新高考数学一轮复习讲义+分层练习 6.4《数列求和》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

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2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法.
1.公式法
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d；
(2)等比数列的前n项和公式：
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.几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减.
(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.裂项时常用的三种变形：
①eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)；
②eq \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)))；
③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)﹣eq \r(n).
(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的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即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，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.
例如，Sn＝1002﹣992＋982﹣972＋…＋22﹣12
＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))).( )
(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之和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.( )
(4) 利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°
＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
二、教材改编
1.数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,n（n＋1）)，则S5等于( )
A.1 B.eq \f(5,6) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,30)
答案为：B.解析：∵an＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1﹣eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3)＋…﹣eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).]
2.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
答案为：C.解析：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
＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＋2×eq \f(n（n＋1）,2)﹣n＝2(2n﹣1)＋n2＋n﹣n＝2n＋1＋n2﹣2.]
3.Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)等于( )
A.eq \f(2n－n－1,2n) B.eq \f(2n＋1－n－2,2n) C.eq \f(2n－n＋1,2n) D.eq \f(2n＋1－n＋2,2n)
答案为：B.解析：由Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，①
得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①﹣②得，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)﹣eq \f(n,2n＋1)，∴Sn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).]
4.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1﹣2＋3﹣4＋…＋(﹣1)n﹣1·n，则S17＝________.
9 [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.]
考点1 分组转化法求和
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\{(\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.
提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论.
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2n项和.
[解] (1)当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝eq \f(n2＋n,2)﹣eq \f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.
当n＝1时，a1＝S1＝1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.
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(2（1－22n）,1－2)＝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.
[母题探究] 在本例(2)中，若条件不变求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] 由本例(1)知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.))
常用并项求和法解答形如(﹣1)nan的数列求和问题，注意当n奇偶性不定时，要对n分奇数和偶数两种情况分别求解.对n为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求n为偶数时前n项和Tn.n为奇数可用Tn＝Tn﹣1＋bn(n≥2)或Tn＝Tn＋1﹣bn＋1最好.
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(﹣1)n﹣1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
[解](1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，
∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.
∴an＝1＋(n﹣1)×2＝2n﹣1.
(2)由(1)可得bn＝(﹣1)n﹣1·(2n﹣1).
∴T2n＝1﹣3＋5﹣7＋…＋(2n﹣3)﹣(2n﹣1)＝(﹣2)×n＝﹣2n.
考点2 裂项相消法求和
形如an＝eq \f(1,n（n＋k）)(k为非零常数)型
an＝eq \f(1,n（n＋k）)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).
提醒：求和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.
已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋eq \f(b2,2)＋eq \f(b3,3)＋…＋eq \f(bn,n)＝an＋1.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{eq \f(1,anbn)}的前n项和.
[解] (1)数列{an}是公差为2的等差数列，
数列{bn}满足b1＝6，b1＋eq \f(b2,2)＋eq \f(b3,3)＋…＋eq \f(bn,n)＝an＋1.
所以当n＝1时，a2＝b1＝6，故an＝6＋2(n﹣2)＝2n＋2，
由于b1＋eq \f(b2,2)＋eq \f(b3,3)＋…＋eq \f(bn,n)＝an＋1， ①
当n≥2时，b1＋eq \f(b2,2)＋eq \f(b3,3)＋…＋eq \f(bn－1,n－1)＝an，②
①﹣②得：eq \f(bn,n)＝an＋1﹣an＝2，所以bn＝2n.所以bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6 （n＝1）,2n （n≥2）)).
(2)当n＝1时，S1＝eq \f(1,a1b1)＝eq \f(1,4×6)＝eq \f(1,24).
当n≥2时，eq \f(1,anbn)＝eq \f(1,2n（2n＋2）)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
则Sn＝eq \f(1,24)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(1,24)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n－1,12（n＋1）)，
当n＝1时满足上式，故Sn＝eq \f(2n－1,12（n＋1）).
本例第(1)问在求{bn}的通项公式时灵活运用了数列前n项和与项的关系，注意通项公式是否包含n＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{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))).
[备选例题]
已知数列{an}满足：eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋…＋eq \f(n,an)＝eq \f(3,8)(32n﹣1)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg3eq \f(an,n)，求eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1).
