第六章 第五节 数列求和-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

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第五节 数列求和
知识回顾
1．(1)an＝
(2)等差数列前n项和Sn＝，推导方法：倒序相加法；
(3)等比数列前n项和Sn＝
推导方法：错位相减法．
2．常见数列的前n项和
(1)1＋2＋3＋…＋n＝；
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
3．数列求和的常见方法
(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；
(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；
(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；
(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．
(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
课前检测
1.已知数列满足，则值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，得，，
，选D；
2.数列1,2,3,…,,…,则其前n项和为________．
＋1－
设Sn为数列的前n项和,
则Sn＝(1＋2＋…＋n)＋＝＋＝＋1－.
分组转化法．
3.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3),则S100等于________．
－200
当n为奇数时,an＋an＋1＝(－1)n－1·(4n－3)＋(－1)n·(4n＋1)＝(4n－3)－(4n＋1)＝－4.
故S100＝50×(－4)＝－200.
并项求和法．
4.数列,,,…,的前n项和为________．

5．一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是________________．
答案　100＋200(1－2－9)
解析　第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×＝100＋200(1－2－9)．
6．数列{an}的通项公式为an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 017＝________.
答案　1 008
解析　因为数列an＝ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.
∴S2 017＝S2 016＋a2 017
＝×2＋2 017·cos π＝1 008.
课中讲解
考点一.分组转化法求和



例1.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(n∈N+)．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【答案】an=2n
【解析】由Sn=2an-2(n∈N+)
可得S1=2a1-2∴a1=2
又S2=2a2-2∴a1+a2=2a2-2∴a2=4
因为{an}是等比数列q=a2a1=2，则通项公式an=2n

(2) 若bn=lg⁡an，求数列{an+bn}的前n项和Tn．
【答案】Tn=n(n+1)2lg⁡2+2n+1-2
【解析】由（1）知：bn=lgan=nlg2
∴数列{an+bn}的前n项和Tn=(b1+a1)+(b2+a2)+⋯+(bn+an)
=(lg⁡2+2)+(2lg⁡2+4)+⋯+(nlg⁡2+2n)=(lg⁡2+2lg⁡2+⋯+nlg2)+(2+4+⋯+2n)=n(n+1)2lg⁡2+2n+1-2


变式1.已知数列{an}是公比为正数的等比数列，a1=2，a3=a2+4
(1) 求数列{an}的通项公式；
【答案】an=2n
【解析】∵a3=a2+4，∴a1⋅q2=a1⋅q+4
∴2q2=2q+4
∴(q-2)(q+1)=0
∵q>0
∴q=2，an=2n

(2) 设数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Tn．
【答案】Tn=2n+1+n2-2
【解析】bn=2n-1,
Tn=2n+1+n2-2


例2.已知等差数列{an}，d≠0,a1=2,a4,a6,a9成等比数列．
(1) 求通项公式an；
【答案】an=2n；
【解析】∵a62=a4⋅a9，∴(a1+5d)2=(a1+3d)(a1+8d)，解得d2=a1d，又∵d≠0，则d=a1=2，∴an=2+(n-1)⋅2=2n；

(2) 令bn=an+1+2n,n∈N*，求数列{bn}的前n项的和Tn．
【答案】Tn=n2+2n+2n+1-2
【解析】∵bn=2n+1+2n，∴Tn=2(1+2+…+n)+n+(21+22+…+2n)=2n(n+1)2+n+2(1-2n)1-2=n2+2n+2n+1-2．

变式2.已知数列{an}中，a1=-60,an+1=an+3，则|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|=
【答案】|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|={-n(3n-123)2,n≤20n(3n-123)2+1260,n≥21
【解析】第一步：求出绝对值下通项公式
∵a1=-60,an+1=an+3,
∴{an}是首项a1=-60，公差为3的等差数列，
∴an=-60+(n-1)×3=3n-63,Sn=n(3n-123)2.
第二步:确定数列中项的正负情况
当an<0时,n<21,
∴|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|
第三步：根据分界点，分段进行讨论，求和
当n≤20时，an<0，则|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|=-(a1+a2+⋯+an)=-n(3n-123)2
当n≥21时，an>0，则
|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|=-(a1+a2+⋯+a20)+a21+a22+⋯an=-2(a1+a2+⋯+a20)+a1+a2+⋯+a20+a21+a22+⋯an=Sn-2S20=n(3n-123)2-220×(-63)2=n(3n-123)2+1260第四步：最后总结答案形式
|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|={-n(3n-123)2,n≤20n(3n-123)2+1260,n≥21
【备注】根据a1的值和递推关系式，结合等差数列的定义，可得{an}是等差数列，再根据等差数列的通项公式可得{an}的通项；解题关键是根据an的正负去绝对值进行求和；
分段求和，明确分界点的位置

