高考数学科学创新复习方案提升版第37讲数列的求和学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第37讲数列的求和学案（Word版附解析），共22页。


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（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
2．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．
3．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．
4．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．
5．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．
6．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．
常见的拆项类型
(1)分式型：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)))，
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)))，
eq \f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n（n＋1）)－,\f(1,（n＋1）（n＋2）)))等．
(2)指数型：eq \f(2n,（2n＋1－1）（2n－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，eq \f(n＋2,n（n＋1）·2n)＝eq \f(1,n·2n－1)－
eq \f(1,（n＋1）·2n)等．
(3)根式型：eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))等．
(4)对数型：lgmeq \f(an＋1,an)＝lgman＋1－lgman，an>0，m>0且m≠1.
1．(人教B选择性必修第三册习题5－5B T4改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,n（n＋1）)，则S5＝( )
A．1 B.eq \f(5,6)
C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,30)
答案 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(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).故选B.
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 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＋23＋…＋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.故选C.
3．数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(2n－1)，则该数列的前100项和为( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
答案 D
解析 根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.
4．(人教B选择性必修第三册习题5－5B T3改编)Sn＝eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,（2n）2－1)＝________．
答案 eq \f(n,2n＋1)
解析 通项公式为an＝eq \f(1,（2n）2－1)
＝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)))，
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\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).
5．(人教A选择性必修第二册习题4.3 T3(2)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________．
答案 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1))
解析 记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)，当x≠1时，xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋x3＋…＋xn－1－nxn，所以Sn＝eq \f(1－xn,（1－x）2)－eq \f(nxn,1－x)(x≠1)．原式＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1.))
多角度探究突破
角度分组求和
例1 (2023·广东深圳模拟)已知数列{an}为正项等差数列，数列{bn}为递增的正项等比数列，a1＝1，a1－b1＝a2－b2＝a4－b3＝0.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为a1＝1，a1－b1＝a2－b2＝a4－b3＝0，
所以得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋d＝q，,1＋3d＝q2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝1，,d＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝2，,d＝1，))
因为数列{bn}为正项递增数列，
所以q＝2，d＝1，
所以an＝1＋(n－1)×1＝n，
bn＝1×2n－1＝2n－1.
(2)由(1)得cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))
所以数列{cn}的前2n项和为
T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(21＋23＋…＋22n－1)＝eq \f(（1＋2n－1）n,2)＋eq \f(21×（1－4n）,1－4)
＝eq \f(3n2＋22n＋1－2,3).
分组转化求和的常见类型
(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)若an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数，))且数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
(2020·新高考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 (1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))
解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝eq \f(1,2)(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，
b1对应的区间为(0，1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0，2]，(0，3]，
则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2；
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
角度并项求和
例2 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)设bn＝(－1)nSn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，
又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1，Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
(2)结合(1)知bn＝(－1)nn2，当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn－1＋bn)
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]
＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋(6－5)×(6＋5)＋…＋[n－(n－1)]×[n＋(n－1)]
＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)；
当n为奇数时，n－1为偶数，
Tn＝Tn－1＋(－1)nn2＝eq \f(（n－1）n,2)－n2
＝－eq \f(n（n＋1）,2).
综上，Tn＝eq \f(（－1）nn（n＋1）,2).
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)＝5050.
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＝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＝1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.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋[－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n]．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋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.
例3 (2023·承德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(an＋1,Sn)＝eq \f(2,n).
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{bn}的前n项和Tn.
①bn＝eq \f(n,aeq \\al(2,n)aeq \\al(2,n＋1))；②bn＝eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))；
③bn＝eq \f(2n＋3,anan＋12n＋1).
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)证明：因为eq \f(an＋1,Sn)＝eq \f(2,n)，即n(an＋1)＝2Sn，当n＝1时，a1＋1＝2S1，解得a1＝1，
当n≥2时，(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－1，
所以n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－2Sn－1，
即n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2an，
所以(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，
当n＝2时，上述式子恒成立，
当n>2时，两边同除以(n－2)(n－1)可得
eq \f(an,n－1)－eq \f(an－1,n－2)＝－eq \f(1,（n－1）（n－2）)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n－2)，
即eq \f(an,n－1)－eq \f(1,n－1)＝eq \f(an－1,n－2)－eq \f(1,n－2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,n－1)))为常数列，即eq \f(an－1,n－1)＝a2－1，
所以an－1＝(n－1)(a2－1)，
即an＝(n－1)(a2－1)＋1，
当n＝1时，也适合上式，
所以an＋1－an＝n(a2－1)＋1－(n－1)(a2－1)－1＝a2－1，
所以数列{an}是以1为首项，a2－1为公差的等差数列．
(2)设{an}的公差为d，因为a2＋1，a3＋1，a5成等比数列，
所以(a3＋1)2＝a5(a2＋1)，即(2＋2d)2＝(1＋4d)(2＋d)，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
若选①bn＝eq \f(n,aeq \\al(2,n)aeq \\al(2,n＋1))，
则bn＝eq \f(n,（2n－1）2（2n＋1）2)＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))，
所以Tn＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,（2n＋1）2))).
