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高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题32数列求和(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题32数列求和(原卷版+解析)，共40页。试卷主要包含了记Sn为等差数列an的前n项和，选C等内容，欢迎下载使用。
专题32 数列求和
数列求和基本方法
公式法
裂向相消法
错位相减法
倒序相加法
分组求和法
并向求和法
练高考 明方向
1.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求的最小值．
2.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
3．（2023·全国高考真题）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
4．（2023·浙江高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
(1)求的公比；(2)若，求数列的前项和．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设数列{an}满足a1=3，．
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．
7.(2023·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
8.(2023·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列an的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= .
9.(2023·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan=( )
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
10.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
11.(2023·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2(3)对任意的正整数n,设cn=(3an-2)bnanan+2,n为奇数,an-1bn+1,n为偶数.求数列{cn}的前2n项和.
12．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记为等比数列的前项和．若，，则 ．
13．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为数列的前项和．若,则 ．
14.(2023·天津高考理科·T19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k①求数列{a2n(c2n-1)}的通项公式.②求∑i=12naici(n∈N*).
15．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)等差数列的首项为，公差不为．若成等比数列，则前项的和为( )
A．B．C．D．
16．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
17．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则 ．
18．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
( = 1 \* ROMAN I)求；( = 2 \* ROMAN II)求数列的前1 000项和．
19．(2023高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知
(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和
讲典例 备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(na1＋an,2).
（2）等比数列前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
基本题型：
1、北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
2．如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为(参考数据：lgeq \f(7,5)≈0.15)( )
A．6个 B．7个
C．8个 D．9个
3．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
4．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
5．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq \f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
基本方法：
已知数列类型求其前n项和时，用根据数列类型选择相应的公式求和。
类型二、裂向相消法求和
基础知识：
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(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．
注意：利用裂项相消法求和时，要注意检验裂项前后是否等价，还要注意求和时正负相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
基本题型：
1. 设是正项数列,其前项和为,且对于所有的,都有,
(1)求数列的通项公式;
(2)设,是的前项和,求使得对所有都成立的最小正整数的值.
2.已知是数列的前项和，满足.
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.
3、已知各项均为正数的数列满足，且，．
（1）证明：数列是等差数（2）数列的前项和为，求证：．
基本方法：
常见数列的裂项方法
类型三、分组转化求和、并向求和
基础知识：
1．分组转化求和：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和．
2．分组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，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))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．
基本题型：
1．已知数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 021等于( )
A．－1 010 B．2 018
C．505 D．1 010
2．在公差大于0的等差数列中，，且，，成等比数列，则数列的前21项和为（ ）
A．12B．21C．11D．31
3．已知是等差数列，是公比为c的等比数列，，则数列的前10项和为__________，数列的前10项和为__________（用c表示）．
4．设数列的前n项和为，已知．
（Ⅰ）求通项；（Ⅱ）设，求数列的前n项和．
5、已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{bn}的前n项和Tn； (2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
基本方法：
1．利用分组转化法求和的3个关键点
会“列方程”：会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量
会“用公式”：会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式
会“分组求和”：观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列
2、非等差(比)数列的奇偶项求和问题的注意事项
(1)解决奇偶项问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．在解决问题中，感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用．
(2)在讨论的时候特别注意分清楚n为奇数、n为偶数时最后一项到底加到哪里停止．
类型四、错位相减法求和
1．适用条件
若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和Sn.
2．注意事项
(1)在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；
(2)作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．
基本题型：
1．已知数列是等比数列，，是和的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
2. 设数列的前项和为，为等比数列，且，．
（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．
3．已知数列满足：，.
（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求最小值.
基本方法：
错位相减法求和的基本步骤：
新预测 破高考
1．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
2．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
3．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则等于（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列满足，且，则该数列的前9项之和为（ ）
A．32B．43C．34D．35
5.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq \f(4,5).若这堆货物总价是25－65eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n万元，则n的值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
6．数列中，，，，则的前n项和 .
7．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
8．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和Tn为________．
9．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列an－eq \f(1,2)为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
11、已知各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，满足4λSn＝(an＋λ)2，其中λ>0，且eq \r(3)是a1，a2的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：当n≥2时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2－1)＋eq \f(1,S3－1)＋…＋eq \f(1,Sn－1)12、已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
13、已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.
（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.
14．已知数列的前项和为，且满足.
（Ⅰ）求证：数列为等比数列；
（Ⅱ）求数列的前项和.
15．某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在①的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：
记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________．
①判断S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)
②若a1－a3＝3，记bn＝eq \f(n,12)|an|，求证：b1＋b2＋…＋bn(1)请在本题条件的“已知”后面补充等比数列{an}的首项a1的值或公比q的值(只补充其中一个值)，并说明你的理由；
(2)利用(1)补充的条件，完成②的证明过程．
16.请从①;②;③这三个条件中任选一个,补充到下面问题中并解答下列问题. 已知等差数列的前项和为,是各项均为正数的等比数列,,,,
,是否存在正整数,使得数列的前项和?若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.
17、已知(),且的图象经过点. (1)求数列的通项公式; (2)当为奇数时,设,是否存在整数和,使不等式恒成立,若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.
18．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝eq \f(3,4).
已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ann为偶数，,lg3ann为奇数，))求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.
数列(n为正整数)
裂项方法
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋k)))
(k为非零常数)
eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2－1)))
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))))
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n－12n＋1－1)))
eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))))
(a>0，a≠1)
lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan
2023高考一轮复习讲与练
专题32 数列求和
数列求和基本方法
公式法
裂向相消法
错位相减法
倒序相加法
分组求和法
并向求和法
练高考 明方向
1.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求的最小值．
答案：（1）证明见解析； （2）．
分析：（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【小问1详解】因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
【小问2详解】由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
2.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
答案：（1） （2）见解析
分析：（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【小问1详解】∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,∴当时，，
∴,整理得：,
即,∴，
显然对于也成立，∴的通项公式；
【小问2详解】
∴。
3．（2023·全国高考真题）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
答案：（1）；（2）.
分析：（1）根据题设中的递推关系可得，从而可求的通项.
（2）根据题设中的递推关系可得的前项和为可化为，利用（1）的结果可求.
【详解】（1）由题设可得，又，，，故，即，即
所以为等差数列，故.
设的前项和为，则，因为，
所以.