例3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a4=2a3，S2=6．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{bn}满足：bn=an+log2⁡an，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】
解：(Ⅰ)设等比数列{an}的公比为q，
由{a4=2a3S2=6，得{a1q3=2a1q2a1+a1q=6…(2分)
解得{q=2a1=2…(4分)
所以an=a1qn-1=2n.…(6分)
(Ⅱ)bn=an+log2⁡an=2n+log2⁡2n=2n+n，…(8分)
所以Tn=(21+1)+(22+2)+…+(2n+n)
=(21+22+…+2n)+(1+2+…+n)…(9分)
=2(1-2n)1-2+n(n+1)2
=2n+1+n(n+1)2-2.…(12分)

【解析】

(Ⅰ)利用等比数列{an}的通项公式和前n项和公式由已知条件求出首项和公比，由此能求出数列{an}的通项公式．
(Ⅱ)bn=an+log2⁡an=2n+log2⁡2n=2n+n，由此利用分组求和法能求出数列{bn}的前n项和Tn．
本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，注意分组求和法的合理运用．
变式3.已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此数列第一项是 20，接下来两项是 20，21，再接下来三项是 20，21，22，…，依此类推．设 Sn 是此数列的前 n 项和，则 S2017= (　　)
A．264-26 B．263-26
C．264-25 D．263-25
【答案】A
【解析】将已知数列分组，使每组第一项均为 1，即： 第一组 20，第二组 20，21，第三组 20，21，22，…，利用等比数列前 n 项和公式，先求出各组的和，然后再求和可得答案，属于难题．
将已知数列分组，使每组第一项均为 1 ．
即：第一组 20， 第二组 20，21， 第三组 20，21，22，…，第 k 组 20，21，…，2k-1．
根据等比数列前 n 项和公式，求得每项和分别为： 21-1，22-1，23-1，…，2k-1．
每项含有的项数为： 1， 2， 3，…，k．
总共的项数为 N=1+2+3+…+k=k(k+1)2．
当 k=63 时 ，k(k+1)2=2016 项．
故 S2017=21-1+22-1+23-1+…+263-1+1=264-22．
故选 A

例4.已知数列 {xn} 满足 xn+2=|xn+1-xn|(n∈N*)，若 x1=1，x2=a(a≤1,a≠0)，且 xn+3=xn 对于任意正整数 n 均成立，则数列 {xn} 的前 2017 项和 S2017 的值为(　　)
A．672 B．673 C．1344 D．1345
【答案】D
【解析】本题考查了数列的分组求和、数列的周期性，由 x1=1，x2=a(a≤1,a≠0)，可得：x3=|x2-x1|=1-a，x1+x2+x3=2，再利用周期性即可得出．
∵x1=1，x2=a(a≤1,a≠0)．
∴x3=|x2-x1|=|a-1|=1-a．
∴x1+x2+x3=1+a+(1-a)=2．
当数列 {xn} 的周期为 3 时．
数列 {xn} 的前 2017 项和 S2017 的值 =672×2+1=1345．
故选 D
考点二.错位相减法求和
例1.已知 {an} 是递增的等差数列，a2，a4 是方程 x2-5x+6=0 的根．
(1) 求 {an} 的通项公式；
【答案】an=n+22(n∈N*)
【解析】结合条件计算等差数列的首项与公差，进而得到等差数列的通项公式．
因为 a2，a4 是方程 x2-5x+6=0 的两个根，且 {an} 是递增的等差数列，
所以a2=2 , a4=3 设首项为 a1，公差为 d，依题意可得等差数列的概念与相关公式 {a1+d=2a1+3d=3 解得 {a1=32d=12
所以 an=n+22(n∈N*) 等差数列的概念与相关公式．