若选②bn＝eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，
则bn＝eq \f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))
＝eq \f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),（\r(2n－1)＋\r(2n＋1)）（\r(2n＋1)－\r(2n－1)）)
＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))，
所以Tn＝eq \f(1,2)(eq \r(3)－eq \r(1)＋eq \r(5)－eq \r(3)＋…＋eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－1)．
若选③bn＝eq \f(2n＋3,anan＋12n＋1)，
则bn＝eq \f(2n＋3,（2n－1）（2n＋1）2n＋1)＝eq \f(1,（2n－1）×2n)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1)，
所以Tn＝eq \f(1,1×21)－eq \f(1,3×22)＋eq \f(1,3×22)－eq \f(1,5×23)＋…＋eq \f(1,（2n－1）×2n)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1)
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1).
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))).
1.数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n项和为24，则n＝( )
A．25 B．576
C．624 D．625
答案 C
解析 an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，所以Sn＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－1，令Sn＝24，得n＝624.故选C.
2．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)<2.
解 (1)因为eq \f(Sn,an)是首项为1，公差为eq \f(1,3)的等差数列，所以eq \f(Sn,an)＝1＋eq \f(1,3)(n－1)＝eq \f(n＋2,3)，
故Sn＝eq \f(n＋2,3)an.①
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(n＋1,3)an－1.②
由①－②可知an＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，
所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1).
所以eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an－1,an－2)×eq \f(an,an－1)＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×eq \f(5,3)×…×eq \f(n,n－2)×eq \f(n＋1,n－1)＝eq \f(n（n＋1）,2)(n≥2)，
所以an＝eq \f(n（n＋1）,2)(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，所以an＝eq \f(n（n＋1）,2)(n∈N*)．
(2)证明：因为eq \f(1,an)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(2,1)－eq \f(2,2)＋eq \f(2,2)－eq \f(2,3)＋…＋eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)＝2－eq \f(2,n＋1)＜2.
例4 (2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn解 (1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1，
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
所以a1＋9a3＝2×3a2，
即1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq \f(1,3)，
故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)，bn＝eq \f(nan,3)＝eq \f(n,3n).
(2)证明：由(1)知，Sn＝eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))).
又bn＝eq \f(n,3n)，
则Tn＝eq \f(1,31)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，①
两边同乘eq \f(1,3)，
则eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋eq \f(3,34)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，②
①－②，得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,34)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)，
即eq \f(2,3)Tn＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,3n＋1)，
整理，得Tn＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,2×3n)＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,4×3n)，
则2Tn－Sn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))＝－eq \f(n,3n)＜0，故Tn＜eq \f(Sn,2).
错位相减法求和的具体步骤
在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．
已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，________，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 因为a1＝1，an＋1＝3an，
所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3n－1.
选①②时，设数列{bn}的公差为d，
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3.
因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，
解得b1＝eq \f(2,3)，b2＝eq \f(7,3)，
所以d＝eq \f(5,3)，所以bn＝eq \f(5n－3,3)，满足b2n＝2bn＋1.
所以eq \f(bn,an)＝eq \f(5n－3,3n).
Sn＝eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝eq \f(2,31)＋eq \f(7,32)＋eq \f(12,33)＋…＋eq \f(5n－3,3n)，(ⅰ)
所以eq \f(1,3)Sn＝eq \f(2,32)＋eq \f(7,33)＋eq \f(12,34)＋…＋eq \f(5n－8,3n)＋eq \f(5n－3,3n＋1)，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)，得eq \f(2,3)Sn＝eq \f(2,3)＋5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq \f(5n－3,3n＋1)＝eq \f(2,3)＋eq \f(5,6)－eq \f(15,2×3n＋1)－eq \f(5n－3,3n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(10n＋9,2×3n＋1)，所以Sn＝eq \f(9,4)－eq \f(10n＋9,4×3n).
