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第43课时　数列求和
[考试要求]　1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2．掌握数列求和的常用方法．
1．(苏教版选择性必修第一册P181复习题T11(1)改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝ (　　)
A．1 B．
C． D．
2．(人教A版选择性必修第二册P51练习T1改编)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为 (　　)
A．－200 B．－100
C．200 D．100
3．(人教A版选择性必修第二册P40习题4.3T3(1)改编)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．(人教B版选择性必修第三册P56习题5－5B T3改编)Sn＝＋…＋＝___________．
1．公式法
除了等差、等比数列的求和公式，常见的求和公式还有：
(1)12＋22＋32＋…＋n2＝；
(2)13＋23＋33＋…＋n3＝．
2．几种数列求和的常用方法
(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的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)裂项相消法：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(注意消项规律)，从而求得前n项和．
常见的拆项类型有：
①分式型：，
等；
②指数型：等；
③根式型：)等；
④对数型：logm＝logman+1－logman，m>0且m≠1．
(3)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，那么这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列满足与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么这个数列的前n项和可用倒序相加法求解．
(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，各项可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf (n)的数列求和，可采用并项求和法求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
＝(100＋99)(100－99)＋(98＋97)(98－97)＋…＋(2＋1)(2－1)＝5 050．
考点一　分组求和与并项求和
　分组求和
[典例1]　已知数列是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2＋a4＝13，S7＝49．
(1)求的通项公式；
(2)设bn＝an＋的前n项和Tn．
　并项求和
[典例2]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25．
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)设bn＝(－1)nSn，求数列{bn}的前n项和Tn．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：分组求和与并项求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{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，可采用分组求和法求和．
(3)如果cn＝(－1)n·an，求{cn}的前n项和Sn时，可采用并项求和法求解．对n分奇数、偶数讨论，建议先求n为偶数时Sn的值，当n为奇数时，Sn＝Sn-1＋cn．
[巩固迁移]
1．(2025·四川自贡二模)已知数列{an}的前n项和Sn＝(n∈N*)，数列是正项等比数列，满足b1＝a2，b3＝a8．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝(k∈N*)，记数列{cn}的前n项和为Tn，求T99．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点二　裂项相消法求和
[典例3]　(2026·湖北武汉开学考试)记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn＝4an－3n．
(1)求an；
(2)设bn＝的前n项和Tn．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：裂项相消法求和的基本步骤
[巩固迁移]
2．已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝(Sn为数列{an}的前n项和)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 026．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点三　错位相减法求和
[典例4]　(2026·广东深圳开学考试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝6，2Sn＝n(an＋2)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：错位相减法求和的具体步骤
[巩固迁移]