(2) 求数列 {an2n} 的前 n 项和．
【答案】Sn=2-n+42n+1
【解析】本题考查错位相减法求数列和的知识．
由 (1) 知 an2n=n+22n+1，所以 {Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1,①12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2,②
① - ② 得
12Sn=[a]34+(123+124+⋯+12n+1)-n+22n+2=34+14(1-12n-1)-n+22n+2
（推导中用到：[a] 错位相减法）
所以 Sn=2-n+42n+1．

变式1.在等差数列 {an} 中，a1=1，数列 {bn} 满足 bn=12an，且 b1b2b3=164．
(1) 求数列 {an} 的通项公式；
【答案】 an=n
【解析】数列 {an} 为等差数列，设其公差为 d，
因为 bnbn-1=(12)an-an-1=(12)d(n⩾2)，
所以 {bn} 为等比数列．
所以 b1b2b3=b23=164，
所以 b2=14，所以 a2=2．
又因为 a1=1，所以 d=1．
所以 an=n．

(2) 求数列 {an⋅bn} 的前 n 项的和 Sn．
【答案】 Sn=2-n+22n
【解析】由（1）知 an=n，bn=12n，所以 anbn=n⋅12n，所以
Sn=12+2⋅122+3⋅123+⋯+n⋅12n,12Sn=122+2⋅123+⋯+n⋅12n+1,
所以
12Sn=12+122+123+⋯+12n-n2n+1=1-12n-n2n+1.
所以 Sn=2-n+22n．

例2.已知等差数列 {an} 和正项等比数列 {bn}，a1=b1=1，a3+a7=10，b3=a4．
(1) 求数列 {an}、{bn} 的通项公式；
【答案】an=n；bn=2n-1
【解析】依题意，{an} 为等差数列，设其公差为 d；{bn} 为正项等比数列，设其公比为 q，则可知 q>0．
∵a3+a7=10，
∴ 可知 2a5=10，即 a5=5．
又 a1=1，
∴a5-a1=4d=4，解得 d=1．
故 an=a1+(n-1)d=n．
由已知 b3=a4=4，
∴q2=b3b1=4，即 q=2．
∴bn=b1qn-1=2n-1，
所以 an=n，bn=2n-1．

(2) 若 cn=an⋅bn，求数列 {cn} 的前 n 项和 Tn．
【答案】Tn=(n-1)×2n+1
【解析】∵cn=an⋅bn=n⋅2n-1，
∴Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1，
∴2Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n，
以上两式相减，得
-Tn=20+21+22+…+2n-1-n×2n=1×(1-2n)1-2-n×2n=(1-n)×2n-1.
∴Tn=(n-1)×2n+1．

．
变式2.已知等差数列 {an} 的前 n 项和 Sn 满足 S2n=4Sn,(n∈N*)，且 a1=1．
(1) 求数列 {an} 的通项公式；
【答案】an=a1+(n-1)d=2n-1
【解析】在等差数列 {an} 中，a1=1，设公差为 d，
则等差数列 {an} 的前 n 项和为：
Sn=na1+n(n-1)2d=n+n(n-1)2d，
所以 S2n=2n+2n(2n-1)2d，
又因为 S2n=4Sn，
所以 2n+2n(2n-1)2d=4[n+n(n-1)2d]，
解得 d=2，
所以 an=a1+(n-1)d=2n-1．

(2) 求证：a13+a232+⋯+an3n<1．
【答案】略
【解析】
由（1）知 an=a1+(n-1)d=2n-1，
令 Tn=a13+a232+a333+⋯+an-13n-1+an3n，
则 Tn=1×13+3×132+5×133+⋯+(2n-3)×13n-1+(2n-1)×13n⋯⋯①，
13⋅Tn=1×132+3×133+5×134+⋯+(2n-3)×13n+(2n-1)×13n+1⋯⋯②，
① - ②得：
23⋅Tn=1×13+2[132+133+⋯+13n]-(2n-1)×13n+1=13+219[1-(13)n-1]1-13-(2n-1)×13n+1,
所以 Tn=1-(n+1)(13)n，
因为 (n+1)(13)n>0，
所以 Tn=1-(n+1)(13)n<1 成立．