[解] eq \f(1,a1)＝eq \f(3,8)(32﹣1)＝3，
当n≥2时，因为eq \f(n,an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(2,a2)＋…＋\f(n,an)))﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(2,a2)＋…＋\f(n－1,an－1)))＝eq \f(3,8)(32n﹣1)﹣eq \f(3,8)(32n﹣2﹣1)＝32n﹣1，
当n＝1时，eq \f(n,an)＝32n﹣1也成立，所以an＝eq \f(n,32n－1).
(2)bn＝lg3eq \f(an,n)＝﹣(2n﹣1)，
因为eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n－1)﹣eq \f(1,2n＋1))，
所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,2)[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))]＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq \(∑,\s\up11(n),\s\d4(k＝1)) eq \f(1,Sk)＝________.
eq \f(2n,n＋1) [设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))
所以Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2(eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1))，
因此eq \(∑,\s\up11(n),\s\d4(k＝1)) eq \f(1,Sk)＝2(1﹣eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1))＝eq \f(2n,n＋1).]
形如eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))(k为非零常数)型
an＝eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)﹣eq \r(n)).
已知函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，令an＝eq \f(1,f（n＋1）＋f（n）)，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 019＝( )
A.eq \r(2 018)﹣1 B.eq \r(2 019)﹣1
C.eq \r(2 020)﹣1 D.eq \r(2 020)＋1
答案为：C.解析：由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，则f(x)＝eq \r(x).
∴an＝eq \f(1,f（n＋1）＋f（n）)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)﹣eq \r(n)，
S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019
＝(eq \r(2)﹣eq \r(1))＋(eq \r(3)﹣eq \r(2))＋(eq \r(4)﹣eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 020)﹣eq \r(2 019))＝eq \r(2 020)﹣1.]
运用分母有理化对分式eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键.
求和S＝eq \f(1,1＋\r(3))＋eq \f(1,\r(3)＋\r(5))＋…＋eq \f(1,\r(119)＋\r(121))＝( )
A.5 B.4 C.10 D.9
答案为：A.解析：S＝eq \f(1－\r(3),1－3)＋eq \f(\r(3)－\r(5),3－5)＋…＋eq \f(\r(119)－\r(121),119－121)＝eq \f(1－11,－2)＝5，故选A.]
形如bn＝eq \f(（q－1）an,（an＋k）（an＋1＋k）)(q为等比数列{an}的公比)型
bn＝eq \f(（q－1）an,（an＋k）（an＋1＋k）)＝eq \f(1,an＋k)﹣eq \f(1,an＋1＋k).
已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)﹣n﹣1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{eq \f(2×3n,anan＋1)}的前n项和Tn.
[解] (1)∵a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)﹣n﹣1，∴a1＝S1＝eq \f(a2,2)﹣2＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝eq \f(an＋1,2)﹣n﹣1﹣(eq \f(1,2)an﹣n)，即an＋1＝3an＋2，
又a2＝8＝3a1＋2，∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，
∴an＋1＝3×3n﹣1＝3n，∴an＝3n﹣1.
(2)∵eq \f(2×3n,anan＋1)＝eq \f(2×3n,（3n－1）（3n＋1－1）)＝eq \f(1,3n－1)﹣eq \f(1,3n＋1－1).∴数列{eq \f(2×3n,anan＋1)}的前n项和
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3－1)－\f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32－1)－\f(1,33－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋1－1)))＝eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3n＋1－1).
本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如an＋1＝λan＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和.
已知 {an}是等比数列，且a2＝eq \f(1,2)，a5＝eq \f(1,16)，若bn＝eq \f(an＋1,（an＋1）（an＋1＋1）)，则数列{bn}的前n项和为( )
A.eq \f(2n－1,2（2n＋1）) B.eq \f(2n－1,2n＋1) C.eq \f(1,2n＋1) D.eq \f(2n－1,2n＋2)
答案为：A.解析：a5＝a2·q3，∴q3＝eq \f(1,8)，∴q＝eq \f(1,2)，a1＝1，∴an＝(eq \f(1,2))n-1，
bn＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n－1)＋1))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n)＋1)))＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n)＋1)﹣eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n－1)＋1)
∴b1＋b2＋b3＋…＋bn＝[eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(1)＋1)﹣eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(0)＋1)]＋[eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(2)＋1)﹣eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(1)＋1)]＋[eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(3)＋1)﹣eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(2)＋1)]＋…＋[eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n)＋1)﹣eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n－1)＋1)]＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n)＋1)﹣eq \f(1,2)＝eq \f(2n－1,2（2n＋1）).故选A.]