4．（2023·浙江高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
答案：A
分析：显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由，，即，根据累加法可得，，当且仅当时取等号，，，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：
所以，即．
5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
(1)求的公比；(2)若，求数列的前项和．
答案：（1）；（2）．
【解析】（1）设的公比为，为的等差中项，
，；
（2）设前项和为，，
，①
，②
①②得，，
．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设数列{an}满足a1=3，．
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．
答案：（1），，，证明见解析；（2）．
解析：（1）由题意可得，，
由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，
证明如下：
当时，成立；假设时，成立．
那么时，也成立．
则对任意的，都有成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，即．
7.(2023·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
【命题意图】本题考查数列的通项公式和等差数列的前n项和公式,考查一般和特殊的思想和运算能力,体现了数学抽象和逻辑推理等核心素养.
答案:3n2-2n
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列an
为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列an的前n项和为n(1+6n-5)2=3n2-2n.
8.(2023·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列an的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= .
答案:25
【解析】设等差数列an的公差为d.因为an是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+n-1d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+-2+5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+n(n-1)2d,n∈N*,可得:S10=10×-2+10×(10−1)2=-20+45=25,所以S10=25.
9.(2023·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan=( )
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得:a1q4-a1q2=12a1q5-a1q3=24⇒q=2a1=1,
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn=a1(1-qn)1−q=1−2n1−2=2n-1,因此Snan=2n-12n-1=2-21-n.
10.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),或q=2,a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
【方法总结】解决等比数列问题的常用思想方法
(1)方程的思想:等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求基本量a1和q,问题可迎刃而解.
(2)分类讨论的思想:等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn=a1(1-qn)1−q=a1-anq1−q.
11.(2023·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2(3)对任意的正整数n,设cn=(3an-2)bnanan+2,n为奇数,an-1bn+1,n为偶数.求数列{cn}的前2n项和.
【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列通项公式的求解,分组求和法,指数型裂项求和,错位相减求和等.
【解题指南】(1)由题意分别求得数列的公差、公比,然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果;
(2)利用(1)的结论首先求得数列{an}的前n项和,然后利用作差法证明即可;
(3)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式,然后分别利用指数型裂项求和与错位相减求和计算∑k=1nc2k-1和∑k=1nc2k的值,据此进一步计算数列{cn}的前2n项和即可.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n(n∈N*).
由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,
从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2(3)当n为奇数时,cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2 - 2n-1n,当n为偶数时,cn=an-1bn+1=n-12n,
对任意的正整数n,有∑k=1nc2k-1=∑k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n2n+1-1,∑k=1nc2k=∑k=1n2k-14k=14+342+543+…+2n-34n-1+2n-14n.①
由①得14∑k=1nc2k=142+343+544+…+2n-34n+2n-14n+1.②，由①②得34∑k=1nc2k=14+242+…+24n-2n-14n+1=241−14n1−14-14-2n-14n+1,
由于241−14n1−14-14-2n-14n+1=23 - 23×14n-14-2n-14n×14=512 - 6n+53×4n+1,从而得:∑k=1nc2k=59-6n+59×4n.
因此,∑k=12nck=∑k=1nc2k-1+∑k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×4n-49.所以,数列{cn}的前2n项和为4n2n+1-6n+59×4n-49.
12．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记为等比数列的前项和．若，，则 ．
答案：
解析：由，得，所以，又因为，所以，．
13．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为数列的前项和．若,则 ．
答案：
解析：为数列的前项和．若，①，当时，，解得，
当时，，②，由①﹣②可得，∴，
∴是以为首项，以2为公比的等比数列，∴．
14.(2023·天津高考理科·T19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k①求数列{a2n(c2n-1)}的通项公式.②求∑i=12naici(n∈N*).
【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
依题意得6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.
所以{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.
(2)①a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.
所以数列{a2n(c2n-1)}的通项公式为a2n(c2n-1)=9×4n-1.
②∑i=12naici=∑i=12n[ai+ai(ci-1)]=∑i=12nai+∑i=1na2i(c2i-1)=2n×4+2n(2n-1)2×3+∑i=1n(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+
9×4(1−4n)1−4-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12n∈N*.
15．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)等差数列的首项为，公差不为．若成等比数列，则前项的和为( )
A．B．C．D．
答案： A
【解析】数列的首项，设公差为，则由成等比数列可得，所以，即，整理可得，因为，所以，所以，故选A．
16．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
答案： B
【解析】解法一：常规解法：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得．
解法二：边界效应
等比数列为递增数列，则有，∴，解得，∴ ．
17．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则 ．
答案：
【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有： ，解得 ，
数列的前n项和，
裂项有：，据此：
。
18．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
( = 1 \* ROMAN I)求；( = 2 \* ROMAN II)求数列的前1 000项和．
答案：（1），，；（2）．
【解析】（1）设的公差为，据已知有，解得．
所以数列的通项公式为．
，，．
（2）因为
所以数列的前项和为．
19．(2023高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知
(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和
答案：（Ⅰ）（Ⅱ）
分析：（Ⅰ）先用数列第项与前项和的关系求出数列{}的递推公式，可以判断数列{}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{}的通项公式，再用拆项消去法求其前项和．
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，
当时，==，即，因为，所以=2，所以数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，所以=；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，
所以数列{}前n项和为= =．
讲典例 备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(na1＋an,2).
（2）等比数列前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
基本题型：
1、北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
答案：C
【解析】由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，
易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，
由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，
所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝eq \f(2n9＋18n,2)－2×eq \f(n9＋9n,2)＝9n2＝729，得n＝9，
所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝eq \f(3n9＋27n,2)＝eq \f(3×9×9＋27×9,2)＝3 402.
2．如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为(参考数据：lgeq \f(7,5)≈0.15)( )
A．6个 B．7个
C．8个 D．9个
答案：B
【解析】记由外到内的第n个正方形的周长为an，则a1＝4×1，a2＝4×eq \f(5,7)，…，an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n－1.
∴a1＋a2＋…＋an＝4×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n,1－\f(5,7))＝14×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n)).令a1＋a2＋…＋an≤13，解得n≤1＋eq \f(1,lg\f(7,5))≈7.667，
故可制作完整的正方形的个数最多为7个．
3．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
答案：3n2－2n
【解析】法一：数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10，13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5. 故前n项和Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.
法二：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，
得n＝eq \f(3m－1,2)＝eq \f(3m－3＋2,2)＝eq \f(3m－1,2)＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，
则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝eq \f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.