例3.数列 {an} 满足 a1=1，nan+1=(n+1)an+n(n+1)，n∈N*．
(1) 证明：数列 {ann} 是等差数列；
【答案】数列 {ann} 是首项为 1，公差为 1 的等差数列．
【解析】将递推关系式变形出要证数列的形即可征得结论．
由
nan+1=(n+1)an+n(n+1),
等式两端同时除以 n(n+1)，得
an+1n+1=ann+1,
又因为 a11=a1=1，所以数列 {ann} 是首项为 1，公差为 1 的等差数列．

(2) 设 bn=3n⋅an，求数列 {bn} 的前 n 项和 Sn．
【答案】数列 {bn} 的前 n 项和 Sn=(2n-1)3n+1+34．
【解析】根据第一题的结果知，数列 {bn} 是差比数列，其前 n 项和 Sn 可以通过错位相减法求得．
因为 ann=1+(n-1)⋅1=n ，所以
an=n2.
因为 bn=3n⋅an=n⋅3n，所以可以用错位相减法求数列 {bn} 的前 n 项和 Sn．因为
Sn=1⋅31+2⋅32+⋯+n⋅3n,3Sn=1⋅32+2⋅33+⋯+n⋅3n+1,
两式相减，得
-2Sn=1⋅31+1⋅32+⋯+1⋅3n-n⋅3n+1=3⋅1-3n1-3-n⋅3n+1=32(3n-1)-n⋅3n+1.
所以
Sn=(2n-1)3n+1+34.
考点三.裂项相消法求和
例1.122-1+132-1+142-1+…+1(n+1)2-1的值为(　　)
A．n+12(n+2)
B．34-n+12(n+2)
C．34-12(1n+1+1n+2)
D．32-1n+1+1n+2
【答案】C
【解析】
因为1(n+1)2-1=1n(n+2)=12(1n-1n+2)，所以122-1+132-1+142-1+⋯+1(n+1)2-1=12[(1-13)+(12-14)+(13-15)+⋯+(1n-1n+2)]=12(1+12-1n+1-1n+2)=34-12(1n+1+1n+2)．故选C．

【备注】本题考查了裂项相消法．
裂项相消法计算得结论．


变式1.数列 {an} 的通项公式为 an=1n2+2n，其前 n 项和为 Sn，则 S10 的值为(　　)
A．1-112
B．12(1-112)
C．12(32-112)
D．12(32-111-112)
【答案】D
【解析】an=1n2+2n=12(1n-1n+2)．
S10=a1+a2+…+a10=12[(1-13)+(12-14)+(13-15)+…+(18-110)+(19-111)+(110-112)]=12(1+12-111-112)=12(32-111-112)
故选 D

例2.已知各项均为正数的数列 {an} 满足 an+2+2anan+2=4an+1-an(n∈N*)，且 a1=1，a2=4．
(1) 证明：数列 {an} 是等差数列；
【答案】略．
【解析】根据已知条件，得出数列为等差数列的条件 an+2+an=2an+1 即可．本题考查等差数列的判定与证明．
因为
an+2+2anan+2+an=4an+1,且an>0,
所以
(an+2+an)2=(2an+1)2.
所以
an+2+an=2an+1.
根据等差数列的定义，知 {an} 是首项为 a1=1，公差为 a2-a1=1 的等差数列等差数列的判定与证明．

(2) 设 bn=2n+1anan+1，{bn} 的前 n 项和为 Sn，求证：Sn<1．
【答案】略．
【解析】把 bn 裂项为 1n2-1(n+1)2 是关键．
由（1）得
an=1+(n-1)×1=n,
即 an=n2．所以
bn=2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2.
故
Sn=[a]1-122+122-132+⋯+1n2-1(n+1)2=1-1(n+1)2<1.
（推导中用到 [a] 裂项相消法．）