形如an＝eq \f(n＋1,n2（n＋2）2)型
an＝eq \f(n＋1,n2（n＋2）2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,（n＋2）2))).
正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq \\al(2,n)﹣(n2＋n﹣1)Sn﹣(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝eq \f(n＋1,（n＋2）2aeq \\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜eq \f(5,64).
[解] (1)由Seq \\al(2,n)﹣(n2＋n﹣1)Sn﹣(n2＋n)＝0，得[Sn﹣(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2＋n﹣(n﹣1)2﹣(n﹣1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝eq \f(n＋1,（n＋2）2aeq \\al(2,n))＝eq \f(n＋1,4n2（n＋2）2)＝eq \f(1,16)[eq \f(1,n2)﹣eq \f(1,（n＋2）2)].
Tn＝eq \f(1,16)[1﹣eq \f(1,32)＋eq \f(1,22)﹣eq \f(1,42)＋eq \f(1,32)﹣eq \f(1,52)＋…＋eq \f(1,（n－1）2)﹣eq \f(1,（n＋1）2)＋eq \f(1,n2)﹣eq \f(1,（n＋2）2)]＝eq \f(1,16)[1＋eq \f(1,22)﹣eq \f(1,（n＋1）2)﹣eq \f(1,（n＋2）2)]＜eq \f(1,16)(1＋eq \f(1,22))＝eq \f(5,64).
(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：
第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式.
(2)放缩法常见的放缩技巧有：
①eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).
②eq \f(1,k)﹣eq \f(1,k＋1)＜eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k－1)﹣eq \f(1,k).
③2(eq \r(n＋1)﹣eq \r(n))＜eq \f(1,\r(n))＜2(eq \r(n)﹣eq \r(n－1)).
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S4＝2a4﹣1，S3＝2a3﹣1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝lg2(an·an＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)＜2.
[解] (1)设{an}的公比为q，由S4﹣S3＝a4得2a4﹣2a3＝a4，所以eq \f(a4,a3)＝2，所以q＝2.
又因为S3＝2a3﹣1，所以a1＋2a1＋4a1＝8a1﹣1，
所以a1＝1.所以an＝2n﹣1.
(2)证明：由(1)知bn＝lg2(an·an＋1)＝lg2(2n﹣1×2n)＝2n﹣1，
所以Tn＝eq \f(1＋（2n－1）,2)·n＝n2，
所以eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,n2)＜1＋eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,（n－1）n)
＝1＋1﹣eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n－1)﹣eq \f(1,n)＝2﹣eq \f(1,n)＜2.
考点3 错位相减法求和
错位相减法求和的具体步骤
步骤1→写出Sn＝c1＋c2＋…＋cn.
步骤2→等式两边同乘等比数列的公比q，即qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn.
步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和.
步骤4→两边同除以1﹣q，求出Sn.同时注意对q是否为1进行讨论.
(莆田模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，数列{bn}满足a1＝b1，点P(bn，bn＋1)在直线x﹣y＋2＝0上，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(bn,an)，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)由an＋1＝2Sn＋1可得an＝2Sn﹣1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1﹣an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2).
又a2＝2S1＋1＝3，所以a2＝3a1.
故{an}是首项为1，公比为3的等比数列.所以an＝3n﹣1.
由点P(bn，bn＋1)，在直线x﹣y＋2＝0上，所以bn＋1﹣bn＝2.
则数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列.则bn＝1＋(n﹣1)·2＝2n﹣1.
(2)因为cn＝eq \f(bn,an)＝eq \f(2n－1,3n－1)，所以Tn＝eq \f(1,30)＋eq \f(3,31)＋eq \f(5,32)＋…＋eq \f(2n－1,3n－1).
则eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,31)＋eq \f(3,32)＋eq \f(5,33)＋…＋eq \f(2n－3,3n－1)＋eq \f(2n－1,3n)，
两式相减得：eq \f(2,3)Tn＝1＋eq \f(2,3)＋eq \f(2,32)＋…＋eq \f(2,3n－1)﹣eq \f(2n－1,3n).
所以Tn＝3﹣eq \f(1,2·3n－2)﹣eq \f(2n－1,2·3n－1)＝3﹣eq \f(n＋1,3n－1).