4．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
答案：6
【解析】∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0.∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2，∴S6＝6a1＋eq \f(6×6－1,2)d＝6×6－30＝6.
5．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq \f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案：2n＋1－2
【解析】因为eq \f(an＋m,am)＝an，令m＝1，则eq \f(an＋1,a1)＝an，即eq \f(an＋1,an)＝a1＝2，所以{an}是首项a1＝2，
公比q＝2的等比数列，Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.
基本方法：
已知数列类型求其前n项和时，用根据数列类型选择相应的公式求和。
类型二、裂向相消法求和
基础知识：
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(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．
注意：利用裂项相消法求和时，要注意检验裂项前后是否等价，还要注意求和时正负相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
基本题型：
1. 设是正项数列,其前项和为,且对于所有的,都有,
(1)求数列的通项公式;
(2)设,是的前项和,求使得对所有都成立的最小正整数的值.
答案：见解析
【解析】（1）,当,;当,①,
②,①-②可得,,,
,∴,
∴是以为首项,公差为的等差数列, ∴. (2),,
,,, ∵,
∴. ∴的最小正整数为.
2.已知是数列的前项和，满足.
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.
解析：（1）当时，，当时， ，
符合上式，所以
（2）由（1）可得，
所以，
.
3、已知各项均为正数的数列满足，且，．
（1）证明：数列是等差数（2）数列的前项和为，求证：．
答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析．
分析：（1）将已知递推关系移项配方整理可得，进而利用等差中项法证明数列是等差数列；
（2）利用裂项求和法求和化简后即得证.
【详解】
由结合数列各项均为正数 得，
则，所以数列是等差数列。
（2），则公差，∴，
∴.
基本方法：
常见数列的裂项方法
类型三、分组转化求和、并向求和
基础知识：
1．分组转化求和：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和．
2．分组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，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))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．
基本题型：
1．已知数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 021等于( )
A．－1 010 B．2 018
C．505 D．1 010
答案：D
【解析】易知a1＝cseq \f(π,2)＝0，a2＝2cs π＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为0，前2 020项中所有偶数项(共1 010项)依次为－2,4，－6,8，…，－2 018，2 020.故S2 020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 018＋2 020)＝1 010.又a2 021＝0，所以S2 021＝1 010.故选D.
2．在公差大于0的等差数列中，，且，，成等比数列，则数列的前21项和为（ ）
A．12B．21C．11D．31
答案：B
【解析】公差大于0的等差数列中，，可得，即，由，，成等比数列，可得，即为，解得（负值舍去），则，，所以数列的前21项和为。
3．已知是等差数列，是公比为c的等比数列，，则数列的前10项和为__________，数列的前10项和为__________（用c表示）．
答案：100
【解析】因为是等差数列，，所以，解得，所以，
所以，因为是公比为c的等比数列，且，
所以，故，当时，，
当时，，
综上, 。
4．设数列的前n项和为，已知．
（Ⅰ）求通项；
（Ⅱ）设，求数列的前n项和．
答案：（Ⅰ） ；（Ⅱ） .
【解析】（Ⅰ）因为，所以当时，，两式相减得：，当时，，因为,，得到，解得，，所以数列是首项，公比为5的等比数列，则；
（Ⅱ）由题意知，,易知当时，；时，
所以当时，，当时，，
所以，，……
当时，
又因为不满足满足上式，所以.
5、已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【解析】（1）当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n.
a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n. 故bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＋eq \f(n,2)＝2n＋1＋eq \f(n,2)－2；
当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－eq \f(n,2)－eq \f(5,2).
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))
（2）由(1)知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＝eq \f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
基本方法：
1．利用分组转化法求和的3个关键点
会“列方程”：会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量
会“用公式”：会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式
会“分组求和”：观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列
2、非等差(比)数列的奇偶项求和问题的注意事项
(1)解决奇偶项问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．在解决问题中，感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用．
(2)在讨论的时候特别注意分清楚n为奇数、n为偶数时最后一项到底加到哪里停止．
类型四、错位相减法求和
1．适用条件
若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和Sn.
2．注意事项
(1)在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；
(2)作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．
基本题型：
1．已知数列是等比数列，，是和的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
答案：（1）；（2）.
【解析】（1）设数列的公比为，因为，所以，.因为是和的等差中项，所以.即，化简得.因为公比，所以.
所以；
（2）因为，所以，所以.
则，①，
，②，
①②得，，
所以.
2. 设数列的前项和为，为等比数列，且，．
（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．
解析： (1)当时，，当时，满足上式，
故的通项式为．设的公比为，由已知条件知，
，，所以，∴，即．
(2)∵，∴
两式相减得：
∴
3．已知数列满足：，.
（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求最小值.
答案：（1）；（2）最小值为.
分析：（1）由已知条件得到为等比数列，即可得到通项；（2）错位相减求出，根据单调性求出最小值.
【详解】解：（1）由，得，是以2为公比的等比数列，记公比为，
又，，；
（2），，，
两式相减，得，
即，又，单调递增，
时，最小，最小值为.
基本方法：
错位相减法求和的基本步骤：
新预测 破高考
1．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
答案：C
【解析】由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq \f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝1 123.选C.
2．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
【解析】，可得时，，时，，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得．
3．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则等于（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】由题意，每条边有n个点，所以三条边有3n个点，三角形的3个顶点都被重复计算了一次，所以减3个顶点，即，，那么，
则
．
4．已知数列满足，且，则该数列的前9项之和为（ ）
A．32B．43C．34D．35
答案：C
【解析】，当为奇数时，，则数列是常数列，；当为偶数时，，则数列是以为首项，的等差数列，
.
5.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq \f(4,5).若这堆货物总价是25－65eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n万元，则n的值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案：B
【解析】由题意，可设这堆货物的总价为Sn，则Sn＝1＋2×eq \f(4,5)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))2＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n－1，eq \f(4,5)Sn＝eq \f(4,5)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))2＋…＋(n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n－1＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n，两式相减可得eq \f(1,5)Sn＝1＋eq \f(4,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n－1－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n＝eq \f(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n,1－\f(4,5))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n＝5－(n＋5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n ，所以Sn＝25－5(n＋5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n，当Sn＝25－5(n＋5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n＝25－65·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n时，解得n＝8.
6．数列中，，，，则的前n项和 .