3．(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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第43课时　数列求和
以题引理·激活思维
No1．深研教材典题
1．B　2．D　3．C　4．
精研考点·提升素养
考点一
考向1　典例1　解：(1)设等差数列的公差为d，
又2a2＋a4＝13，S7＝49，
所以
解得
所以的通项公式为an＝a1＋＝2n－1．
(2)由(1)知bn＝an＋＝2n－1＋22n-1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋…＋
＝＋(2＋23＋25＋…＋22n-1)＝＋n2．
考向2　典例2　解：(1)设数列{an}的公差为d，由S5＝5a3＝25，得a3＝a1＋2d＝5，
又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1，Sn＝＝n2．
(2)结合(1)知bn＝(－1)nn2，
当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn-1＋bn)＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n－(n－1)][n＋(n－1)]＝1＋2＋3＋…＋n＝．
当n为奇数时，n－1为偶数，
Tn＝Tn-1＋(－1)n·n2＝．
综上可知，Tn＝．
巩固迁移
1．解：(1)因为Sn＝(n∈N*)，
所以当n＝1时，a1＝1．
当n≥2时，Sn-1＝，
所以an＝Sn－Sn-1＝－
＝n(n≥2)，
a1＝1，满足an＝n，所以an＝n(n∈N*)，
数列{bn}是正项等比数列，b1＝a2＝2，b3＝a8＝8．
所以公比q＝2，bn＝2n．
(2)由(1)知cn＝(k∈N*)，
T99＝(1＋3＋5＋…＋99)＋(22＋24＋…＋298)，
T99＝＝2 500＋．
考点二
典例3　解：(1)当n＝1时，3S1＝4a1－3，得a1＝3，
3Sn＝4an－3n，①
当n≥2时，3Sn-1＝4an-1－3(n－1)，②
由①－②得，an＝4an-1＋3．
又a1＝3，所以a1＋1＝4，
由an＋1＝4(an-1＋1)，可知数列是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以an＋1＝4n-1(a1＋1)＝4n，an＝4n－1．
(2)因为bn＝＝．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝．
巩固迁移
2．解：(1)由Sn＝，得Sn-1＝(n≥2)，
两式相减得an＝(n≥2)，
化简得(n－1)an＝nan-1，
所以＝…＝＝1，所以an＝n．
(2)由(1)知bn＝(－1)n+1＝(－1)n+1，所以T2 026＝－…－．
考点三
典例4　解：(1)当n＝1时，2S1＝a1＋2，解得a1＝2，
2Sn＝n(an＋2)，当n≥2时，2Sn-1＝(n－1)·(an-1＋2)，
两式相减可得2an＝nan－(n－1)an-1＋2，
即(n－2)an＝(n－1)an-1－2，①
则(n－1)an+1＝nan－2，②
②－①可得an+1－an＝an－an-1，
由于a2－a1＝4，
所以数列{an}是首项为2，公差为4的等差数列，
则an＝2＋4(n－1)＝4n－2．
(2)设bn＝＝(4n－2)·，
所以Tn＝＋…＋，③
＋…＋，④
③－④可得＋…＋，
化简可得Tn＝2－．
巩固迁移
3．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)因为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，
两式相减得－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，
∴Tn＝(2n－1)·3n＋1．
5/5(共62张PPT)
第43课时　数列求和
第六章　数列
[考试要求]
1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．
2．掌握数列求和的常用方法．
以题引理·激活思维
1．(苏教版选择性必修第一册P181复习题T11(1)改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝(　　)
A．1 B．
√
B　[∵an＝，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋…＋．故选B．]
2．(人教A版选择性必修第二册P51练习T1改编)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为(　　)
A．－200 B．－100
C．200 D．100
D　[S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100．故选D．]
√
3．(人教A版选择性必修第二册P40习题4.3T3(1)改编)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
√
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＝－n
＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n+1＋n2－2．
故选C．]
4．(人教B版选择性必修第三册P56习题5－5B T3改编)Sn＝＝_______________．
　[∵＝，
∴Sn＝．]
1．公式法
除了等差、等比数列的求和公式，常见的求和公式还有：
(1)12＋22＋32＋…＋n2＝；
(2)13＋23＋33＋…＋n3＝．
2．几种数列求和的常用方法