本例巧妙地将数列{an}及其前n项和为Sn，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中.求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和.
已知等差数列{an}的公差是1，且a1，a3，a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2an)))的前n项和Tn.
[解] (1)因为{an}是公差为1的等差数列，且a1，a3，a9成等比数列，
所以aeq \\al(2,3)＝a1a9，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋8)，解得a1＝1.
所以an＝a1＋(n﹣1)d＝n.
(2)Tn＝1×(eq \f(1,2))1＋2×(eq \f(1,2))2＋3×(eq \f(1,2))3＋…＋n×(eq \f(1,2))n，
eq \f(1,2)Tn＝1×(eq \f(1,2))2＋2×(eq \f(1,2))3＋…＋(n﹣1)×(eq \f(1,2))n＋n×(eq \f(1,2))n+1，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝(eq \f(1,2))1＋(eq \f(1,2))2＋(eq \f(1,2))3＋…＋(eq \f(1,2))n﹣n×(eq \f(1,2))n+1，
所以eq \f(1,2)Tn＝eq \f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up8(n＋1),1－\f(1,2))﹣n×(eq \f(1,2))n+1＝1﹣eq \f(1,2n)﹣eq \f(n,2n＋1).所以Tn＝2﹣eq \f(2＋n,2n).
数列求和
一、选择题
1.在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列{eq \f(1,an＋3an＋4)}的前n项和Sn＝( )
A.eq \f(n＋1,n＋2) B.eq \f(n,n＋1) C.eq \f(n,n＋2) D.eq \f(2n,n＋1)
答案为：B.解析：设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝n﹣3.则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，所以eq \f(1,an＋3an＋4)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1).所以Sn＝1﹣eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).故选B.]
2.数列{(﹣1)n(2n﹣1)}的前2 020项和S2 020等于( )
A.﹣2 018 B.2 018 C.﹣2 020 D.2 020
答案为：D.解析：S2 020＝﹣1＋3﹣5＋7＋…﹣(2×2 019﹣1)＋(2×2 020﹣1)
＝2×1 010＝2 020.故选D.]
3.在数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n﹣1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝( )
A.(2n﹣1)2 B.eq \f(（2n－1）2,3) C.4n﹣1 D.eq \f(4n－1,3)
答案为：D.解析：由题意得，当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，a1＋a2＋…＋an﹣1＝2n﹣1﹣1，则an＝2n﹣1﹣(2n﹣1﹣1)＝2n﹣1(n≥2)，n＝1时也成立，所以an＝2n﹣1，则aeq \\al(2,n)＝22n﹣2，所以数列{aeq \\al(2,n)}的首项为1，公比为4的等比数列，所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(1×（1－4n）,1－4)＝eq \f(4n－1,3)，故选D.]
4.数列{an}中，a1＝2，且an＋an﹣1＝eq \f(n,an－an－1)＋2(n≥2)，则数列{eq \f(1,（an－1）2)}前2 019项和为( )
A.eq \f(4 036,2 019) B.eq \f(2 019,1 010) C.eq \f(4 037,2 019) D.eq \f(4 039,2 020)
答案为：B.解析：∵an＋an﹣1＝eq \f(n,an－an－1)＋2(n≥2)，∴aeq \\al(2,n)﹣aeq \\al(2,n－1)﹣2(an﹣an﹣1)＝n，
整理，得(an﹣1)2﹣(an﹣1﹣1)2＝n，∴(an﹣1)2﹣(a1﹣1)2＝n＋(n﹣1)＋…＋2，
又a1＝2，∴(an﹣1)2＝eq \f(n（n＋1）,2)，即eq \f(1,（an－1）2)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
则数列{eq \f(1,（an－1）2)}前2 019项和为：
2(1﹣eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 019)﹣eq \f(1,2 020))＝2(1﹣eq \f(1,2 020))＝eq \f(2 019,1 010).故选B.]
5.设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，则S13＝( )
A.eq \f(213－4,3) B.eq \f(213＋2,3) C.eq \f(214－4,3) D.eq \f(214＋2,3)
答案为：C.解析：∵a1＝2，∴n＝2时，a2＋a3＝22，n＝4时，a4＋a5＝24，
n＝6时，a6＋a7＝26，n＝8时，a8＋a9＝28，
n＝10时，a10＋a11＝210，n＝12时，a12＋a13＝212，
∴S13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212＝2＋eq \f(22[1－（22）6],1－22)＝eq \f(214－4,3).故选C.]