变式2.我国古代数学名著《 九章算术 》中，有已知长方形面积求一边的算法 （“少广”算法），其方法的前两步如下．第一步：构造数列 1，12，13，14，…，1n．第二步：将数列的各项乘以 n2，得到一个新数列 a1，a2，a3，…，an．则 a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an 等于(　　)
A．n24
B．(n-1)24
C．n(n-1)4
D．n(n+1)4
【答案】C
【解析】
本题考查数列的求和，考查“裂项法”求数列前 n 项和的应用，考查计算能力，属于中档题．
1，12，13，14，…，1n．
将数列的各项乘以 n2，得到一个新数列 n2，n4，n6，…，n2n．
a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n2×n4+n4×n6+n6×n8+…+n2(n-1)×n2n=n24(11×2+12×3+13×4+…+1(n-1)n)=n24(1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n)=n24×n-1n=n(n-1)4
故选 C
例3.设正项数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，2Sn=an⋅an+1(n∈N*)．
(1) 求a2，a3以及数列{an}的通项公式；
【答案】a2=2；a3=3；an=n
【解析】当n=1时，2S1=a1⋅a2=2a1，得a2=2；当n=2时，2S2=a2⋅a3=2(a1+a2)，得a3=3；当n≥2时，{2Sn=an⋅an+12Sn-1=an-1⋅an，两式相减，得2=an+1-an-1．所以，a2n-1=2n-1,a2n=2n，即an=n（当n=1时也适合）．

(2) 设bn=2-an，数列{bn}的前n项和为Tn
（i）求Tn；
（ii）证明：1S1+1S2+⋅⋅⋅+1Sn≤2Tn(n∈N*)．
【答案】见解析
【解析】（i）由（Ⅰ）得bn=(12)n，所以Tn=1-(12)n
（ii）因为Sn=n(n+1)2，所以1Sn=2n(n+1)=2(1n-1n+1)．所以1S1+1S2+⋅⋅⋅+1Sn=2(1-1n+1)．先证：2n≥n+1．设F(n)=2n-(n+1)，因为F(n+1)-F(n)=2n-1≥1>0．所以函数F(n)在N*上单调递增，所以F(n)≥F(1)=0，即2n≥n+1．所以1n+1≥(12)n，即2(1-1n+1)≤2(1-(12)n)．即1S1+1S2+⋅⋅⋅+1Sn=2Tn(n∈N*)．

变式3.对于每个自然数 n，抛物线 y=(n2+n)x2-(2n+1)x+1 与 x 轴交于 An，Bn 两点，以 |AnBn| 表示该两点间的距离，则 |A1B1|+|A2B2|+…+|A2016B2016| 的值是(　　)
A．20142015
B．20162015
C．20152014
D．20162017
【答案】D
【解析】y=0 时 (n2+n)x2-(2n+1)x+1=0，解得 x1=1n，x2=1n+1，则 A，B 点的坐标为 (1n,0)，(1n+1,0)，则 |AnBn|=1n-1n+1，所以 |A1B1|+|A2B2|+…+|A2016B2016|=20162017，所以 D 选项正确．

例4.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，an>0，an+1⋅(Sn+1+Sn)=2
(1) 求Sn
【答案】Sn=2n
【解析】a1=2，an>0，an+1⋅(Sn+1+Sn)=2可得(Sn+1-Sn)(Sn+1+Sn)=2可得Sn+12-Sn2=2，即数列{Sn2}为首项为2，公差为2的等差数列，可得Sn2=2+2(n-1)=2n，由an>0，可得Sn=2n．

(2) 求1S1+S2+1S2+S3+…+1Sn+Sn+1
【答案】22(n+1-1)
【解析】1Sn+Sn+1=12n+2(n+1)，=22(1n+n+1)=22(n+1-n)，即有1S1+S2+1S1+S2+…,+1Sn+Sn+1，=22(2-1+3-2+2-3+…+n+1-n)=22(n+1-1)

变式4.已知数列 {an} 的通项 an=1n(n+1)(n+2)，求它的前 n 项和 Sn．
【答案】Sn=n(n+3)4(n+1)(n+2)
【解析】 ∵an=12[1n(n+1)-1(n+1)(n+2)],∴Sn=12[(11⋅2-12⋅3)+(12⋅3-13⋅4)+⋯+(1n⋅(n+1)-1(n+1)⋅(n+2))]=12[12-1(n+1)⋅(n+2)]=n(n+3)4(n+1)(n+2).
变式5.我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列 1，12，13，14，…，1n①
第二步：将数列 ① 的各项乘以 n2，得到一个新数列 a1，a2，a3，…，an．
则 a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=(　　)

