19届高考数学大一轮复习第六章数列6.4数列求和学案理

内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 §6.4 数列求和

最新考纲 考情考向分析 本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式． 2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法. 法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难．一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合.

1．等差数列的前n项和公式

n?a1＋an?n?n－1?Sn＝＝na1＋d.

2

2

2．等比数列的前n项和公式

na1，q＝1，??

Sn＝?a1－anqa1?1－qn?

＝，q≠1.?1－q?1－q

.

3．一些常见数列的前n项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝

n?n＋1?

2

2

(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)． (4)1＋2＋…＋n＝知识拓展

数列求和的常用方法 (1)公式法

1

2

2

2

n?n＋1??2n＋1?

6

.

直接利用等差、等比数列的求和公式求和． (2)分组转化法

把数列转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法

把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①②③

111

＝－；

n?n＋1?nn＋1

1?11?1－＝??；

?2n－1??2n＋1?2?2n－12n＋1?

1

n＋n＋1

＝n＋1－n.

(4)倒序相加法

把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法

主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和． (6)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)f(n)类型，可采用两项合并求解．

题组一 思考辨析

1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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＝(2)当n≥2时，

1?11?1－＝??.( √ )

n－12?n－1n＋1?

22

3

na1－an＋1

.( √ ) 1－q(3)求Sn＝a＋2a＋3a＋…＋na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．( × )

?1?12

(4)数列?n＋2n－1?的前n项和为n＋n.( × )

2?2?

n(5)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得sin1°＋sin2°＋sin3°＋…＋sin88°＋sin89°＝44.5.( √ )

(6)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编

2．一个球从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

2

2

2

2

22

次着地时，经过的路程是( ) A．100＋200(1－2) C．200(1－2) 答案 A

解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2)＝100＋2×100×(2

1

－9

－

－9

－9

B．100＋100(1－2) D．100(1－2)

－9

－9

2?1－2?－9

＋2＋…＋2)＝100＋200×＝100＋200(1－2)． －1

1－2

－2

－92

－1－9

3．1＋2x＋3x＋…＋nx1－xnx答案 2－?1－x?1－xnnn－1

＝________.(x≠0且x≠1)

解析 设Sn＝1＋2x＋3x＋…＋nx2

3

2n－1

，①

则xSn＝x＋2x＋3x＋…＋nx，② ①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x＋…＋x1－xn＝－nx， 1－x1－xnx∴Sn＝. 2－?1－x?1－x题组三 易错自纠

4．(2017·潍坊调研)设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于( ) A.

nnn2

nn－1

－nx

nn2＋7n4

2

B.n2＋5n3

2

2n＋3nC.

4答案 A

D．n＋n

解析 设等差数列的公差为d，则a1＝2，

a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.

又∵a1，a3，a6成等比数列，∴a3＝a1·a6. 即(2＋2d)＝2(2＋5d)，整理得2d－d＝0. 1

∵d≠0，∴d＝.

2

2

22

n?n－1?n27

∴Sn＝na1＋d＝＋n.

2

4

4

5．(2018·日照质检)数列{an}的通项公式为an＝(－1)

n－1

·(4n－3)，则它的前100项之和

S100等于( )

A．200

B．－200

3

C．400 答案 B

D．－400

解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 6．数列{an}的通项公式为an＝ncos 答案 1 008

解析 因为数列an＝ncos

nπ

2

，其前n项和为Sn，则S2 017＝________.

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.

a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，

故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.

2 0162 017

∴S2 017＝S2 016＋a2 017＝×2＋2 017·cos π

42＝1 008.

题型一 分组转化法求和

典例 (2018·合肥质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an＋(－1)an，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＝

nn2＋n2

，n∈N＋.

n2＋n?n－1?2＋?n－1?

2－

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＝2＋(－1)n.

记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(2＋2＋…＋2)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记A＝2＋2＋…＋2，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 2?1－2?2n＋1

则A＝＝2－2，

1－2

2n1

2

2n1

2

2nnnB＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.

故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝2

2n＋1

＋n－2.