选②③时，设数列{bn}的公差为d，
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3.
因为b1，b2，b4成等比数列，
所以beq \\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，
化简得d2＝b1d，
因为d≠0，所以b1＝d，
从而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以eq \f(bn,an)＝eq \f(n,3n－1)，
Sn＝eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝eq \f(1,30)＋eq \f(2,31)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(n,3n－1)，(ⅰ)
所以eq \f(1,3)Sn＝eq \f(1,31)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)，得eq \f(2,3)Sn＝1＋eq \f(1,31)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n－1)－eq \f(n,3n)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,3n)＝eq \f(3,2)－eq \f(2n＋3,2×3n)，
所以Sn＝eq \f(9,4)－eq \f(2n＋3,4×3n－1).
选①③时，设数列{bn}的公差为d，
因为b2n＝2bn＋1，
所以n＝1时，b2＝2b1＋1，
所以d＝b1＋1.
又因为b1，b2，b4成等比数列，
所以beq \\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，
化简得d2＝b1d，
因为d≠0，所以b1＝d，从而无解．
所以等差数列{bn}不存在，故不符合题意．
课时作业
一、单项选择题
1．数列{(－1)n(2n－1)}的前2023项和S2023＝( )
A．－2023 B．2022
C．－2021 D．2023
答案 A
解析 S2023＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2021－1)＋(2×2022－1)－(2×2023－1)＝－4045＝－2023.故选A.
2．已知数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2024＝( )
A．0 B．1012
C．506 D．1010
答案 B
解析 由an＝ncseq \f(nπ,2)，得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，…，由此可知a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8＝…＝2.因为2024＝4×506，所以S2024＝2×506＝1012.故选B.
3．若数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(5,12)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(7,12)
答案 B
解析 bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，{bn}的前10项和S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,11)－eq \f(1,12)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝eq \f(5,12).故选B.
4．(2021·北京高考)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋an＝100，则n的最大值为( )
A．9 B．10
C．11 D．12
答案 C
解析 若要使n尽可能的大，则a1和数列{an}的递增幅度要尽可能小，不妨设数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为Sn，则an＝n＋2，S11＝eq \f(3＋13,2)×11＝88<100，S12＝eq \f(3＋14,2)×12＝102>100，所以n的最大值为11.故选C.
5．(2023·遂宁模拟)若数列{an}的前n项和为Sn，bn＝eq \f(Sn,n)，则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”．已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”且bn＝n，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))))的前n项和为Tn，若eq \f(1,2)(m2－m＋eq \r(3)－3)A．[－1，2]
B．(－1，2)
C．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
答案 B
解析 由题意eq \f(Sn,n)＝n，即Sn＝n2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1＝S1＝1满足an＝2n－1，故对任意的n∈N*，an＝2n－1，则eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))＝eq \f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq \f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),2)，Tn＝eq \f(\r(3)－1,2)＋eq \f(\r(5)－\r(3),2)＋…＋eq \f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),2)＝eq \f(\r(2n＋1)－1,2)，易知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2n＋1)－1,2)))是递增数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2n＋1)－1,2)))的最小项是T1＝eq \f(\r(3)－1,2)，由题意eq \f(1,2)(m2－m＋eq \r(3)－3)6．(2023·青岛二模)设[x]表示不超过x的最大整数(例如：[3.5]＝3，[－1.5]＝－2)，则[lg21]＋[lg22]＋[lg23]＋…＋[lg22046]＝( )
A．9×210－8 B．9×211－8
C．9×210＋2 D．9×211＋2
答案 B
解析 当2n≤x<2n＋1时，[lg2x]＝n，即[lg22n]＝[lg2(2n＋1)]＝…＝[lg2(2n＋1－1)]＝n，共有2n个n.因为210<2046<211，故[lg21]＋[lg22]＋[lg23]＋…＋[lg22046]＝[lg21]＋[lg22]＋[lg23]＋…＋[lg22047]－[lg22047]＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10－10，设S＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10 ①，则2S＝21×0＋22×1＋23×2＋…＋211×10 ②，①－②，得－S＝21＋22＋…＋210－211×10＝eq \f(2（1－210）,1－2)－211×10＝211－2－211×10＝－9×211－2，所以S＝9×211＋2，所以[lg21]＋[lg22]＋[lg23]＋…＋[lg22046]＝9×211＋2－10＝9×211－8.故选B.