二、填空题
6.已知数列{an}满足eq \f(1,an)＝eq \f(1,an＋1)﹣1，且a1＝1，则an＝________，数列{bn}满足bn＝eq \f(2n,an)，则数列{bn}的前n项和Sn＝________.
eq \f(1,n)(n﹣1)·2n＋1＋2.
[由eq \f(1,an)＝eq \f(1,an＋1)﹣1可得eq \f(1,an＋1)﹣eq \f(1,an)＝1，所以{eq \f(1,an)}为等差数列，公差、首项都为1，
由等差数列的通项公式可得eq \f(1,an)＝n，an＝eq \f(1,n)，eq \f(2n,an)＝n×2n，Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋…＋(n﹣1)×2n＋n×2n＋1，
相减得Sn＝﹣(2＋22＋…＋2n)＋n×2n＋1＝﹣eq \f(2（1－2n）,1－2)＋n×2n＋1＝(n﹣1)×2n＋1＋2.]
7.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝________.
3·21 009﹣3 [∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①
∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an﹣1＝2n﹣1，②
由①÷②得eq \f(an＋1,an－1)＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 018＝eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(2（1－21 009）,1－2)＝3·21 009﹣3.]
8.已知等差数列{an}满足a3＝7，a5＋a7＝26，bn＝eq \f(1,aeq \\al(2,n)－1)(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100的值为________.
eq \f(25,101).
[因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以公差d＝2，所以an＝a3＋2(n﹣3)＝2n＋1.
所以bn＝eq \f(1,aeq \\al(2,n)－1)＝eq \f(1,（2n＋1）2－1)＝eq \f(1,4n（n＋1）)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以S100＝b1＋b2＋…＋b100＝eq \f(1,4)(1﹣eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,100)﹣eq \f(1,101))＝eq \f(25,101).]
三、解答题
9.已知等差数列{an}满足a6＝6＋a3，且a3﹣1是a2﹣1，a4的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)(n∈N*)，数列{bn}的前项和为Tn，求使Tn＜eq \f(1,7)成立的最大正整数n的值
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，
∵a6﹣a3＝3d＝6，即d＝2，∴a3﹣1＝a1＋3，a2﹣1＝a1＋1，a4＝a1＋6，
∵a3﹣1是a2﹣1，a4的等比中项，
∴(a3﹣1)2＝(a2﹣1)·a4，即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得a1＝3.
∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2)由(1)得bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(n,3（2n＋3）)，由eq \f(n,3（2n＋3）)＜eq \f(1,7)，得n＜9.
∴使Tn＜eq \f(1,7)成立的最大正整数n的值为8.
10.设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n为奇数，,beq \s\up-1(\f(n,2))，n为偶数.))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*).
[解] (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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n﹣1)＝3n，bn＝3×3n﹣1＝3n.
所以{an}的通项公式为an＝3n，
{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n﹣1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n×3＋\f(n（n－1）,2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n).
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②﹣①得，2Tn＝﹣3﹣32﹣33﹣…﹣3n＋n×3n＋1
＝﹣eq \f(3（1－3n）,1－3)＋n×3n＋1＝eq \f(（2n－1）3n＋1＋3,2).
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq \f(（2n－1）3n＋1＋3,2)
＝eq \f(（2n－1）3n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*).
1.定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：当0≤x＜2时，f(x)＝2x﹣x2；当x≥2时，f(x)＝3f(x﹣2).记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，…，an，…，并记相应的极大值为b1，b2，…，bn，…，则a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值为( )
A.19×320＋1 B.19×319＋1
C.20×319＋1 D.20×320＋1
答案为：A.解析：由题意当0≤x＜2时，
f(x)＝2x﹣x2＝﹣(x﹣1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x≥2时，f(x)＝3f(x﹣2).则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故an＝2n﹣1，bn＝3n﹣1，故anbn＝(2n﹣1)3n﹣1，
设S＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，
3S＝1×31＋3×32＋…＋39×320，
两式相减得﹣2S＝1＋2(31＋32＋…＋319)﹣39×320
＝1＋2×eq \f(3（1－319）,1－3)﹣39×320，∴S＝19×320＋1，故选A.]