答案：
【解析】∵，∴是等差数列， 又，，∴，
∴，，∴，∴．
7．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案：(－1)nn
【解析】当n＝2k(k∈N*)时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2＋2＋…＋2＝2k＝n；当n＝2k－1(k∈N*)时，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n.
综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为偶数，,－n，n为奇数))＝(－1)nn.
8．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和Tn为________．
答案：eq \f(1,n) eq \f(n,n＋1)
【解析】∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，∴eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝1.又∵eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,Sn)))是以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq \f(1,Sn)＝n，∴Sn＝eq \f(1,n).∴SnSn＋1＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)－eq \f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
9．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
答案：2n＋1－n－2
【解析】因为1＋2＋4＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
所以Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列an－eq \f(1,2)为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
【解析】(1)证明：2Sn＝－an＋n，当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－eq \f(1,2)))，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－eq \f(1,2)))为等比数列．
（2）由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－eq \f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n，∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n＋eq \f(1,2)，∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－eq \f(n,2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n－1))－eq \f(n,2).
11、已知各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，满足4λSn＝(an＋λ)2，其中λ>0，且eq \r(3)是a1，a2的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：当n≥2时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2－1)＋eq \f(1,S3－1)＋…＋eq \f(1,Sn－1)【解析】(1)当n＝1时，4λS1＝(a1＋λ)2，即(a1－λ)2＝0，得a1＝λ；
当n≥2时，4λSn－1＝(an－1＋λ)2，则4λSn－4λSn－1＝4λan＝(an＋λ)2－(an－1＋λ)2，
即(an＋an－1)(an－an－1－2λ)＝0，由于数列{an}的各项均为正，因而an－an－1＝2λ，a2＝3λ.
因为eq \r(3)是a1，a2的等比中项，所以a1·a2＝3，即3λ2＝3，又λ>0，所以λ＝1，
即数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)证明：由(1)得4Sn＝(2n－1＋1)2，即Sn＝n2.当n≥2时，eq \f(1,Sn－1)＝eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2－1)＋eq \f(1,S3－1)＋…＋eq \f(1,Sn－1)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋…＋eq \f(1,n2－1)
＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(7,4)－eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n＋1)12、已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2－n＋na1，
S1，S2，S4成等比数列，∴Seq \\al(2,2)＝S1·S4，∴(22－2＋2a1)2＝a1·(42－4＋4a1)，
化为(1＋a1)2＝a1(3＋a1)，解得a1＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1·eq \f(4n,2n－12n＋1)＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1)))，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋eq \f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)))－…＋(－1)n－1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1))).当n为偶数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋eq \f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)))－…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－3)＋eq \f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1)))＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋eq \f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－3)＋eq \f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1)))＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))
13、已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.
（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.
答案： （1）..（2）.
【解析】
（II）解：设数列的前项和为，由，，有，
故，
，
上述两式相减，得
得.
所以，数列的前项和为.
14．已知数列的前项和为，且满足.
（Ⅰ）求证：数列为等比数列；
（Ⅱ）求数列的前项和.
答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ），当时，，两式相减，得，
即.∴，所以数列为等比数列．
（Ⅱ）由，得.由（Ⅰ）知，数列是以为首项，为公比的等比数列．
所以，∴，∴，
∴.
15．某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在①的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：
记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________．
①判断S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)
②若a1－a3＝3，记bn＝eq \f(n,12)|an|，求证：b1＋b2＋…＋bn(1)请在本题条件的“已知”后面补充等比数列{an}的首项a1的值或公比q的值(只补充其中一个值)，并说明你的理由；
(2)利用(1)补充的条件，完成②的证明过程．
【解析】(1)条件的“已知”后面补充“公比q＝－eq \f(1,2)”，理由如下：由S1，S3，S2成等差数列，
得S1＋S2＝2S3，即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．因为a1≠0，
故上式可化简为2q2＋q＝0，因为q≠0，解得q＝－eq \f(1,2).
(2)证明：因为a1－a3＝3，所以a1－a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝3，解得a1＝4，所以an＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.由bn＝eq \f(n,12)|an|，
得bn＝eq \f(n,12)×4×eq \f(1,2n－1)＝eq \f(n,3·2n－1).记b1＋b2＋…＋bn＝Tn，
则Tn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,2)＋\f(3,22)＋…＋\f(n,2n－1)))，①，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)))，②
由①－②，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,3)1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－\f(n,2n)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(n＋2,2n)))，
所以Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(n＋2,2n)))＝eq \f(4,3)－eq \f(2＋n,3)·eq \f(1,2n－1)16.请从①;②;③这三个条件中任选一个,补充到下面问题中并解答下列问题. 已知等差数列的前项和为,是各项均为正数的等比数列,,,,
,是否存在正整数,使得数列的前项和?若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.
【解析】设等比数列的公比为,则, 因为,所以,即,解得或(舍去),所以. 选条件①: 设等差数列的公差为,则,解得, 所以
,, 故
, 令,解得或(舍), 因为为正整数,所以的最小值为. 选条件②: 设等差数列的公差为, 由,得,解得, 所以，
, 故
, 令,解得或(舍), 因为为正整数,所以的最小值为. 选条件③: 设等差数列的公差为, 由,得,解得. 所以,
, 故
, 令,解得或(舍), 因为为正整数,所以的最小值为.
17、已知(),且的图象经过点. (1)求数列的通项公式; (2)当为奇数时,设,是否存在整数和,使不等式恒成立,若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由题意得,即①,时,②, ①②:(),当时,也符合上式, 故数列的通项公式为. (2)由(1)知:,为奇数时,,∴,
①,②,
由①②得:, ∴, 令,其中为正奇数, 则, ∴随的增大而增大,∴为的增函数, 当时,,而,∴,
易知:使成立的的最大值为,的最小值为, ∴的最小值为.
18．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝eq \f(3,4).
已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ann为偶数，,lg3ann为奇数，))求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.
【解析】(1)由已知3Sn＝an＋2a1，n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2a1.
两式相减得到3an＝an－an－1，即eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2).
因为a1≠0，所以数列{an}是公比为－eq \f(1,2)的等比数列，从而an＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选①，由a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列可得a1＋a2＝2×eq \f(1,4)，
即a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选②，由a1，a2＋1，a3成等比数列可得a1a3＝(a2＋1)2，即a1×eq \f(1,4)a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)a1))2，解得a1＝1，
所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选③，由S3＝eq \f(3,4)可得a1＋a2＋a3＝eq \f(3,4)，即a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
(2)当n为奇数时，bn＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－(n－1)lg32.