4

引申探究

本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 由(1)知bn＝2＋(－1)n. 当n为偶数时，

nnTn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]

2－2n＝＋ 1－22＝2

n＋1

n＋1

＋－2；

2

1

2

n当n为奇数时，Tn＝(2＋2＋…＋2)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] ＝2＝2

n＋1

n－2＋

n－1

2

－n

n＋1

n5－－. 22

n＋1

??2∴T＝?

??2

n＋－2，n为偶数，

2－－，n为奇数.22

nn＋1

n5

思维升华 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＝?

?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：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．

跟踪训练 等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 2??，n为奇数，

(2)令cn＝?Sn??bn，n为偶数，

设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.

解 (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，

??b2＋S2＝10，

由???a5－2b2＝a3，

??q＋6＋d＝10，

得???3＋4d－2q＝3＋2d，

n－1

??d＝2，

解得?

??q＝2，

∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2.

5

(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝2??，n为奇数，

则cn＝?n?n＋2?

??2n－1，n为偶数，

n?a1＋an?

2

＝n(n＋2)，

11??－，n为奇数，nn＋2即cn＝???2n－1，n为偶数，

∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)

??1??11??1－1??＋ ＝??1－?＋?－?＋…＋?????3??35??2n－12n＋1??

(2＋2＋…＋2

3

2n－1

)

n12?1－4?2n2n＝1－＋＝＋(4－1)．

2n＋11－42n＋13题型二 错位相减法求和

典例 (2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N＋)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(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. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q)＝12，而b1＝2， 所以q＋q－6＝0.

又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②

联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.

所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2. (2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4故Tn＝2×4＋5×4＋8×4＋…＋(3n－1)×4，③ 4Tn＝2×4＋5×4＋8×4＋…＋(3n－4)×4＋(3n－1)×4

2

3

2

3

4

2

3

2

2

nnn－1

，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4，

nnnn＋1

，④

n＋1

③－④，得－3Tn＝2×4＋3×4＋3×4＋…＋3×4－(3n－1)×412×?1－4?n＋1

＝－4－(3n－1)×4

1－4＝－(3n－2)×4

n＋1

nn

－8，

3n－2n＋18得Tn＝×4＋. 33

6

3n－2n＋18

所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4＋.

33思维升华 错位相减法求和时的注意点

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．

(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．

跟踪训练 (2018·阜阳调研)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

??10a1＋45d＝100，

解 (1)由题意得?

?a1d＝2，???a1＝1，

解得?

??d＝2

anbn

??2a1＋9d＝20，即?

?a1d＝2，?

a1＝9，??

或?2

d＝.??9

??an＝2n－1，

故?n－1

?bn＝2?

1

a＝?2n＋79?，??9或?

?2?.

b＝9·?9?????

nn－1

nn－1

(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2

2n－1

，故cn＝n－1，于是

2

Tn＝1＋＋2＋3＋4＋…＋325272922n－1

n－1，① 2

1135792n－1Tn＝＋2＋3＋4＋5＋…＋n.② 2222222①－②可得

11112n－12n＋3Tn＝2＋＋2＋…＋n－2－n＝3－n， 2222222n＋3故Tn＝6－n－1. 2

题型三 裂项相消法求和

7

命题点1 形如an＝

1

型

n?n＋k?

1

典例 (2017·郑州市第二次质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an2

＋1

＋n＋1(n∈N＋)．

(1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝log3(－an＋1)，设数列?

1?3?的前n项和为Tn，求证：Tn<. 4?bnbn＋2?

?

1

(1)解 由Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N＋)，

21

得Sn－1＝an＋n(n≥2，n∈N＋)，

2两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2， 即an＋1－1＝3(an－1)， 又a1－1＝－2－1＝－3≠0，

所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以an－1＝(－3)·3故an＝－3＋1.

(2)证明 由bn＝log3(－an＋1)＝log33＝n， 得

1

nnn－1

＝－3.

nbnbn＋2

＝1?11?1

＝?－?，

n?n＋2?2?nn＋2?

11?11111

所以Tn＝?1－＋－＋－＋…＋

n－12?32435

－

111?

＋－ n＋1nn＋2??

11?1?1

－＝?1＋－

2n＋1n＋2?2??32n＋33

＝－<. 42?n＋1??n＋2?4命题点2 an＝

1

n＋n＋kα

型

1

，n∈N＋.记数列{an}的前nf?n＋1?＋f?n?

