）n（ ＋）＝－1＋（－1）n .考点三 错位相减法【例3】 （2025·全国Ⅰ卷16题）已知数列{an}中，a1＝3， ＝ ＋.（1）证明：数列{nan}是等差数列；解： 证明： ＝ ＋ 两边同时乘n（n＋1），得（n＋1）an＋1＝nan＋1，又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列.（2）给定正整数m，设函数f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'（－2）.【易错提醒】 用错位相减法求和时应注意：（1）等比数列的公比为负数的情形；（2）在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn－qSn”的表达式.解： 由（1）可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋（n－1）×1＝n＋2，又f'（x）＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1，故f'（－2）＝3＋4×（－2）＋…＋（m＋2）×（－2）m－1，所以－2f'（－2）＝3×（－2）＋4×（－2）2＋…＋（m＋2）×（－2）m.两式相减，得3f'（－2）＝3＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）m－1－（m＋2）×（－2）m＝ －（m＋ ）×（－2）m，所以f'（－2）＝ －（ ＋ ）×（－2）m.【训练3】 （2025·贵州贵阳模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，8Sn＝ ＋4an－21.（1）求数列{an}的通项公式；解： 由8Sn＝ ＋4an－21，得当n≥2时，8Sn－1＝ ＋4an－1－21.两式相减得8an＝ － ＋4an－4an－1，整理得4（an＋an－1）＝（an＋an－1）（an－an－1），∵{an}为正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝4.当n＝1时，8S1＝ ＋4a1－21＝8a1，解得a1＝7.∴{an}是以7为首项，4为公差的等差数列，∴数列{an}的通项公式为an＝7＋4×（n－1）＝4n＋3.（2）设数列{bn}满足bn＝an· cos （nπ）·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.【瓶颈突破】 当已知条件中含有三角函数时，需等价转化，常用的三角函数等价转化有：（1） cos nπ＝（－1）n；（2） sin ＝（－1）n＋1.解： 当n＝2k＋1，k∈Z时， cos （nπ）＝－1；当n＝2k，k∈Z时， cos （nπ）＝1，∴bn＝an·（－1）n·2n＝（4n＋3）·（－2）n，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝（4＋3）×（－2）＋（4×2＋3）×（－2）2＋（4×3＋3）×（－2）3＋…＋（4n＋3）×（－2）n ①，－2Tn＝（4＋3）×（－2）2＋（4×2＋3）×（－2）3＋（4×3＋3）×（－2）4＋…＋（4n＋3）×（－2）n＋1 ②，①－②得：3Tn＝（4＋3）×（－2）＋4[（－2）2＋（－2）3＋…＋（－2）n]－（4n＋3）×（－2）n＋1＝4× ＋（8n＋6）×（－2）n－6＝ ×（－2）n－ ＋（8n＋6）×（－2）n－6＝ ×（－2）n－ ，∴Tn＝ － .课后·训练巩固强化 综合测评（时间：45分钟，满分：70分）123456一、单项选择题（每小题5分，共10分）1. （2025·安徽皖南八校联考）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. －81C. 100 D. －121√解析： 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. （2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜an｜}的前12项和为（ ）A. 48 B. 112C. 80 D. 144√解析： 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－（n－1）2＋8（n－1）]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以｜an｜＝ 所以{｜an｜}的前12项和为 ＋ ＝80，故选C.123456二、解答题（共60分）3. （13分）已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1，数列{bn}满足bn＝ .（1）证明：{bn}是常数列；解： 证明：因为bn＋1－bn＝ － ＝＝ ＝＝0，所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数列.123456（2）若数列{cn}满足cn＝ sin ＋ ，求{cn}的前2n项和S2n.解： 因为a1＝1，所以bn＝b1＝ ＝2，所以 ＝2，所以an＝2n－1.所以cn＝ sin ＋22n－1＝ sin （nπ－ ）＋22n－1，所以S2n＝［ sin ＋ sin ＋ sin ＋…＋ sin （2nπ－ ）］＋（21＋23＋25＋…＋24n－1）＝（1－1＋1－1＋…－1）＋ ＝ .1234564. （15分）已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且Sn是an与 的等差中项.（1）证明：数列{ }为等差数列；解： 证明：因为Sn是an与 的等差中项，所以Sn＝ .当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，所以Sn＝ （Sn－Sn－1＋ ）（n≥2），即2Sn＝Sn－Sn－1＋ ，可得Sn＋Sn－1＝ ，即－ ＝1（n≥2）.令n＝1，可得S1＝a1＝ （a1＋ ），解得a1＝1或a1＝－1，又数列{an}是正项数列，所以a1＝1.所以数列{ }是以 ＝1为首项，1为公差的等差数列.123456（2）若bn＝ ，求b1＋b2＋b3＋…＋b99的值.解： 由（1）得 ＝ ＋n－1＝n，即 ＝n.因为数列{an}是正项数列，所以Sn＞0，所以Sn＝ .于是an＝Sn－Sn－1＝ － （n≥2），当n＝1时，a1＝1，符合an＝ － ，可得an＝ － .所以bn＝ ＝ ＝ － ，所以b1＋b2＋b3＋…＋b99＝ － ＋ － ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ＝ .1234565. （15分）（2025·辽宁一模）记Sn为数列{an}的前n项和，an＝ ，a2＝ .（1）求a1；解： 因为an＝ ，所以Sn＝n2an.当n＝2时，S2＝4a2＝a1＋a2，因为a2＝ ，所以a1＝ .123456（2）求证：数列{n（n＋1）an}是常数列；解： 证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2an－（n－1）2an－1，所以（n2－1）an＝（n－1）2an－1，即（n＋1）an＝（n－1）an－1，等式两边同时乘以n得，（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1，所以（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1＝（n－1）（n－2）·an－2＝…＝2×1×a1＝1，所以数列{n（n＋1）an}是常数列.123456（3）设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn.解： 由（2）知n（n＋1）an＝1，所以an＝ ，则bn＝（n＋1）×2n，所以Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n，2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1，两式相减得，－Tn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝2＋－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Tn＝n×2n＋1.1234566. （17分）（2025·山东聊城二模）已知数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn，且Sn＝ ＋n，n∈N*.（1）求an，Sn；解： 由Sn＝ ＋n，n∈N*得，Sn－1＝ ＋n－1，n≥2.两式相减得：an＝ （ － ）＋1，n≥2，即 ＝ ，n≥2，因为{an}是递增数列，所以an－an－1＝2，n≥2，由S1＝ ＋1，得a1＝2，所以{an}是首项为2，公差为2的等差数列，所以an＝2＋2（n－1）＝2n，Sn＝ ＝n2＋n.123456（2）记Sn＝f（n），数列{bn}满足：b1＝1，bn＋1＝f（bn），数列{ }的前n项积与前n项和分别记为An，Bn.证明：①An＝ ；②An＋Bn＝1.123456解： 证明：①由已知得，b1＝1，bn＋1＝f（bn）＝ ＋bn，所以 ＝ ＝ ，即 ＝ ，所以An＝ · · ·…· ＝ · · ·…· ＝ .②由 ＝ ＝ ＝ － ，可得 ＝ － ，所以Bn＝ ＋ ＋…＋ ＝（ － ）＋（ － ）＋…＋（－ ）＝1－ ，所以An＋Bn＝ ＋1－ ＝1.123456THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第6讲 数列求和.docx 第6讲 数列求和.pptx 第6讲 数列求和（练习，含解析）.docx
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