A．n24
B．(n-1)24
C．n(n-1)4
D．n(n+1)4
【答案】C
【解析】1，12，13，14，…，1n①
将数列 ① 的各项乘以 n2，得到一个新数列 n2，n4，n6，…，n2n，
∴a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n2⋅n4+n4⋅n6+n6⋅n8+…+n2(n-1)⋅n2n=n24(11×2+12×3+13×4+…+1(n-1)n)=n24(1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n)=n24×n-1n=n(n-1)4
故选 C
【备注】由题意可得求得数列 {an}，则 a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n2⋅n4+n4⋅n6+n6⋅n8+…+n2(n-1)⋅n2n，提公因数，可知a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n24(11×2+12×3+13×4+…+1(n-1)n)，利用裂项法即可求得 a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an 的值．
本题考查数列的求和，考查“裂项法”求数列前 n 项和的应用，考查计算能力，属于中档题．

考点四.倒序相加求和
例1.已知f(x)=2xx+1，则f(12016)+f(12015)+f(12014)+……+f(12)+f(1)+f(2)+……+f(2014)+f(2015)+f(2016)=(　　)
A．0 B．2016
C．4032 D．4031
【答案】D
【解析】
因为 f(x)=2xx+1，所以f(x)+f(1x)=2，设S=f(12016)+f(12015)+f(12014)+……+f(12)+f(1)+f(2)+……+f(2014)+f(2015)+f(2016)，则S=f(2016)+f(2015)+f(2014)+……+f(2)+f(1)+f(12)+……+f(12014)+f((12015)+f(12016),所以2S=4031×2，所以S=4031．故选D．


变式1.设 f(x)=4x4x+2，利用倒序相加法，可求得 f(111)+f(211)+…+f(1011) 的值为________ ．
【答案】5
【解析】本题考查倒序相加法求和，得出 f(x)+f(1-x)=1 并得出所求即为 1007 对项的和是解决问题的关键．
∵f(x)=4x4x+2．
f(x)+f(-x)=4x4x+2+41-x41-x+2=4x4x+2+41-x×4x(41-x+2)×4x=4x+24x+2=1
则f(111)+f(211)+…+f(1011)=f(111)+f(1011)+f(211)+f(911)+f(311)+f(811)+f(411)+f(711)+f(511)+f(611)=5
故答案为 5．

例2.若函数f(x)对任意x∈R都有f(x)+f(1-x)=2．an=f(0)+f(1n)+f(2n)+…+f(n-1n)+f(1)，数列{an}是等差数列吗？试证明你的结论；
【答案】数列{an}是a1=2,d=1的等差数列，证明见解析.
【解析】an=f(0)+f(1n)+f(2n)+…+f(n-1n)+f(1)
⇒an=f(1)+f(n-1n)+f(n-2n)+…+f(1n)+f(0)
1+0=1n+n-1n=2n+n-2n=…=1
则,由条件:对任意x∈R都有f(x)+f(1-x)=2。
⇒2an=2+2+2+…+2=2n+1
⇒an=n+1⇒an+1=n+2
⇒an+1-an=1
从而：数列{an}是a1=2,d=1的等差数列．

变式2.已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S8=4π， 函数f(x)=cos⁡x(2sin⁡x+1)，则f(a1)+f(a2)+⋯+f(a8)的值为(　　)
A．0 B．4π
C．8π D．与a1有关
【答案】A
【解析】
因为S8=4π，
所以8(a1+a8)2=4π，
化为a1+a8=π，
所以f(a1)+f(a8)
=cos⁡a1(2sin⁡a1+1)+cos⁡(π-a1)(2sin⁡(π-a1)+1)
=cos⁡a1(2sin⁡a1+1)-cos⁡a1(2sin⁡a1+1)
=0，
所以f(a1)+f(a2)+…+f(a8)
=12[(f(a1)+f(a8))+(f(a2)+f(a7))+…+(f(a8)+f(a1))]=0．
故选A．

