2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第4讲　数列求和学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第4讲　数列求和学案，共18页。学案主要包含了知识梳理，习题改编，数列与函数的综合，数列中的新定义问题，数列中的新情境问题等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．数列求和方法
(1)等差数列求和公式：Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d．
(2)等比数列求和公式：Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))
2．一些常见数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n．
3．数列求和的常用方法
(1)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
(2)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的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
(3)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，从而求得其和．
(4)分组转化法
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．
(5)并项求和法
一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
常用结论
记住常用的裂项公式
(1)eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
(2)eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
(3)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
二、习题改编
1．(必修5P61A组T5改编)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( )
A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)
C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)
解析：选A.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×eq \f(2－1（1－2－9）,1－2－1)＝100＋200(1－2－9)．
2．(必修5P47B组T4改编)在数列{an}中，an＝eq \f(1,n（n＋1）)，若{an}的前n项和为eq \f(2 017,2 018)，则项数n为( )
A．2 014 B．2 015
C．2 016 D．2 017
解析：选D.an＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2 017,2 018)，所以n＝2 017.故选D.
3．(必修5P61A组T4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．
解析：设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，① 则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，② ①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝eq \f(1－xn,1－x)－nxn，所以Sn＝eq \f(1－xn,（1－x）2)－eq \f(nxn,1－x).
答案：eq \f(1－xn,（1－x）2)－eq \f(nxn,1－x)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( )
(2)当n≥2时，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))).( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)不会分组致误；
(2)错位相减法运用不熟练出错．
1．已知数列：1eq \f(1,2)，2eq \f(1,4)，3eq \f(1,8)，…，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2n)))，…，则其前n项和关于n的表达式为________．
解析：设所求的数列前n项和为Sn，则
Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(n（n＋1）,2)＋1－eq \f(1,2n).
答案：eq \f(n（n＋1）,2)＋1－eq \f(1,2n)
2．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．
解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq \f(2×（1－2n）,1－2)－n×2n＋1，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
答案：(n－1)2n＋1＋2
分组转化求和(师生共研)
(2020·山东五地5月联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1，2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1，2)，
所以eq \f(S2,a1)＝1＋2＝3，得a1＝d，
又易知eq \f(2,a1)＝2，所以a1＝1，d＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.
因为bn＝a2n＋2an－1，
所以bn＝2n－1＋2n，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)
＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＋eq \f(2（1－2n）,1－2)
＝n2＋2n＋1－2.
eq \a\vs4\al()
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，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\{(\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，可采用分组转化法求和．
1．若数列{an}是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
解析：an＝2＋22＋23＋…＋2n
＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，
所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)
＝eq \f(22－2n＋2,1－2)－2n＝2n＋2－4－2n.
答案：2n＋2－4－2n
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.
a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知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＋1－2＋eq \f(n－1,2)－n
＝2n＋1－eq \f(n,2)－eq \f(5,2).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\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.))
错位相减法求和(师生共研)
(2020·天津市部分区联考)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且a1＝1，a3＋a4＝12，b1＝a2，b2＝a5.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝(－1)nanbn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a3＋a4＝12，
所以2a1＋5d＝12，所以d＝2，
所以an＝2n－1.
设等比数列{bn}的公比为q，因为b1＝a2，b2＝a5，
所以b1＝a2＝3，b2＝a5＝9，
所以q＝3，所以bn＝3n.
(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n，
所以cn＝(－1)n·an·bn＝(－1)n·(2n－1)·3n＝(2n－1)·(－3)n，
所以Sn＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n－1)·(－3)n，①
所以－3Sn＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n－3)·(－3)n＋(2n－1)·(－3)n＋1，②
①－②得，4Sn＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n－(2n－1)·(－3)n＋1
＝－3＋eq \f(2·（－3）2[1－（－3）n－1],1＋3)－(2n－1)·(－3)n＋1
＝eq \f(3,2)－eq \f(4n－1,2)·(－3)n＋1.