记前2n＋1项和T2n＋1中奇数项和为T奇，
则T奇＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n＋1＝－(0＋2＋4＋…＋2n)lg32＝－n(n＋1)lg32.
当n为偶数时，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，记前2n＋1项和T2n＋1中偶数项和为T偶，
则T偶＝b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n－1))＝－eq \f(\a\vs4\al(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))),1－\f(1,4))＝－eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).
故T2n＋1＝－n(n＋1)lg32－eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).
数列(n为正整数)
裂项方法
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋k)))
(k为非零常数)
eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2－1)))
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))))
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n－12n＋1－1)))
eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))))
(a>0，a≠1)
lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan
专题32 数列求和
数列求和基本方法
公式法
裂向相消法
错位相减法
倒序相加法
分组求和法
并向求和法
练高考 明方向
1.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求的最小值．
2.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
3．（2023·全国高考真题）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
4．（2023·浙江高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
(1)求的公比；(2)若，求数列的前项和．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设数列{an}满足a1=3，．
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．
7.(2023·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
8.(2023·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列an的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= .
9.(2023·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan=( )
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
10.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
11.(2023·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2
12．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记为等比数列的前项和．若，，则 ．
13．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为数列的前项和．若,则 ．
14.(2023·天津高考理科·T19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k
15．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)等差数列的首项为，公差不为．若成等比数列，则前项的和为( )
A．B．C．D．
16．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
17．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则 ．
18．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
( = 1 \* ROMAN I)求；( = 2 \* ROMAN II)求数列的前1 000项和．
19．(2023高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知
(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和
讲典例 备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(na1＋an,2).
（2）等比数列前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
基本题型：
1、北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
2．如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为(参考数据：lgeq \f(7,5)≈0.15)( )
A．6个 B．7个
C．8个 D．9个
3．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
4．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
5．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq \f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
基本方法：
已知数列类型求其前n项和时，用根据数列类型选择相应的公式求和。
类型二、裂向相消法求和
基础知识：
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(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．
注意：利用裂项相消法求和时，要注意检验裂项前后是否等价，还要注意求和时正负相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
基本题型：
1. 设是正项数列,其前项和为,且对于所有的,都有,
(1)求数列的通项公式;
(2)设,是的前项和,求使得对所有都成立的最小正整数的值.
2.已知是数列的前项和，满足.
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.
3、已知各项均为正数的数列满足，且，．
（1）证明：数列是等差数（2）数列的前项和为，求证：．
基本方法：
常见数列的裂项方法
类型三、分组转化求和、并向求和
基础知识：
1．分组转化求和：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和．
2．分组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，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))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．
基本题型：
1．已知数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 021等于( )
A．－1 010 B．2 018
C．505 D．1 010
2．在公差大于0的等差数列中，，且，，成等比数列，则数列的前21项和为（ ）
A．12B．21C．11D．31
3．已知是等差数列，是公比为c的等比数列，，则数列的前10项和为__________，数列的前10项和为__________（用c表示）．
4．设数列的前n项和为，已知．
（Ⅰ）求通项；（Ⅱ）设，求数列的前n项和．
5、已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{bn}的前n项和Tn； (2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
基本方法：
1．利用分组转化法求和的3个关键点
会“列方程”：会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量
会“用公式”：会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式
会“分组求和”：观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列
2、非等差(比)数列的奇偶项求和问题的注意事项
(1)解决奇偶项问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．在解决问题中，感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用．
(2)在讨论的时候特别注意分清楚n为奇数、n为偶数时最后一项到底加到哪里停止．
类型四、错位相减法求和
1．适用条件
若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和Sn.
2．注意事项
(1)在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；
(2)作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．
基本题型：
1．已知数列是等比数列，，是和的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
2. 设数列的前项和为，为等比数列，且，．
（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．
3．已知数列满足：，.
（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求最小值.
基本方法：
错位相减法求和的基本步骤：
新预测 破高考
1．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
2．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
3．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则等于（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列满足，且，则该数列的前9项之和为（ ）
A．32B．43C．34D．35
5.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq \f(4,5).若这堆货物总价是25－65eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n万元，则n的值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
6．数列中，，，，则的前n项和 .
7．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
8．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和Tn为________．
9．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列an－eq \f(1,2)为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
11、已知各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，满足4λSn＝(an＋λ)2，其中λ>0，且eq \r(3)是a1，a2的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：当n≥2时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2－1)＋eq \f(1,S3－1)＋…＋eq \f(1,Sn－1)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
13、已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.
（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.
14．已知数列的前项和为，且满足.
（Ⅰ）求证：数列为等比数列；
（Ⅱ）求数列的前项和.
15．某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在①的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：
记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________．
①判断S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)
②若a1－a3＝3，记bn＝eq \f(n,12)|an|，求证：b1＋b2＋…＋bn
(2)利用(1)补充的条件，完成②的证明过程．
16.请从①;②;③这三个条件中任选一个,补充到下面问题中并解答下列问题. 已知等差数列的前项和为,是各项均为正数的等比数列,,,,
,是否存在正整数,使得数列的前项和?若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.
17、已知(),且的图象经过点. (1)求数列的通项公式; (2)当为奇数时,设,是否存在整数和,使不等式恒成立,若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.
18．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝eq \f(3,4).
已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ann为偶数，,lg3ann为奇数，))求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.
数列(n为正整数)
裂项方法
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋k)))
(k为非零常数)
eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2－1)))
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))))
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n－12n＋1－1)))
eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))))
(a>0，a≠1)
lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan
2023高考一轮复习讲与练
专题32 数列求和
数列求和基本方法
公式法
裂向相消法
错位相减法
倒序相加法
分组求和法
并向求和法
练高考 明方向
1.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求的最小值．
答案：（1）证明见解析； （2）．
分析：（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【小问1详解】因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
【小问2详解】由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
2.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
答案：（1） （2）见解析
分析：（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【小问1详解】∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,∴当时，，
∴,整理得：,
即,∴，
显然对于也成立，∴的通项公式；
【小问2详解】
∴。
3．（2023·全国高考真题）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
答案：（1）；（2）.
分析：（1）根据题设中的递推关系可得，从而可求的通项.
（2）根据题设中的递推关系可得的前项和为可化为，利用（1）的结果可求.
【详解】（1）由题设可得，又，，，故，即，即
所以为等差数列，故.
设的前项和为，则，因为，
所以.