【备注】由S8=4π，可得a1+a8=π，于是f(a1)+f(a8)=cos⁡a1(2sin⁡a1+1)+cos⁡(π-a1)(2sin⁡(π-a1)+1)=0，即可得出．
例3.数列 {an} 是公差不为 0 的等差数列，且 ai∈[0,4]，1⩽i⩽2019，设函数 f(x)=3sin(π4x-π2)，若 f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2019)=0，则 a1+a2+a3+…+a2019=________．
【答案】4038
【解析】根据题意，f(x)=3sin⁡(π4x-π2)=-3cos⁡π4x，则函数 f(x) 是偶函数，且 f(x) 关于点 (2,0) 对称，
则有 f(x)+f(4-x)=0，
又由 ai∈[0,4]，1⩽i⩽2019 且 f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2019)=0，
则 a1+a2019=4，a2+a2018=4，……
则 a1+a2+a3+…+a2019=(a1+a2019)×20192=4038．

考点五.并项求和
例1 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2(n∈N*)．
课后习题
一． 单选题
1.12+(12+14)+(12+14+18)+…+(12+14+…+1210) 的值为(　　)

A．7+129
B．11+1211
C．9+1210
D．7+1210
【答案】C
【解析】∵12+122+123+…+12n=12(1-12n)12=1-12n，
∴12+(12+14)+(12+14+18)+…+(12+14+…+1210)=1-12+1-122+…+1-1210=10-(12+122+123+…+1210)=10-12(1-1210)12=9+1210
故选 C
【备注】本题考查了等比数列求和及分组求和，先得出 12+122+123+…+12n=1-12n，再代入得 1-12+1-122+…+1-1210，分组求和即可得出结果．
2.数列 {an} 的通项公式 an=ncos⁡nπ2，其前 n 项和为 Sn，则 S2015 等于(　　)
A．-1008 B．3020 C．3024 D．0
【答案】A
【解析】本题考查了数列的函数特征，分组转化求和法和等差数列的求和．
利用数列 {an} 的周期性，再利用等差数列的求和计算得结论．
∵an=ncos⁡nπ2．
又 ∵f(n)=cos⁡nπ2 是以 T=4 为周期的周期函数．
∴a1+a2+a3+a4=(0-2+0+4)=2．
a5+a6+a7+a8=(0-6+0+8)=2．
⋯
a2009+a2010+a2011+a2012=(0-2010+0+2012)=2．
S2015=a1+a2+a3+a4+…+a2012+(a2013+a2014+a2015)=(0-2+0+4)+(0-6+0+8)+…+(0-2010+0+2012)+(a2013+a2014+a2015)=2×503+(0-2014+0)=-1008
故选 A
3.记 Sn=11+4+14+7+…+13n-2+3n+1，若 Sn=5，则 n=(　　)
A．84 B．85 C．86 D．87
【答案】B
【解析】本题考查了裂项相消法求和，再计算得结论．
因为 13n-2+3n+1=-3n-2-3n+13．
Sn=11+4+14+7+…+13n-2+3n+1=-13[(1-4)+(4-7)+…+(3n-2-3n+1)]=-13(1-3n+1)
由 Sn=5 得 -13(1-3n+1)=5．
解得 n=85．
故选 B
4．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)
A．76 B．78
C．80 D．82
解析：选B　由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
5．(2019·开封调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于(　　)
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
解析：选B　∵a1＝1，a2＝＝2，
又＝＝2，
∴＝2.
∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)
＝＋＝3×21 009－3.故选B.
6．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(　　)
A.　　　　　　　 B．－
C．(－1)n＋1 D．以上均不正确
解析：选C　当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－＝－；当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2＝－＋n2＝.综上可得，原式＝(－1)n＋1.
7．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(　　)
A．－2 017 B．－2 018
C．2 017 D．2 018
解析：选D　当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 017＝－(3＋7＋11＋…＋4 035)．当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2 018＝5＋9＋13＋…＋4 037.所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(5－3)＋(9－7)＋(13－11)＋…＋(4 037－4 035)＝2×1 009＝2 018，故选D.
二．填空题
8.计算 21×3+23×5+…+2(2n-1)(2n+1)=________．
【答案】2n2n+1
【解析】裂项相消法 1n(n+k)=1k(1n-1n+k)．
9.已知函数 f(x)=14x+2，当 x1+x2=1 时，f(x1)+f(x2)=12，则 f(1n)+f(2n)+⋯+f(n-1n)= ________．
【答案】n-14
【解析】令 S=f(1n)+f(2n)+⋯+f(n-1n)，
则 S=f(n-1n)+f(n-2n)+⋯+f(1n)，
所以 2S=[f(1n)+f(n-1n)]+[f(2n)+f(n-2n)]+⋯+[f(n-1n)+f(1n)]=(n-1)×12．
所以 S=n-14．
10.推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin2⁡1∘+sin2⁡2∘+sin2⁡3∘+…+sin2⁡88∘+sin2⁡89∘=________