(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的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)裂项相消法：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(注意消项规律)，从而求得前n项和．
常见的拆项类型有：
①分式型：，，
等；
②指数型：等；
③根式型：)等；
④对数型：logm＝logman+1－logman，m>0且m≠1．
(3)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，那么这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列满足与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么这个数列的前n项和可用倒序相加法求解．
(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，各项可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf (n)的数列求和，可采用并项求和法求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
＝(100＋99)(100－99)＋(98＋97)(98－97)＋…＋(2＋1)(2－1)＝
5 050．
考点一　分组求和与并项求和
考向1　分组求和
[典例1]　已知数列是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2＋a4＝13，S7＝49．
(1)求的通项公式；
(2)设bn＝an＋的前n项和Tn．
精研考点·提升素养
[解]　(1)设等差数列的公差为d，
又2a2＋a4＝13，S7＝49，
所以解得
所以的通项公式为an＝a1＋＝2n－1．
(2)由(1)知bn＝an＋＝2n－1＋22n-1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋…＋＝＋(2＋23＋25＋…＋22n-1)
＝＝＋n2．
考向2　并项求和
[典例2]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25．
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)设bn＝(－1)nSn，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)设数列{an}的公差为d，由S5＝5a3＝25，得a3＝a1＋2d＝5，
又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1，Sn＝＝n2．
(2)结合(1)知bn＝(－1)nn2，
当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn-1＋bn)＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n－(n－1)][n＋(n－1)]＝1＋2＋3＋…＋n＝．
当n为奇数时，n－1为偶数，
Tn＝Tn-1＋(－1)n·n2＝．
综上可知，Tn＝．
名师点评：分组求和与并项求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{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，可采用分组求和法求和．
(3)如果cn＝(－1)n·an，求{cn}的前n项和Sn时，可采用并项求和法求解．对n分奇数、偶数讨论，建议先求n为偶数时Sn的值，当n为奇数时，Sn＝Sn-1＋cn．
[巩固迁移]
1．(2025·四川自贡二模)已知数列{an}的前n项和Sn＝
是正项等比数列，满足b1＝a2，b3＝a8．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝(k∈N*)，记数列{cn}的前n项和为Tn，求T99．
[解]　(1)因为Sn＝(n∈N*)，
所以当n＝1时，a1＝1．
当n≥2时，Sn-1＝，
所以an＝Sn－Sn-1＝＝n(n≥2)，
a1＝1，满足an＝n，所以an＝n(n∈N*)，
数列{bn}是正项等比数列，b1＝a2＝2，b3＝a8＝8．
所以公比q＝2，bn＝2n．
(2)由(1)知cn＝(k∈N*)，
T99＝(1＋3＋5＋…＋99)＋(22＋24＋…＋298)，
T99＝＝2 500＋．
【教用·备选题】
1．在数列{an}中，a1＝－1，an＝2an-1＋3n－6(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{an＋3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)证明：∵an＝2an-1＋3n－6(n≥2，n∈N*)，
∴当n≥2时，＝＝2，
∴数列{an＋3n}是首项为a1＋3＝2，公比为2的等比数列，
∴an＋3n＝2n，an＝2n－3n．
(2)bn＝an＋n＝2n－3n＋n＝2n－2n，
数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(21－2)＋(22－4)＋(23－6)＋…＋(2n－2n)
＝21＋22＋…＋2n－(2＋4＋6＋…＋2n)＝×n＝2n+1－2－n(n＋1)．
2．在数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n·an，求数列的前n项和Sn．
[解]　(1)∵an+1－1＝2an－2＝2，a1－1＝4，
∴是首项为4，公比为2的等比数列．
∴an－1＝4·2n-1＝2n+1，∴an＝2n+1＋1，n∈N*．