4．（2023·浙江高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
答案：A
分析：显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由，，即，根据累加法可得，，当且仅当时取等号，，，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：
所以，即．
5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
(1)求的公比；(2)若，求数列的前项和．
答案：（1）；（2）．
【解析】（1）设的公比为，为的等差中项，
，；
（2）设前项和为，，
，①
，②
①②得，，
．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设数列{an}满足a1=3，．
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．
答案：（1），，，证明见解析；（2）．
解析：（1）由题意可得，，
由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，
证明如下：
当时，成立；假设时，成立．
那么时，也成立．
则对任意的，都有成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，即．
7.(2023·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
【命题意图】本题考查数列的通项公式和等差数列的前n项和公式,考查一般和特殊的思想和运算能力,体现了数学抽象和逻辑推理等核心素养.
答案:3n2-2n
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列an
为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列an的前n项和为n(1+6n-5)2=3n2-2n.
8.(2023·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列an的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= .
答案:25
【解析】设等差数列an的公差为d.因为an是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+n-1d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+-2+5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+n(n-1)2d,n∈N*,可得:S10=10×-2+10×(10−1)2=-20+45=25,所以S10=25.
9.(2023·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan=( )
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得:a1q4-a1q2=12a1q5-a1q3=24⇒q=2a1=1,
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn=a1(1-qn)1−q=1−2n1−2=2n-1,因此Snan=2n-12n-1=2-21-n.
10.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),或q=2,a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
【方法总结】解决等比数列问题的常用思想方法
(1)方程的思想:等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求基本量a1和q,问题可迎刃而解.
(2)分类讨论的思想:等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn=a1(1-qn)1−q=a1-anq1−q.
11.(2023·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2
【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列通项公式的求解,分组求和法,指数型裂项求和,错位相减求和等.
【解题指南】(1)由题意分别求得数列的公差、公比,然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果;
(2)利用(1)的结论首先求得数列{an}的前n项和,然后利用作差法证明即可;
(3)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式,然后分别利用指数型裂项求和与错位相减求和计算∑k=1nc2k-1和∑k=1nc2k的值,据此进一步计算数列{cn}的前2n项和即可.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n(n∈N*).
由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,
从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2
对任意的正整数n,有∑k=1nc2k-1=∑k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n2n+1-1,∑k=1nc2k=∑k=1n2k-14k=14+342+543+…+2n-34n-1+2n-14n.①
由①得14∑k=1nc2k=142+343+544+…+2n-34n+2n-14n+1.②，由①②得34∑k=1nc2k=14+242+…+24n-2n-14n+1=241−14n1−14-14-2n-14n+1,
由于241−14n1−14-14-2n-14n+1=23 - 23×14n-14-2n-14n×14=512 - 6n+53×4n+1,从而得:∑k=1nc2k=59-6n+59×4n.
因此,∑k=12nck=∑k=1nc2k-1+∑k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×4n-49.所以,数列{cn}的前2n项和为4n2n+1-6n+59×4n-49.
12．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记为等比数列的前项和．若，，则 ．
答案：
解析：由，得，所以，又因为，所以，．
13．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为数列的前项和．若,则 ．
答案：
解析：为数列的前项和．若，①，当时，，解得，
当时，，②，由①﹣②可得，∴，
∴是以为首项，以2为公比的等比数列，∴．
14.(2023·天津高考理科·T19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k
【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
依题意得6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.
所以{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.
(2)①a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.
所以数列{a2n(c2n-1)}的通项公式为a2n(c2n-1)=9×4n-1.
②∑i=12naici=∑i=12n[ai+ai(ci-1)]=∑i=12nai+∑i=1na2i(c2i-1)=2n×4+2n(2n-1)2×3+∑i=1n(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+
9×4(1−4n)1−4-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12n∈N*.
15．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)等差数列的首项为，公差不为．若成等比数列，则前项的和为( )
A．B．C．D．
答案： A
【解析】数列的首项，设公差为，则由成等比数列可得，所以，即，整理可得，因为，所以，所以，故选A．
16．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
答案： B
【解析】解法一：常规解法：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得．
解法二：边界效应
等比数列为递增数列，则有，∴，解得，∴ ．
17．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则 ．
答案：
【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有： ，解得 ，
数列的前n项和，
裂项有：，据此：
。
18．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
( = 1 \* ROMAN I)求；( = 2 \* ROMAN II)求数列的前1 000项和．
答案：（1），，；（2）．
【解析】（1）设的公差为，据已知有，解得．
所以数列的通项公式为．
，，．
（2）因为
所以数列的前项和为．
19．(2023高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知
(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和
答案：（Ⅰ）（Ⅱ）
分析：（Ⅰ）先用数列第项与前项和的关系求出数列{}的递推公式，可以判断数列{}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{}的通项公式，再用拆项消去法求其前项和．
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，
当时，==，即，因为，所以=2，所以数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，所以=；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，
所以数列{}前n项和为= =．
讲典例 备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(na1＋an,2).
（2）等比数列前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
基本题型：
1、北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
答案：C
【解析】由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，
易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，
由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，
所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝eq \f(2n9＋18n,2)－2×eq \f(n9＋9n,2)＝9n2＝729，得n＝9，
所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝eq \f(3n9＋27n,2)＝eq \f(3×9×9＋27×9,2)＝3 402.
2．如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为(参考数据：lgeq \f(7,5)≈0.15)( )
A．6个 B．7个
C．8个 D．9个
答案：B
【解析】记由外到内的第n个正方形的周长为an，则a1＝4×1，a2＝4×eq \f(5,7)，…，an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n－1.
∴a1＋a2＋…＋an＝4×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n,1－\f(5,7))＝14×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n)).令a1＋a2＋…＋an≤13，解得n≤1＋eq \f(1,lg\f(7,5))≈7.667，
故可制作完整的正方形的个数最多为7个．
3．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
答案：3n2－2n
【解析】法一：数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10，13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5. 故前n项和Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.
法二：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，
得n＝eq \f(3m－1,2)＝eq \f(3m－3＋2,2)＝eq \f(3m－1,2)＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，
则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝eq \f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.
4．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
答案：6
【解析】∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0.∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2，∴S6＝6a1＋eq \f(6×6－1,2)d＝6×6－30＝6.