所以Sn＝eq \f(3,8)－eq \f(4n－1,8)·(－3)n＋1.
eq \a\vs4\al()
运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减，如本题先把①式两边同乘以－3得到②式，再把两式错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．
(2020·石家庄模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(n,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由2Sn＝3an－1，①
得2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②
①－②，得2an＝3an－3an－1，
所以eq \f(an,an－1)＝3(n≥2)，
又2S1＝3a1－1，2S2＝3a2－1，
所以a1＝1，a2＝3，eq \f(a2,a1)＝3，
所以{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以an＝3n－1.
(2)由(1)得，bn＝eq \f(n,3n－1)，
所以Tn＝eq \f(1,30)＋eq \f(2,31)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(n,3n－1)，③
eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,31)＋eq \f(2,32)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，④
③－④得，eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,30)＋eq \f(1,31)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,3n－1)－eq \f(n,3n)＝eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n)＝eq \f(3,2)－eq \f(2n＋3,2×3n)，所以Tn＝eq \f(9,4)－eq \f(6n＋9,4×3n).
裂项相消法求和(师生共研)
(2020·江西八所重点高中4月联考)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(4,4－an)(n∈N*)．
(1)求证：数列{eq \f(1,an－2)}是等差数列；
(2)设bn＝eq \f(a2n,a2n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解】 (1)证明：因为an＋1＝eq \f(4,4－an)，所以eq \f(1,an＋1－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,\f(4,4－an)－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(4－an,2an－4)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(2－an,2an－4)＝－eq \f(1,2)，为常数．
因为a1＝1，所以eq \f(1,a1－2)＝－1，所以数列{eq \f(1,an－2)}是以－1为首项，－eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,an－2)＝－1＋(n－1)(－eq \f(1,2))＝－eq \f(n＋1,2)，
所以an＝2－eq \f(2,n＋1)＝eq \f(2n,n＋1)，
所以bn＝eq \f(a2n,a2n－1)＝eq \f(\f(4n,2n＋1),\f(2（2n－1）,2n))＝eq \f(4n2,（2n－1）（2n＋1）)＝1＋eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝1＋eq \f(1,2)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝n＋eq \f(1,2)(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))
＝n＋eq \f(1,2)(1－eq \f(1,2n＋1))
＝n＋eq \f(n,2n＋1)，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝n＋eq \f(n,2n＋1).
eq \a\vs4\al()
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2d)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋2)))，eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(n,a1an＋1)(an≠0)．
1．数列{an}满足a1＝1, eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列{aeq \\al(2,n)}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(2,an＋an＋1)，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)证明：由eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2，且aeq \\al(2,1)＝1，
所以数列{aeq \\al(2,n)}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以aeq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an>0，
所以an＝eq \r(2n－1)(n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(2,an＋an＋1)＝eq \f(2,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1)，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq \r(3)－1)＋(eq \r(5)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \r(2n＋1)－1.
2．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，
又a1＋a4＝9，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a4＝8))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1.
又bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1).
并项求和(师生共研)
(2020·河南八市重点高中联盟测评)已知等差数列{an}中，a3＝3，a2＋2，a4，a6－2成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(（－1）na2n＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2n.
【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2＋2，a4，a6－2成等比数列，
所以aeq \\al(2,4)＝(a2＋2)(a6－2)，
所以(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a3＋3d－2)，
又a3＝3，所以(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得d2－2d＋1＝0，解得d＝1，
所以an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n.
(2)由(1)得，bn＝eq \f(（－1）na2n＋1,anan＋1)＝(－1)neq \f(2n＋1,n（n＋1）)
＝(－1)n(eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1))，
所以S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝－(1＋eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)＋eq \f(1,3))－(eq \f(1,3)＋eq \f(1,4))＋…＋(eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2n＋1))＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(－2n,2n＋1).
eq \a\vs4\al()
用并项求和法求数列的前n项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和．可用并项求和法的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”；三是数列{an}是周期数列．
[提醒] 运用并项求和法求数列的前n项和的突破口是会观察数列的各项的特征，如本题，数列{bn}的通项公式为bn＝(－1)neq \f(2n＋1,n（n＋1）)，易知数列{bn}是摆动数列，所以求和时可以将各项进行适当合并．
(2020·福建宁德二检)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2kn(k∈N*)，Sn的最小值为－9.