(2)bn＝(－1)n·＝(－1)n·2n+1＋(－1)n，n∈N*，
∴bn＋bn+1＝．
当n为偶数时，Sn＝＋…＋＝22＋24＋…＋2n＝；
当n为奇数时，Sn＝Sn-1＋bn＝
．综上，Sn＝
考点二　裂项相消法求和
[典例3]　(2026·湖北武汉开学考试)记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn＝4an－3n．
(1)求an；
(2)设bn＝的前n项和Tn．
[解]　(1)当n＝1时，3S1＝4a1－3，得a1＝3，
3Sn＝4an－3n，①
当n≥2时，3Sn-1＝4an-1－3(n－1)，②
由①－②得，an＝4an-1＋3．
又a1＝3，所以a1＋1＝4，
由an＋1＝4(an-1＋1)，可知数列是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以an＋1＝4n-1(a1＋1)＝4n，an＝4n－1．
(2)因为bn＝．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝．
名师点评：裂项相消法求和的基本步骤
[巩固迁移]
2．已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝(Sn为数列{an}的前n项和)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 026．
[解]　(1)由Sn＝，得Sn-1＝(n≥2)，
两式相减得an＝(n≥2)，
化简得(n－1)an＝nan-1，
所以＝…＝＝1，所以an＝n．
(2)由(1)知bn＝(－1)n+1＝(－1)n+1·，所以T2 026＝－…－．
【教用·备选题】
在数列{an}中，＝n2＋n．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：．
[解]　(1)因为＋…＋＝n2＋n，①
则当n＝1时，＝2，即a1＝4，
当n≥2时，＋…＋＝n2－n，②
①－②得＝2n，所以an＝2n(n＋1)，n≥2，
a1＝4也满足an＝2n(n＋1)，故对任意的n∈N*，an＝2n(n＋1)．
(2)证明：
＝，
所以＋…＋
＝
＝．
考点三　错位相减法求和
[典例4]　(2026·广东深圳开学考试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝6，2Sn＝n(an＋2)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn．
[解]　(1)当n＝1时，2S1＝a1＋2，解得a1＝2，
2Sn＝n(an＋2)，
当n≥2时，2Sn-1＝(n－1)(an-1＋2)，
两式相减可得2an＝nan－(n－1)an-1＋2，
即(n－2)an＝(n－1)an-1－2，①
则(n－1)an+1＝nan－2，②
②－①可得an+1－an＝an－an-1，
由于a2－a1＝4，
所以数列{an}是首项为2，公差为4的等差数列，
则an＝2＋4(n－1)＝4n－2．
(2)设bn＝＝(4n－2)·，
所以Tn＝＋…＋，③
＋…＋，④
③－④可得＋…＋
，化简可得Tn＝2－．
名师点评：错位相减法求和的具体步骤
[巩固迁移]
3．(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)因为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，
两式相减得－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，
∴Tn＝(2n－1)·3n＋1．
【教用·备选题】
(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝．已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<．
[解]　(1)设等比数列{an}的公比为q，则an＝qn-1．
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，
故an＝，bn＝．
(2)证明：由(1)知Sn＝，
Tn＝＋…＋，①
＋…＋，②
①－②得＋…＋，
即＝，
整理得Tn＝，则2Tn－Sn＝2＝－<0，
故Tn<．
1．(2026·福建福州模拟)记数列的前n项和为Sn，Sn＝(n＋1)an－n(n＋1)．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列．
课后作业(四十三)　数列求和
[解]　(1)因为Sn＝(n＋1)an－n(n＋1)，
当n≥2时，Sn-1＝nan-1－n(n－1)，
则an＝Sn－Sn-1＝(n＋1)an－n(n＋1)－nan-1＋n(n－1)＝(n＋1)an－nan-1－2n，
故nan＝nan-1＋2n，即an－an-1＝2，
当n＝1时，有a1＝S1＝a1－1×2，即a1＝2，
故{an}是首项、公差均为2的等差数列，故an＝2＋2(n－1)＝2n．
(2)证明：由(1)得an＝2n，
故，
则Tn＝．
因为Tn＝，故Tn<，
又y＝在[1，＋∞)上单调递减，
故Tn＝随n的增大而增大，
故Tn≥T1＝，综上，．
2．在数列＝n2，n∈N*．
(1)求数列的通项公式；
(2)若cn＝的前n项和Sn．
[解]　(1)因为an+1－an＝2n＋2，
当n≥2，n∈N*时，
累加得an－a1＝，
即an＝n，
经检验，a1＝2满足an＝n，
所以数列的通项公式为an＝n．
因为＋…＋＝n2，n∈N*，①
当n＝1时，b1＝3，
当n≥2，n∈N*时，＋…＋＝(n－1)2，②
①－②得＝n2－(n－1)2＝2n－1，
即bn＝，
经检验，b1＝3满足bn＝×3n，
所以数列的通项公式为bn＝×3n．