二、多项选择题
7．(2023·重庆巴蜀中学模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2－eq \f(1,an)，则( )
A．a3＝eq \f(4,3)
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))为等比数列
C．an＝eq \f(n＋1,n)
D．数列{ln an}的前n项和为ln (n＋1)
答案 ACD
解析 对于A，因为a1＝2，an＋1＝2－eq \f(1,an)，所以a2＝2－eq \f(1,a1)＝eq \f(3,2)，a3＝2－eq \f(1,a2)＝eq \f(4,3)，所以A正确；对于B，因为an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2)，所以an－1＝1－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－1－1,an－1)，即eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－1,an－1－1)＝eq \f(1,an－1－1)＋1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))为等差数列且非常数列，所以B不正确；对于C，由B项可知eq \f(1,an－1)＝1＋(n－1)＝n，所以an＝eq \f(n＋1,n)，所以C正确；对于D，ln an＝ln eq \f(n＋1,n)＝ln (n＋1)－ln n，所以eq \(∑,\s\up8(n),\s\d8(k＝1))ln ak=eq \(∑,\s\up8(n),\s\d8(k＝1)) [ln (k＋1)－ln k]＝ln (n＋1)，所以D正确．故选ACD.
8．(2023·济南模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋(\r(2))n＋1，n为奇数，,2an，n为偶数，))设bn＝a2n，记数列{an}的前2n项和为S2n，数列{bn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的是( )
A．a5＝24
B．bn＝n·2n
C．Tn＝n·2n＋1
D．S2n＝(2n－1)2n＋1＋2
答案 ACD
解析 对于A，a2＝a1＋2＝4，a3＝2a2＝8，a4＝a3＋4＝12，则a5＝2a4＝24，故A正确；对于B，由题意，b1＝a2＝4，当n≥2时，bn＝a2n＝a2n－1＋(eq \r(2))2n＝2a2n－2＋2n＝2bn－1＋2n，所以eq \f(bn,2n)－eq \f(bn－1,2n－1)＝1，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,2n)))是以1为公差，eq \f(b1,2)＝2为首项的等差数列，则eq \f(bn,2n)＝2＋(n－1)＝n＋1，则bn＝(n＋1)·2n，故B错误；对于C，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，即Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，所以2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，两式相减得－Tn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n＋1＝4＋eq \f(4（1－2n－1）,1－2)－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Tn＝n·2n＋1，故C正确；对于D，S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝[a2－(eq \r(2))2]＋[a4－(eq \r(2))4]＋…＋[a2n－(eq \r(2))2n]＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝2(a2＋a4＋…＋a2n)－(2＋22＋…＋2n)＝2(b1＋b2＋…＋bn)－eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2Tn＋2－2n＋1＝2n×2n＋1＋2－2n＋1＝(2n－1)2n＋1＋2，故D正确．故选ACD.
三、填空题
9．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝2anan＋1，则数列{anan＋1}的前n项和为________．
答案 －eq \f(n,2n－1)
解析 因为a1＝1，an＋1－an＝2anan＋1，所以eq \f(an＋1－an,anan＋1)＝2，即eq \f(1,an)－eq \f(1,an＋1)＝2，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝－2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，－2为公差的等差数列，所以eq \f(1,an)＝3－2n，所以an＝eq \f(1,3－2n)，则anan＋1＝eq \f(1,（2n－3）（2n－1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，令数列{anan＋1}的前n项和为Tn，则Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－1)－\f(1,1)＋\f(1,1)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－3)－\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).
10．数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．
答案 7
解析 an＋2＋(－1)nan＝3n－1，当n为奇数时，an＋2＝an＋3n－1；当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1.设数列{an}的前n项和为Sn，则S16＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a16＝a1＋a3＋a5＋…＋a15＋(a2＋a4)＋…＋(a14＋a16)＝a1＋(a1＋2)＋(a1＋10)＋(a1＋24)＋(a1＋44)＋(a1＋70)＋(a1＋102)＋(a1＋140)＋(5＋17＋29＋41)＝8a1＋392＋92＝8a1＋484＝540，所以a1＝7.
四、解答题
11．(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.