5．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq \f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案：2n＋1－2
【解析】因为eq \f(an＋m,am)＝an，令m＝1，则eq \f(an＋1,a1)＝an，即eq \f(an＋1,an)＝a1＝2，所以{an}是首项a1＝2，
公比q＝2的等比数列，Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.
基本方法：
已知数列类型求其前n项和时，用根据数列类型选择相应的公式求和。
类型二、裂向相消法求和
基础知识：
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(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．
注意：利用裂项相消法求和时，要注意检验裂项前后是否等价，还要注意求和时正负相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
基本题型：
1. 设是正项数列,其前项和为,且对于所有的,都有,
(1)求数列的通项公式;
(2)设,是的前项和,求使得对所有都成立的最小正整数的值.
答案：见解析
【解析】（1）,当,;当,①,
②,①-②可得,,,
,∴,
∴是以为首项,公差为的等差数列, ∴. (2),,
,,, ∵,
∴. ∴的最小正整数为.
2.已知是数列的前项和，满足.
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.
解析：（1）当时，，当时， ，
符合上式，所以
（2）由（1）可得，
所以，
.
3、已知各项均为正数的数列满足，且，．
（1）证明：数列是等差数（2）数列的前项和为，求证：．
答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析．
分析：（1）将已知递推关系移项配方整理可得，进而利用等差中项法证明数列是等差数列；
（2）利用裂项求和法求和化简后即得证.
【详解】
由结合数列各项均为正数 得，
则，所以数列是等差数列。
（2），则公差，∴，
∴.
基本方法：
常见数列的裂项方法
类型三、分组转化求和、并向求和
基础知识：
1．分组转化求和：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和．
2．分组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，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))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．
基本题型：
1．已知数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 021等于( )
A．－1 010 B．2 018
C．505 D．1 010
答案：D
【解析】易知a1＝cseq \f(π,2)＝0，a2＝2cs π＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为0，前2 020项中所有偶数项(共1 010项)依次为－2,4，－6,8，…，－2 018，2 020.故S2 020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 018＋2 020)＝1 010.又a2 021＝0，所以S2 021＝1 010.故选D.
2．在公差大于0的等差数列中，，且，，成等比数列，则数列的前21项和为（ ）
A．12B．21C．11D．31
答案：B
【解析】公差大于0的等差数列中，，可得，即，由，，成等比数列，可得，即为，解得（负值舍去），则，，所以数列的前21项和为。
3．已知是等差数列，是公比为c的等比数列，，则数列的前10项和为__________，数列的前10项和为__________（用c表示）．
答案：100
【解析】因为是等差数列，，所以，解得，所以，
所以，因为是公比为c的等比数列，且，
所以，故，当时，，
当时，，
综上, 。
4．设数列的前n项和为，已知．
（Ⅰ）求通项；
（Ⅱ）设，求数列的前n项和．
答案：（Ⅰ） ；（Ⅱ） .
【解析】（Ⅰ）因为，所以当时，，两式相减得：，当时，，因为,，得到，解得，，所以数列是首项，公比为5的等比数列，则；
（Ⅱ）由题意知，,易知当时，；时，
所以当时，，当时，，
所以，，……
当时，
又因为不满足满足上式，所以.
5、已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【解析】（1）当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n.
a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n. 故bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＋eq \f(n,2)＝2n＋1＋eq \f(n,2)－2；
当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－eq \f(n,2)－eq \f(5,2).
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))
（2）由(1)知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＝eq \f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
基本方法：
1．利用分组转化法求和的3个关键点
会“列方程”：会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量
会“用公式”：会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式
会“分组求和”：观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列
2、非等差(比)数列的奇偶项求和问题的注意事项
(1)解决奇偶项问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．在解决问题中，感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用．
(2)在讨论的时候特别注意分清楚n为奇数、n为偶数时最后一项到底加到哪里停止．
类型四、错位相减法求和
1．适用条件
若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和Sn.
2．注意事项
(1)在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；
(2)作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．
基本题型：
1．已知数列是等比数列，，是和的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
答案：（1）；（2）.
【解析】（1）设数列的公比为，因为，所以，.因为是和的等差中项，所以.即，化简得.因为公比，所以.
所以；
（2）因为，所以，所以.
则，①，
，②，
①②得，，
所以.
2. 设数列的前项和为，为等比数列，且，．
（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．
解析： (1)当时，，当时，满足上式，
故的通项式为．设的公比为，由已知条件知，
，，所以，∴，即．
(2)∵，∴
两式相减得：
∴
3．已知数列满足：，.
（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求最小值.
答案：（1）；（2）最小值为.
分析：（1）由已知条件得到为等比数列，即可得到通项；（2）错位相减求出，根据单调性求出最小值.
【详解】解：（1）由，得，是以2为公比的等比数列，记公比为，
又，，；
（2），，，
两式相减，得，
即，又，单调递增，
时，最小，最小值为.
基本方法：
错位相减法求和的基本步骤：
新预测 破高考
1．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
答案：C
【解析】由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq \f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝1 123.选C.
2．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
【解析】，可得时，，时，，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得．
3．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则等于（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】由题意，每条边有n个点，所以三条边有3n个点，三角形的3个顶点都被重复计算了一次，所以减3个顶点，即，，那么，
则
．
4．已知数列满足，且，则该数列的前9项之和为（ ）
A．32B．43C．34D．35
答案：C
【解析】，当为奇数时，，则数列是常数列，；当为偶数时，，则数列是以为首项，的等差数列，
.
5.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq \f(4,5).若这堆货物总价是25－65eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n万元，则n的值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案：B
【解析】由题意，可设这堆货物的总价为Sn，则Sn＝1＋2×eq \f(4,5)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))2＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n－1，eq \f(4,5)Sn＝eq \f(4,5)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))2＋…＋(n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n－1＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n，两式相减可得eq \f(1,5)Sn＝1＋eq \f(4,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n－1－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n＝eq \f(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n,1－\f(4,5))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n＝5－(n＋5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n ，所以Sn＝25－5(n＋5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n，当Sn＝25－5(n＋5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n＝25－65·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(4,5)))n时，解得n＝8.
6．数列中，，，，则的前n项和 .
答案：
【解析】∵，∴是等差数列， 又，，∴，
∴，，∴，∴．
7．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案：(－1)nn
【解析】当n＝2k(k∈N*)时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2＋2＋…＋2＝2k＝n；当n＝2k－1(k∈N*)时，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n.
综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为偶数，,－n，n为奇数))＝(－1)nn.