(1)确定k的值，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.
解：(1)由已知得Sn＝n2－2kn＝(n－k)2－k2，因为k∈N*，则当n＝k时，(Sn)min＝－k2＝－9，故k＝3.
所以Sn＝n2－6n.
因为Sn－1＝(n－1)2－6(n－1)(n≥2)，
所以an＝Sn－Sn－1＝(n2－6n)－[(n－1)2－6(n－1)]＝2n－7(n≥2)．
当n＝1时，S1＝a1＝－5，满足an＝2n－7，
综上，an＝2n－7.
(2)依题意，得bn＝(－1)n·an＝(－1)n(2n－7)，
则T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n(4n－7)＋(－1)2n＋1[2(2n＋1)－7]
＝5－
＝5－2n.
数学运算 数列与其他知识的交汇问题
一、数列与不等式的交汇问题
(2020·广东深圳二模)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝3，当n≥2时，有Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2nan，则使得S1S2…Sm≥2 019成立的正整数m的最小值为________．
【解析】 因为Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2nan(n≥2)，
所以Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2n(Sn－Sn－1)(n≥2)，
所以(2n＋1)Sn－1－(2n－1)Sn＝2SnSn－1(n≥2)．
易知Sn≠0，所以eq \f(2n＋1,Sn)－eq \f(2n－1,Sn－1)＝2(n≥2)．
令bn＝eq \f(2n＋1,Sn)，则bn－bn－1＝2(n≥2)，
又b1＝eq \f(3,S1)＝eq \f(3,a1)＝1，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以bn＝2n－1，
所以eq \f(2n＋1,Sn)＝2n－1，所以Sn＝eq \f(2n＋1,2n－1).
所以S1S2…Sm＝3×eq \f(5,3)×…×eq \f(2m＋1,2m－1)＝2m＋1≥2 019，所以m≥1 009.
即使得S1S2…Sm≥2 019成立的正整数m的最小值为1 009.
【答案】 1 009
eq \a\vs4\al()
解决本题的关键：一是细观察、会构造，即通过观察所给的关于Sn，an的关系式，思考是将Sn往an转化，还是将an往Sn转化；二是会解不等式，把求出的相关量代入已知不等式，转化为参数所满足的不等式，解不等式即可求出参数的最小值．
二、数列与三角函数的综合
(2020·安徽安庆4月联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(\r(3)sin B－sin C,b－a)＝eq \f(sin A＋sin B,c).
(1)求角A的大小；
(2)若等差数列{an}的公差不为零，a1sin A＝1，且a2，a4，a8成等比数列，bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解】 (1)由eq \f(\r(3)sin B－sin C,b－a)＝eq \f(sin A＋sin B,c)，
根据正弦定理可得eq \f(\r(3)b－c,b－a)＝eq \f(b＋a,c)，即b2＋c2－a2＝eq \r(3)bc，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，
由0(2)由(1)知，A＝eq \f(π,6)，
设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a1sin A＝1，所以a1sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)a1＝1，解得a1＝2.
因为a2，a4，a8成等比数列，
所以aeq \\al(2,4)＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
所以d2＝2d.