(2)由(1)可得cn＝＝，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋…＋－3．
即数列的前n项和Sn＝－3．
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列为等差数列，a1＝1，S7＝28．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝[lg an]，其中[x]表示不小于x的最小整数，如[1.9]＝2，
[lg 999]＝3，求数列{bn}的前2 023项和．
[解]　(1)因为为等差数列，所以公差d＝(n－1)＝，
即Sn＝，所以an＝Sn－Sn-1＝＝n(n≥2)，上式对a1＝1仍然成立，所以an＝n．
(2)由题意可知
bn＝[lg an]＝
记{bn}的前n项和为Tn，则T2 023＝0＋9×1＋90×2＋900×3＋1 023
×4＝6 981．
4．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(4)＝2，φ(8)＝4，数列{an}满足an＝φ(2n)(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Sn．
2025新课标变化：强化创新思维的形式与发展．
[解]　(1)由题意可知a1＝φ(2)＝1，a2＝φ(4)＝2，a3＝φ(8)＝4，
由题意可知，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an＝φ(2n)＝2n-1．
(2)由(1)知an＝φ(2n)＝2n-1，
所以a2n＝φ(22n)＝22n-1，
所以bn＝(－1)n＝(－1)n
＝(－1)n(2n－1)＝(4n－2)，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2×＋…＋(4n－6)×＋(4n－2)×，①
－＋…＋(4n－6)×＋(4n－2)×，②
所以①－②得
－(4n－2)×
＝－－(4n－2)×
＝－－(4n－2)×，
所以Sn＝－．
谢 谢 ！课后作业(四十三)　数列求和
说明：本试卷共60分
1．(15分)(2026·福建福州模拟)记数列的前n项和为Sn，Sn＝(n＋1)an－n(n＋1)．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列．
2．(15分)在数列＝n2，n∈N*．
(1)求数列的通项公式；
(2)若cn＝的前n项和Sn．
3．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列为等差数列，a1＝1，S7＝28．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝[lg an]，其中[x]表示不小于x的最小整数，如[1.9]＝2，[lg 999]＝3，求数列{bn}的前2 023项和．
4．(15分)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(4)＝2，φ(8)＝4，数列{an}满足an＝φ(2n)(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Sn．
课后作业(四十三)
1．解：(1)因为Sn＝(n＋1)an－n(n＋1)，
当n≥2时，Sn-1＝nan-1－n(n－1)，
则an＝Sn－Sn-1＝(n＋1)an－n(n＋1)－nan-1＋n(n－1)＝(n＋1)an－nan-1－2n，
故nan＝nan-1＋2n，即an－an-1＝2，
当n＝1时，有a1＝S1＝a1－1×2，即a1＝2，
故{an}是首项、公差均为2的等差数列，故an＝2＋2(n－1)＝2n．
(2)证明：由(1)得an＝2n，
故，
则Tn＝．
因为Tn＝，故Tn<，
又y＝在[1，＋∞)上单调递减，
故Tn＝随n的增大而增大，
故Tn≥T1＝．
综上，≤Tn<．
2．解：(1)因为an+1－an＝2n＋2，
当n≥2，n∈N*时，
累加得an－a1＝，
即an＝n，
经检验，a1＝2满足an＝n，
所以数列的通项公式为an＝n．
因为＋…＋＝n2，n∈N*，①
当n＝1时，b1＝3，
当n≥2，n∈N*时，＋…＋＝(n－1)2，②
①－②得＝n2－(n－1)2＝2n－1，即bn＝×3n，
经检验，b1＝3满足bn＝×3n，
所以数列的通项公式为bn＝×3n．
(2)由(1)可得cn＝＝，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋…＋－3．
即数列的前n项和Sn＝－3．
3．解：(1)因为为等差数列，所以公差d＝＝1＋(n－1)＝，
即Sn＝，
所以an＝Sn－Sn-1＝＝n(n≥2)，上式对a1＝1仍然成立，所以an＝n．
(2)由题意可知
bn＝[lg an]＝
记{bn}的前n项和为Tn，则T2 023＝0＋9×1＋90×2＋900×3＋1 023×4＝6 981．
4．解：(1)由题意可知a1＝φ(2)＝1，a2＝φ(4)＝2，a3＝φ(8)＝4，
由题意可知，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an＝φ(2n)＝2n-1．
(2)由(1)知an＝φ(2n)＝2n-1，
所以a2n＝φ(22n)＝22n-1，
所以bn＝(－1)n＝(－1)n
＝(－1)n(2n－1)＝(4n－2)，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2×＋6×＋…＋(4n－6)×＋(4n－2)×，①
－Sn＝2×＋6×＋…＋(4n－6)×＋(4n－2)×，②
所以①－②得
Sn＝2×＋4－(4n－2)×
＝－＋4×－(4n－2)×
＝－－(4n－2)×＝－，
所以Sn＝－．
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