8．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和Tn为________．
答案：eq \f(1,n) eq \f(n,n＋1)
【解析】∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，∴eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝1.又∵eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,Sn)))是以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq \f(1,Sn)＝n，∴Sn＝eq \f(1,n).∴SnSn＋1＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)－eq \f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
9．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
答案：2n＋1－n－2
【解析】因为1＋2＋4＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
所以Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列an－eq \f(1,2)为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
【解析】(1)证明：2Sn＝－an＋n，当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－eq \f(1,2)))，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－eq \f(1,2)))为等比数列．
（2）由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－eq \f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n，∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n＋eq \f(1,2)，∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－eq \f(n,2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))n－1))－eq \f(n,2).
11、已知各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，满足4λSn＝(an＋λ)2，其中λ>0，且eq \r(3)是a1，a2的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：当n≥2时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2－1)＋eq \f(1,S3－1)＋…＋eq \f(1,Sn－1)
当n≥2时，4λSn－1＝(an－1＋λ)2，则4λSn－4λSn－1＝4λan＝(an＋λ)2－(an－1＋λ)2，
即(an＋an－1)(an－an－1－2λ)＝0，由于数列{an}的各项均为正，因而an－an－1＝2λ，a2＝3λ.
因为eq \r(3)是a1，a2的等比中项，所以a1·a2＝3，即3λ2＝3，又λ>0，所以λ＝1，
即数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)证明：由(1)得4Sn＝(2n－1＋1)2，即Sn＝n2.当n≥2时，eq \f(1,Sn－1)＝eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2－1)＋eq \f(1,S3－1)＋…＋eq \f(1,Sn－1)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋…＋eq \f(1,n2－1)
＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(7,4)－eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n＋1)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2－n＋na1，
S1，S2，S4成等比数列，∴Seq \\al(2,2)＝S1·S4，∴(22－2＋2a1)2＝a1·(42－4＋4a1)，
化为(1＋a1)2＝a1(3＋a1)，解得a1＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1·eq \f(4n,2n－12n＋1)＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1)))，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋eq \f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)))－…＋(－1)n－1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1))).当n为偶数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋eq \f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)))－…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－3)＋eq \f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1)))＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋eq \f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－3)＋eq \f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1)))＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))
13、已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.
（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.
答案： （1）..（2）.
【解析】
（II）解：设数列的前项和为，由，，有，
故，
，
上述两式相减，得
得.
所以，数列的前项和为.
14．已知数列的前项和为，且满足.
（Ⅰ）求证：数列为等比数列；
（Ⅱ）求数列的前项和.
答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ），当时，，两式相减，得，
即.∴，所以数列为等比数列．
（Ⅱ）由，得.由（Ⅰ）知，数列是以为首项，为公比的等比数列．
所以，∴，∴，
∴.
15．某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在①的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：
记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________．
①判断S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)
②若a1－a3＝3，记bn＝eq \f(n,12)|an|，求证：b1＋b2＋…＋bn
(2)利用(1)补充的条件，完成②的证明过程．
【解析】(1)条件的“已知”后面补充“公比q＝－eq \f(1,2)”，理由如下：由S1，S3，S2成等差数列，
得S1＋S2＝2S3，即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．因为a1≠0，
故上式可化简为2q2＋q＝0，因为q≠0，解得q＝－eq \f(1,2).
(2)证明：因为a1－a3＝3，所以a1－a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝3，解得a1＝4，所以an＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.由bn＝eq \f(n,12)|an|，
得bn＝eq \f(n,12)×4×eq \f(1,2n－1)＝eq \f(n,3·2n－1).记b1＋b2＋…＋bn＝Tn，
则Tn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,2)＋\f(3,22)＋…＋\f(n,2n－1)))，①，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)))，②
由①－②，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,3)1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－\f(n,2n)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(n＋2,2n)))，
所以Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(n＋2,2n)))＝eq \f(4,3)－eq \f(2＋n,3)·eq \f(1,2n－1)
,是否存在正整数,使得数列的前项和?若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.
【解析】设等比数列的公比为,则, 因为,所以,即,解得或(舍去),所以. 选条件①: 设等差数列的公差为,则,解得, 所以
,, 故
, 令,解得或(舍), 因为为正整数,所以的最小值为. 选条件②: 设等差数列的公差为, 由,得,解得, 所以，
, 故
, 令,解得或(舍), 因为为正整数,所以的最小值为. 选条件③: 设等差数列的公差为, 由,得,解得. 所以,
, 故
, 令,解得或(舍), 因为为正整数,所以的最小值为.
17、已知(),且的图象经过点. (1)求数列的通项公式; (2)当为奇数时,设,是否存在整数和,使不等式恒成立,若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由题意得,即①,时,②, ①②:(),当时,也符合上式, 故数列的通项公式为. (2)由(1)知:,为奇数时,,∴,
①,②,
由①②得:, ∴, 令,其中为正奇数, 则, ∴随的增大而增大,∴为的增函数, 当时,,而,∴,
易知:使成立的的最大值为,的最小值为, ∴的最小值为.
18．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝eq \f(3,4).
已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ann为偶数，,lg3ann为奇数，))求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.
【解析】(1)由已知3Sn＝an＋2a1，n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2a1.
两式相减得到3an＝an－an－1，即eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2).
因为a1≠0，所以数列{an}是公比为－eq \f(1,2)的等比数列，从而an＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选①，由a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列可得a1＋a2＝2×eq \f(1,4)，
即a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选②，由a1，a2＋1，a3成等比数列可得a1a3＝(a2＋1)2，即a1×eq \f(1,4)a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)a1))2，解得a1＝1，
所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选③，由S3＝eq \f(3,4)可得a1＋a2＋a3＝eq \f(3,4)，即a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
(2)当n为奇数时，bn＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－(n－1)lg32.
记前2n＋1项和T2n＋1中奇数项和为T奇，
则T奇＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n＋1＝－(0＋2＋4＋…＋2n)lg32＝－n(n＋1)lg32.
当n为偶数时，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，记前2n＋1项和T2n＋1中偶数项和为T偶，
则T偶＝b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n－1))＝－eq \f(\a\vs4\al(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))),1－\f(1,4))＝－eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).
故T2n＋1＝－n(n＋1)lg32－eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).
数列(n为正整数)
裂项方法
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋k)))
(k为非零常数)
eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2－1)))
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))))
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n－12n＋1－1)))
eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))))
(a>0，a≠1)
lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan
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