又d≠0，所以d＝2，则an＝2n，
bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n（2n＋2）)＝eq \f(1,4)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
则Sn＝eq \f(1,4)[(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))]
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(n,4n＋4).
eq \a\vs4\al()
破解数列与三角函数相交汇问题的策略：一是活用两定理，即会利用正弦定理和余弦定理破解三角形的边角关系；二是会用公式，即会利用等差数列与等比数列的通项公式求解未知量；三是求和方法，针对数列通项公式的特征，灵活应用裂项相消法、分组求和法、错位相减法等求和．
三、数列与函数的综合
(2020·吉林长春5月联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，a6和a8是函数f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x的极值点，则S8＝( )
A．－38 B．38
C．－17 D．17
【解析】 因为f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x，
所以f′(x)＝eq \f(15,4x)＋x－8＝eq \f(x2－8x＋\f(15,4),x)
＝eq \f(（x－\f(1,2)）（x－\f(15,2)）,x)，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝eq \f(15,2).
又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d>0，
所以a6＝eq \f(1,2)，a8＝eq \f(15,2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝\f(1,2)，,a1＋7d＝\f(15,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－17，,d＝\f(7,2).))
所以S8＝8a1＋eq \f(8×（8－1）,2)×d＝－38，故选A.
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
破解数列与函数相交汇问题的关键：一是会利用导数法求函数的极值点；二是会利用等差数列的单调性，若公差大于0，则该数列单调递增，若公差小于0，则该数列单调递减，若公差等于0，则该数列是常数列，不具有单调性；三是会利用公式法求和，记清等差数列与等比数列的前n项和公式，不要搞混．
四、数列中的新定义问题
(2020·河北石家庄4月模拟)数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝________．
【解析】 由Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n，
得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，②
由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，
所以Sn＝eq \f(n（2＋n＋1）,2)＝eq \f(n（n＋3）,2).
【答案】 eq \f(n（n＋3）,2)
eq \a\vs4\al()
破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如本题，题眼{an}的“优值”Hn＝2n的含义为eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n求通项，只需写出a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，通过相减，即可得通项公式．
五、数列中的新情境问题
(2020·安徽六校第二次联考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋ a2 ＝3，a3－a2＝ 2，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b3＝5，S4＝16.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系中，有点P1(a1，0)，P2(a2，0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1的面积为cn，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解】 (1)设数列{an}的公比为q，
因为a1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝3，,a1q2－a1q＝2，))
得3q2－5q－2＝0，又q>0，
所以q＝2，a1＝1，则an＝2n－1.
设数列{bn}的公差为d，
因为b3＝5，S4＝16，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1＋2d＝5，,4b1＋6d＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝2，))则bn＝2n－1.
(2)由(1)得PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1，
故cn＝S△PnQnPn＋1＝eq \f(2n－1（2n－1）,2)＝(2n－1)2n－2，
则Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝eq \f(1,2)×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，①
2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，②
由①－②得，－Tn＝eq \f(1,2)＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝eq \f(1,2)＋eq \f(2（1－2n－1）,1－2)－(2n－1)2n－1
＝(3－2n)2n－1－eq \f(3,2)，故Tn＝(2n－3)2n－1＋eq \f(3,2)(n∈N*)．
eq \a\vs4\al()
数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的两直角边长的特征；二是会转化，如本题，把数列{cn}的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求；三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列{cn}的前n项和．
[基础题组练]
1．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( )
A．9 B．8
C．17 D．16
解析：选A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为( )
A．990 B．1 000
C．1 100 D．99
解析：选A.n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.
3．已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)．当n∈N*时，an＝eq \f(f（n）－1,f（n）·f（n＋1）)，记数列{an}的前n项和为Sn，当Sn＝eq \f(10,33)时，n的值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：选D.因为函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,a2＋b＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝4))(舍去)，
所以f(x)＝2x＋1，
所以an＝eq \f(2n＋1－1,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,9)))＋…＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
令Sn＝eq \f(10,33)，得n＝4.故选D.
4．(2020·河北保定期末)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是( )
A．18 B．8
C．5 D．2
解析：选C.因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，
所以{an}是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.
5．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＝eq \f(2,a1)＝2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，
所以eq \f(an＋2,an)＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(2（1－21 009）,1－2)＝3·21 009－3.故选B.