典例 已知函数f(x)＝x的图像过点(4,2)，令an＝项和为Sn，则S2 017＝________. 答案

2 018－1

1

解析 由f(4)＝2，可得4＝2，解得α＝，则f(x)＝x2.

2

α

1 8

∴an＝

11

＝＝n＋1－n，

f?n＋1?＋f?n?n＋1＋nS2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2 017－2 016)

＋(2 018－2 017)＝2 018－1.

思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1

n＋n＋kk1

＝(n＋k－n)，

1?11?1

＝?－?，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一

n?n＋k?k?nn＋k?

项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．

跟踪训练 (2018届贵州遵义航天高级中学模拟)已知等差数列{an}满足(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋an＋1)＝2n(n＋1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝

1

，求{bn}的前n项和Sn.

an·an＋1

解 (1)设等差数列{an}的公差为d， 当n＝1时，a1＋a2＝4，

当n＝2时，a1＋a2＋a2＋a3＝12，即4a2＝12，a2＝3， ∴a1＝1，d＝a2－a1＝2，

∴等差数列{an}的通项公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴an＝2n－1. (2)由(1)得bn＝

1

?2n－1??2n＋1?

1?1?1－＝??，

2?2n－12n＋1?∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

11?1?111

－＝?1－＋－＋…＋

3352n－12n＋1?2??1?1?n＝?1－＝. ?2n＋1?2n＋12?

四审结构定方案

?1?典例 (12分)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2?1＋?an(n∈N＋)．

?

n?

(1)求数列{an}的通项公式；

2

(2)设bn＝，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值；

nan 9

(3)求证：当n≥2时，S7n＋11

2n≥

12

.

(1)an＋1＝2??1?1＋n??确定方案

an＋1an?

an构造数列――――→n＋1＝2·n

ann＝2n―→ann＝n·2 (2)b2n1111

n＝a＝―→S2n－Sn＝n＋1＋n＋2＋…＋2n

nn―确定解题方案利用数列单调性

―――――――→设c作差法

n＝S2n－Sn――→ 确定{cn}单调性并求最值

(3)利用数列{c结合?2?中n}表示S2n――结论――→放缩法证明结论 规范解答

(1)解 由条件an＋1＝2??1?

1＋n???

an，

得

an＋1ann＋1＝2·n，又a2，所以a1

1＝1

＝2， 因此数列??an??n?

?构成首项为2，公比为2的等比数列．[3分]

ann＝2·2n－1＝2n，因此，ann＝n·2.[4分] (2)解 由(1)得b1

n＝n，设cn＝S2n－Sn，

则c1n＝

n＋1＋1n＋2＋…＋12n，[6分] 所以c1n＋1＝

n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋12n＋1＋1

2n＋2

， 从而c111111

n＋1－cn＝2n＋1＋2n＋2－n＋1＞2n＋2＋2n＋2－n＋1＝0，因此数列{cn}是增加的， 所以(c1

n)min＝c1＝2.[8分]

(3)证明 当n≥2时，

S2n＝(S2n－S2n?1)＋(S2n?1－S2n?2)＋…＋(S2－S1)＋S1

10

＝c2n?1＋c2n?2＋…＋c2＋c1＋S1，[10分] 由(2)知c2n?1≥c2n?2≥…≥c2， 17又c1＝，S1＝1，c2＝，

212所以S2n≥(n－1)c2＋c1＋S1 717n＋11

＝(n－1)＋＋1＝.[12分] 12212

11111

1．(2018·广州调研)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋n，…的前n项和Sn的值等于

248162( ) 12

A．n＋1－n

2C．n＋1－答案 A

1

解析 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋n，

2则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋

2

12

B．2n－n＋1－n 212

D．n－n＋1－n

2

12

n－1

?1＋12＋…＋1n?＝n2＋1－1. ?22?n2?2?

2．(2018·长春调研)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)则S17等于( ) A．9 C．17 答案 A

解析 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.

3．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)an＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于( ) A．76 B．78 C．80 D．82 答案 B

解析 由已知an＋1＋(－1)an＝2n－1，得an＋2＋(－1)

nn＋1

nn－1

·n，

B．8 D．16

·an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－

11

1)(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＋…＋

na11＋a12＝78.故选B.