解 (1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，
所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，
当n≥3时，eq \f(an,n－1)＝eq \f(an－1,n－2)＝…＝eq \f(a3,2)＝1，
即an＝n－1，
当n＝1，2时都满足上式，
所以an＝n－1(n∈N*)．
(2)因为eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，所以Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋…＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
eq \f(1,2)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)＝eq \f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，即Tn＝2－(2＋n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，n∈N*.
12．(2023·辽宁名校联盟)记正项数列{an}的前n项积为Tn，且eq \f(1,an)＝1－eq \f(2,Tn).
(1)证明：数列{Tn}是等差数列；
(2)记bn＝(－1)n·eq \f(4n＋4,TnTn＋1)，求数列{bn}的前2n项和S2n.
解 (1)证明：由题意得eq \f(Tn,Tn－1)＝an(n≥2)，
又eq \f(1,an)＝1－eq \f(2,Tn)，
所以eq \f(Tn－1,Tn)＝1－eq \f(2,Tn)(n≥2)，
即Tn－1＝Tn－2(n≥2)，
所以Tn－Tn－1＝2(n≥2)．
当n＝1时，a1＝T1，所以eq \f(1,T1)＝1－eq \f(2,T1)，
解得T1＝3，
故数列{Tn}是以3为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，Tn＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，
所以bn＝(－1)n·eq \f(4n＋4,TnTn＋1)
＝(－1)n·eq \f(4n＋4,（2n＋1）（2n＋3）)
＝(－1)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))，
所以S2n＝－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(1,7)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)＋\f(1,9)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n－1)＋\f(1,4n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n＋1)＋\f(1,4n＋3)))＝－eq \f(1,3)＋eq \f(1,4n＋3)＝－eq \f(4n,12n＋9).
13．(2023·岳阳三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比q≠－1，eq \f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq \f(1,27)，且S4＝a3＋93.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\f(1,3)an，n为奇数，,an，n为偶数，))求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为{an}是等比数列，公比q≠－1，
所以eq \f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq \f(a1q3＋a1q4,a1q6＋a1q7)＝eq \f(1,q3)＝eq \f(1,27)，
解得q＝3，
由S4＝a3＋93，可得eq \f(a1（1－34）,1－3)＝9a1＋93，
解得a1＝3，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)由(1)得bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－n，n为奇数，,3n，n为偶数，))
当n为偶数时，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)
＝－eq \f(\f(n,2)[1＋（n－1）],2)＋eq \f(9（1－9\f(n,2)）,1－9)
＝eq \f(9,8)(3n－1)－eq \f(n2,4)；
当n为奇数时，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(9,8)(3n＋1－1)－eq \f(（n＋1）2,4)－3n＋1＝eq \f(1,8)×3n＋1－eq \f(9,8)－eq \f(（n＋1）2,4).
综上所述，
Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)×3n＋1－\f(9,8)－\f(（n＋1）2,4)，n为奇数，,\f(9,8)（3n－1）－\f(n2,4)，n为偶数.))
14．已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n－1)3n＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)在an和an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,dn)))的前n项和Tn.
解 (1)因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n－1)3n＋1，①
当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝(n－2)3n－1＋1，②
①－②得(2n－1)an＝[(n－1)3n＋1]－[(n－2)3n－1＋1]＝(2n－1)3n－1(n≥2)，
所以an＝3n－1(n≥2)．
又因为当n＝1时，上式也成立，
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由题意可知dn＝eq \f(an＋1－an,n＋1)＝eq \f(3n－3n－1,n＋1)＝eq \f(2·3n－1,n＋1)，得eq \f(1,dn)＝eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n－1)，
则Tn＝eq \f(1,2)·eq \f(2,30)＋eq \f(1,2)·eq \f(3,31)＋eq \f(1,2)·eq \f(4,32)＋…＋eq \f(1,2)·eq \f(n,3n－2)＋eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n－1)，③
eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,2)·eq \f(2,31)＋eq \f(1,2)·eq \f(3,32)＋eq \f(1,2)·eq \f(4,33)＋…＋eq \f(1,2)·eq \f(n,3n－1)＋eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n)，④
③－④得eq \f(2,3)Tn＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n－1)))－eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n)＝1＋eq \f(1,2)·eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n)＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,4)·eq \f(1,3n)，
解得Tn＝eq \f(15,8)－eq \f(2n＋5,8·3n－1).
考向一 分组求和与并项求和
考向二 裂项相消法求和
考向三 错位相减法求和