【答案】
44.5

【解析】
sin21∘+sin2⁡2∘+…+sin2⁡88∘+sin2⁡89∘
=(sin21∘+sin2⁡89∘)+(sin2⁡2∘+sin2⁡88∘)+…+(sin2⁡44∘+sin2⁡46∘)+sin2⁡45∘
=1+1+…+1+0.5
=44.5．
故答案为：44.5．

【备注】通过诱导公式sin⁡89∘=cos⁡1∘，得出sin2⁡1∘+cos2⁡1∘=1，依此类推，得出原式=44×1+sin2⁡45∘，得出答案．
主要考查了互为余角的三角函数关系式及特殊角的三角函数值，难度中等.解题的关键是将式子恰当分组.用到的知识点：sin2⁡α+cos2⁡α=1；sin⁡α=cos⁡(90∘-α)．
三， 解答题
11.已知 Sn 是数列 {an} 的前 n 项和，且 a1=1，nan+1=2Sn(n∈N*)，数列 {bn} 为等比数列，且满足 b1=a2，2b3=b4．
(1) 求 a2 的值；
【答案】a2=2
【解析】由 a1=1，nan+1=2Sn(n∈N*)，得 a2=2S1=2a1=2．

(2) 求数列 {an}，{bn} 的通项公式；
【答案】 an=n(n∈N*)， bn=2n
【解析】当 n⩾2 时，由 nan+1=2Sn，得 (n-1)an=2Sn-1，
两式相减，得 nan+1-(n-1)an=2(Sn-Sn-1)，
即：nan+1=(n+1)an，
所以 an+1an=n+1n，
所以 a2=2，a3a2=32，a4a3=43，⋯，anan-1=nn-1，
以上 (n-1) 个式子相乘得 an=2×32×43×⋯×n-1n-2×nn-1=n(n⩾3)，
又 a1=1，a2=2，
所以 an=n(n∈N*)，
由已知 b1=a2=2，设等比数列 {bn} 的公比为 q，
由 2b3=b4，得 b4b3=2，
即 q=2，
故 bn=2n．

(3) 求数列 {an⋅bn} 的前 n 项和 Tn．
【答案】 Tn=(n-1)⋅2n+1+2
【解析】设数列 {an⋅bn} 的前 n 项和 Tn，
则 Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，
2Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n-1)⋅2n+n⋅2n+1，
两式相减得
-Tn=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=2(1-2n)1-2-n⋅2n+1=-(n-1)⋅2n+1-2.
故 Tn=(n-1)⋅2n+1+2．


12.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=2，且a1+1,a2+1,a4+1成等比数列．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【答案】an=3n-1,n∈N*.
【解析】设数列{an} 公差为d，则an=2+(n-1)d,n∈N+，由a1+1,a2+1,a4+1 成等比数列，得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1)，即(3+d)2=3(3+d)，解得d=0（舍去）或者d=3，即an=3n-1,n∈N+

(2) 设bn=1anan+1,n∈N*，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn<319成立的最大的正整数n．
【答案】n=11.
【解析】因为bn=1anan+1=1(3n-1)(3n+2)=13(13n-1-13n+2).所以
Sn=13(12-15)+13(15-18)+⋅⋅⋅+13×(13n-1-13n+2)=13(12-13n+2)=n2(3n+2).
由Sn<319即n2(3n+2)<319,解得n<12，所以sn<319 成立的最大整数n=11
13．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(2n－1)an＋1＝(2n＋3)Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
(1)证明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn，
∴Sn＋1＝Sn，
∴＝2·，
又a1＝1，∴＝1≠0，
∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知，＝2n－1，
∴Sn＝(2n－1)·2n－1，
∴Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1，①
2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n.②
①－②得
－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n