4．(2017·高安中学模拟)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( ) A．5 C．7 答案 C

解析 根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.

?n，n为奇数，?

5．(2018·深圳调研)已知函数f(n)＝?2

??－n，n为偶数，

2

B．6 D．16

且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋

a2＋a3＋…＋a100等于( )

A．0 B．100 C．－100 D．10 200 答案 B

解析 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100

＝1－2－2＋3＋3－4－4＋5＋…＋99－100－100＋101 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B.

6．(2018·开封调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2 (n∈N＋)，则S2 018等于( ) A．2

2 0182

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

n－1

1 009

B．3×2D．3×2

1 009

－3 －2

C．3×2－1

1 008

答案 B

an＋2·an＋12n＋1

解析 a1＝1，a2＝＝2，又＝n＝2，

a1an＋1·an2

2

∴

an＋2

＝2. an∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列， ∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018 ＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018) 1－22?1－2?1 009＝＋＝3·2－3.故选B.

1－21－2

1 009

1 009

12

1

7．(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则? ＝________.

k＝1

nSk答案

2n n＋1

解析 设等差数列{an}的公差为d，则

a3＝a1＋2d＝3，??由?4×3

Sd＝10，4＝4a1＋?2?

∴Sn＝n×1＋1＝

n

2

??a1＝1，

得???d＝1.

n?n－1?

2

×1＝n?n＋1?

，

Sn1?2?1

＝2?－?.

n?n＋1??nn＋1?

11111∴? ＝＋＋＋…＋

k＝1

SkS1S2S3Sn11??11111

＝2?1－＋－＋－＋…＋－

nn＋1??22334?＝2?1－

?

?

1?2n＝. n＋1??n＋1

n－1

8．(2018·商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2__________． 答案 2

n＋1

所有项的和为

－2－n

n1－2n解析 由题意知所求数列的通项为＝2－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可

1－22?1－2?n＋1

得和为－n＝2－2－n.

1－29．已知数列{an}的通项公式为an＝答案 120 解析 ∵an＝

1

1

nn＋n＋1

，若前n项和为10，则项数n为________．

n＋n＋1

＝n＋1－n，

∴Sn＝a1＋a2＋…＋an

＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n) ＝n＋1－1.

令n＋1－1＝10，得n＝120.

10．(2017·安阳二模)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－

13

an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.

答案 4－1

解析 由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴bn＝(－3)×(－4)是以3为首项，4为公比的等比数列， 3?1－4?n∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4－1.

1－4

11．(2018·兰州模拟)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列?

1?

?的前n项和为

?

nn－1

n，∴|bn|＝3×4

n－1

，即{|bn|}

?an·an＋1?

n2n＋1

. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)设数列{an}的公差为d， 令n＝1，得

1

a＝1， 1a23所以a1a2＝3.① 令n＝2，得

1

a＋1

1a2

a＝2， 2a35

所以a2a3＝15.②

由①②解得a1＝1，d＝2，

所以an＝2n－1.经检验，符合题意． (2)由(1)知bn＝2n·2

2n－1

＝n·4n，

所以T1

2

n·4nn＝1·4＋2·4＋…＋， 所以4T2

3

n＝1·4＋2·4＋…＋n·4

n＋1

，

两式相减，得－3T1

2

＋…＋4n－n·4n＋1

n＝4＋4

n＝4?1－4?n＋11－3nn＋141－4－n·4＝3×4－3.

n＋1

所以T3n－1n＋144＋?3n－1?4n＝9×4＋9＝

9

.

12．(2017·贵阳一模)已知数列{an项和是S1

n}的前n，且Sn＋2an＝1(n∈N＋)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log1(1－Sn＋1)(n∈N＋)，令Tn＝

1

＋1

＋…＋

1

，求Tn.

3b1b2b2b3

bnbn＋1

解 (1)当n＝1时，a1＝S1，

14

12由S1＋a1＝1，得a1＝，

23

11

当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，

2211

则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，

221

所以an＝an－1(n≥2)．

3

21

故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．

332?1?n－1?1?n故an＝·??＝2·??(n∈N＋)．

3?3??3?1?n1?(2)因为1－Sn＝an＝??.

2?3?