2.数列{an}且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2＋2n)，n为奇数，,sin \f(nπ,4)，n为偶数，))若Sn是数列{an}的前n项和，则S2 018＝________.
eq \f(3 028,2 019) [数列{an}且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2＋2n)，n为奇数，,sin \f(nπ,4)，n为偶数，))
①当n为奇数时，an＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
②当n为偶数时，an＝sin eq \f(nπ,4)，
所以S2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)，
＝eq \f(1,2)(1﹣eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)﹣eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2 017)﹣eq \f(1,2 019))＋(1＋0﹣1＋…＋0)＝eq \f(1 009,2 019)＋1＝eq \f(3 028,2 019).]
3.如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上标签：原点处标数字0，记为a0；点(1，0)处标数字1，记为a1；点(1，﹣1)处标数字0，记为a2；点(0，﹣1)处标数字﹣1，记为a3；点(﹣1，﹣1)处标数字﹣2，记为a4；点(﹣1，0)处标数字﹣1，记为a5；点(﹣1，1)处标数字0，记为a6；点(0，1)处标数字1，记为a7；……；以此类推，格点坐标为(i，j)的点处所标的数字为i＋j(i，j均为整数)，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S2 018＝________.
﹣249 [设an的坐标为(x，y)，则an＝x＋y.第一圈从点(1，0)到点(1，1)共8个点，由对称性可知a1＋a2＋…＋a8＝0；第二圈从点(2，1)到点(2，2)共16个点，由对称性可知a9＋a10＋…＋a24＝0，……；以此类推，可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和也为0.设a2 018在第k圈，则8＋16＋…＋8k＝4k(k＋1)，由此可知前22圈共有2 024个数，故S2 024＝0，则S2 018＝S2 024﹣(a2 024＋a2 023＋…＋a2 019)，a2 024所在点的坐标为(22，22)，a2 024＝22＋22，a2 023所在点的坐标为(21，22)，a2 023＝21＋22，以此类推，可得a2 022＝20＋22，a2 021＝19＋22，a2 020＝18＋22，a2 019＝17＋22，所以a2 024＋a2 023＋…＋a2 019＝249，故S2 018＝﹣249.]
4.已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列{eq \f(1,anan＋1)}的前n项和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值.
[解] (1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由已知得，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝14，,（a1＋2d）2＝a1（a1＋6d），))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(7,2)，,d＝0))(舍去)，
所以an＝n＋1.
(2)由(1)知eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n＋1)﹣eq \f(1,n＋2)，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(1,2)﹣eq \f(1,n＋2)＝eq \f(n,2（n＋2）).
又λTn≤an＋1恒成立，所以λ≤eq \f(2（n＋2）2,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(4,n)))＋8，
而2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(4,n)))＋8≥16，当且仅当n＝2时等号成立.
所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.
1.几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )
A.440 B.330 C.220 D.110
答案为：A.解析：设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为eq \f(n（1＋n）,2).
由题意知，N>100，令eq \f(n（1＋n）,2)＞100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后.第n组的各项和为eq \f(1－2n,1－2)＝2n﹣1，前n组所有项的和为eq \f(2（1－2n）,1－2)﹣n＝2n＋1﹣2﹣n.
设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则第n＋1组的前k项的和2k﹣1应与﹣2﹣n互为相反数，即2k﹣1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝lg2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝eq \f(29×（1＋29）,2)＋5＝440.
故选A.]
2.已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3﹣x2＝2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
[解] (1)设数列{xn}的公比为q，由已知知q＞0.
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x1q＝3，,x1q2－x1q＝2.))所以3q2﹣5q﹣2＝0.
因为q＞0，所以q＝2，x1＝1.
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n﹣1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1﹣xn＝2n﹣2n﹣1＝2n﹣1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意bn＝eq \f(（n＋n＋1）,2)×2n﹣1＝(2n＋1)×2n﹣2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2﹣1＋5×20＋7×21＋…＋(2n﹣1)×2n﹣3＋(2n＋1)×2n﹣2，①
2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n﹣1)×2n﹣2＋(2n＋1)×2n﹣1.②
①﹣②得﹣Tn＝3×2﹣1＋(2＋22＋…＋2n﹣1)﹣(2n＋1)×2n﹣1
＝eq \f(3,2)＋eq \f(2（1－2n－1）,1－2)﹣(2n＋1)×2n﹣1.
所以Tn＝eq \f(（2n－1）×2n＋1,2).