6．数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 017＝________．
解析：因为数列an＝ncseq \f(nπ,2)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.因此S2 017＝S2 016＋a2 017
＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋(a2 013＋a2 014＋a2 015＋a2 016)＋a2 017＝eq \f(2 016,4)×2＋a1＝1 008.
答案：1 008
7．(2020·湖南三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 019＝________．
解析：由an＋2Sn－1＝n(n≥2)，得an＋1＋2Sn＝n＋1，两式作差可得an＋1－an＋2an＝1(n≥2)，即an＋1＋an＝1(n≥2)，所以S2 019＝1＋eq \f(2 018,2)×1＝1 010.
答案：1 010
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记Tn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)(n∈N*)，则T2 018＝________．
解析：由an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（n＋1）,2)，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，Tn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝2(eq \f(1,1)－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))＝2(1－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(2n,n＋1)，故T2 018＝eq \f(2×2 018,2 018＋1)＝eq \f(4 036,2 019).
答案：eq \f(4 036,2 019)
9．已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝eq \f(n,4)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(4nan,2n＋1)，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝eq \f(1,4).
因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝eq \f(n,4) ①，
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝eq \f(n－1,4)(n≥2，n∈N*) ②，
①－②得4n－1an＝eq \f(1,4)(n≥2，n∈N*)，
所以an＝eq \f(1,4n)(n≥2，n∈N*)．
由于a1＝eq \f(1,4)，故an＝eq \f(1,4n)(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝eq \f(4nan,2n＋1)＝eq \f(1,2n＋1)，
所以bnbn＋1＝eq \f(1,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋3))，
故Tn＝eq \f(1,2)(eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋3))
＝eq \f(1,2)(eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋3))＝eq \f(n,6n＋9).
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(3an－1,2).
(1)求an；
(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①
所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②
①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，
化简得an＝3an－1(n≥2)，
在①中，令n＝1可得，a1＝1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
从而有an＝3n－1.
(2)bn＝(n－1)3n－1，
Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③
则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④
③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n
＝eq \f(3－3n,1－3)－(n－1)×3n
＝eq \f(（3－2n）×3n－3,2).
所以Tn＝eq \f(（2n－3）×3n＋3,4).
[综合题组练]
1．(2020·河北五个一名校联盟第一次诊断)已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancs nπ}的前2 018项的和为( )
A．1 008 B．1 009
C．2 017 D．2 018
解析：选D.设{an}的公差为d，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋6d＝a1＋3d＋7，,a1＋9d＝19，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝2n－1，设bn＝ancs nπ，则b1＋b2＝a1cs π＋a2cs 2π＝2，b3＋b4＝a3cs 3π＋a4cs 4π＝2，…，
所以数列{ancs nπ}的前2 018项的和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 017＋b2 018)＝2×eq \f(2 018,2)＝2 018.故选D.
2．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＋1·an＋1＝2n＋1，两式相减得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.
3．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为________．
解析：由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4.
答案：－4
4．(2020·湖南郴州第二次教学质量监测)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝2bn(n∈N*)，若数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Sn＝________．
解析：因为{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，所以公比q＝eq \r(3,\f(a4,a1))＝eq \r(3,\f(16,2))＝2，所以an＝2n，
所以a1a2a3…an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2eq \s\up6(\f(n（n＋1）,2)).
因为a1a2a3…an＝2bn，所以bn＝eq \f(n（n＋1）,2).
所以eq \f(1,bn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
答案：eq \f(2n,n＋1)
5．已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.
所以S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，
又S2，S3－1，S4成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)＝(－1)n(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1))，
当n为偶数时，Tn＝－(1＋eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5))－(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7))＋…－(eq \f(1,2n－3)＋eq \f(1,2n－1))＋(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1))，所以Tn＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n,2n＋1).
当n为奇数时，Tn＝－(1＋eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5))－(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7))＋…＋(eq \f(1,2n－3)＋eq \f(1,2n－1))－(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1))，
所以Tn＝－1－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,2n＋1)，n为偶数,－\f(2n＋2,2n＋1))，n为奇数).