?1?n＋1

所以bn＝log1(1－Sn＋1)＝log1??＝n＋1，

?3?

33因为

1

bnbn＋1

＝1

111

＝－，

?n＋1??n＋2?n＋1n＋2＋

1＋…＋1

所以Tn＝

b1b2b2b3bnbn＋1

?11??11??1－1? ＝?－?＋?－?＋…＋???23??34??n＋1n＋2?

11n＝－＝. 2n＋22?n＋2?

13．(2018届广东珠海一中等六校联考)数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N＋都有an＋1111

＝an＋a1＋n，则＋＋…＋等于( )

a1a2a2 017

2 016A. 2 0172 017C. 2 018答案 D

解析 由题意可得an＋1－an＝n＋1，

B.D.4 032

2 0174 034

2 018

则a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n， 以上各式相加可得an＝

n?n＋1?

2

，

15

1?1?1

则＝2?－?， an?nn＋1?1

a1a2

11＋＋…＋ a2 017

??1??11??1－1?? ＝2×??1－?＋?－?＋…＋???

??2??23??2 0172 018??

4 034＝. 2 018

x4?1?＋f?2?＋…＋f?2 016?，则S＝________.

14．设f(x)＝x，若S＝f?????2 017?4＋2?2 017??2 017???

答案 1 008

442解析 ∵f(x)＝x，∴f(1－x)＝1－x＝x，

4＋24＋22＋442

∴f(x)＋f(1－x)＝x＋x＝1.

4＋22＋4

xx1－xS＝f?S＝f?

?1?＋f?2?＋…＋f?2 016?，①

????2 017??2 017??2 017????2 016?＋f?2 015?＋…＋f?1?，②

????2 017??2 017??2 017???

??1?＋f?2 016??＋ ①＋②，得2S＝?f?????

??2 017??2 017???f?2?＋f?2 015??＋…＋?f?2 016?＋f?1?? ??2 017??2 017????2 017??2 017??????????????

＝2 016，

2 016∴S＝＝1 008.

2

15．(2018届衡水联考)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0,6Sn＝an＋3an，

2

2ann∈N＋，bn＝a，若任意n∈N＋，k>Tn恒成立，则k的最小值是( ) an＋1n(2－1)(2－1)118A. B. C．49 D. 749441答案 B

解析 当n＝1时，6a1＝a1＋3a1， 解得a1＝3或a1＝0. 由an>0，得a1＝3.

由6Sn＝an＋3an，得6Sn＋1＝an＋1＋3an＋1.

16

2

22

两式相减得6an＋1＝an＋1－an＋3an＋1－3an. 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0. 因为an>0，所以an＋1＋an>0，an＋1－an＝3. 即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以an＝3＋3(n－1)＝3n.

22

2an所以bn＝a a(2n－1)(2n＋1－1)n1?81?1

＝n＝?n－n＋1?. n＋1

?8－1??8－1?7?8－18－1?

1111?1

－2＋2－3＋…＋所以Tn＝?7?8－18－18－18－1

11－n＋1?? 8－18－1?

n1?11?1

＝?－n＋1?<. 7?78－1?49

1

要使任意n∈N＋，k>Tn恒成立，只需k≥.故选B.

49

16．(2018·南昌调研)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，任意n∈N＋，2Sn＝an＋an.令bn＝

1

2

anan＋1＋an＋1an，设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为

________． 答案 9

解析 ∵2Sn＝an＋an，① ∴2Sn＋1＝an＋1＋an＋1，②

②－①，得2an＋1＝an＋1＋an＋1－an－an，

2

a2n＋1－an－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.

2

2

2

2

又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0， 即an＋1－an＝1.

在2Sn＝an＋an中，令n＝1，可得a1＝1.

∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴an＝n， ∴bn＝

1

2

nn＋1＋?n＋1?n ?n＋1?n－nn＋1＝ [nn＋1＋?n＋1?n][?n＋1?n－nn＋1]

17

＝?n＋1?n－nn＋111n?n＋1?＝n－n＋1，

∴T1

1n＝1－12＋12－3＋…＋n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1

n＋1

， 要使T1

n为有理数，只需n＋1

为有理数，

令n＋1＝t2

， ∵1≤n≤100，

∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数． ∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.

18

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