第2讲 数列的求和问题1．(2022·福建)在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值． 2．(2022·课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{}的前n项和． 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．19\n例1 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn. 思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm. 19\n 热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．例2 (2022·衡阳联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn. 思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．跟踪演练2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 19\n 热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{}或{}(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．例3 (2022·韶关高三联考)已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an(Sn－)．(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<. 思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常化的裂项公式①＝(－)；②＝(－)；③＝(－)．19\n跟踪演练3 (1)已知数列{an}，an＝，其前n项和Sn＝9，则n＝________.(2)(2022·江苏)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________.1．已知数列{an}的通项公式为an＝，其前n项和为Sn，若存在实数M，满足对任意的n∈N*，都有Sn<M恒成立，则M的最小值为________．2．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝a(Sn－an＋1)(a为常数，且a>0)，且4a3是a1与2a2的等差中项．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 提醒：完成作业 专题四 第2讲19\n二轮专题强化练专题四第2讲 数列的求和问题A组 专题通关1．已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为( )A．n2＋1－B．n2＋2－C．n2＋1－D．n2＋2－2．已知在数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于( )A．445B．765C．1080D．31053．在等差数列{an}中，a1＝－2012，其前n项和为Sn，若－＝2002，则S2014的值等于( )A．2011B．－2012C．2014D．－20134．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40等于( )A．20B．40C．60D．805．(2022·曲靖一模)＋＋＋…＋的值为( )A.B.－C.－(＋)D.－＋6．设f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，则S＝________.19\n7．(2022·辽宁五校协作体联考)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________.8．设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________.9．(2022·北京)已知{an}是等差数列，满足a1＝3,a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．10．(2022·山东)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.B组 能力提高11．数列{an}满足a1＝2，an＝，其前n项积为Tn，则T2016等于( )19\nA.B．－C．1D．－112．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2016项的和等于( )A．1509B．3018C．1512D．201613．已知lgx＋lgy＝1，且Sn＝lgxn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lgyn，则Sn＝________.14．(2022·湖南)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3,n∈N*.(1)证明：an＋2＝3an；(2)求Sn.19\n学生用书答案精析第2讲 数列的求和问题高考真题体验1．解 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.(2)由(1)可得bn＝2n＋n，所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝＋＝(211－2)＋55＝211＋53＝2101.2．解 (1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而a1＝.所以{an}的通项公式为an＝n＋1.(2)设{}的前n项和为Sn.由(1)知＝，则Sn＝＋＋…＋＋，Sn＝＋＋…＋＋.两式相减得Sn＝＋(＋…＋)－＝＋(1－)－.19\n所以Sn＝2－.热点分类突破例1 解 (1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.故an＝2·3n－1(n∈N*)．(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.当n为偶数时，Sn＝2×＋ln3＝3n＋ln3－1；当n为奇数时，Sn＝2×－(ln2－ln3)＋ln3＝3n－ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝跟踪演练1 解 (1)因为{an}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28.设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m<an<92m，则9m＋8<9n<92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得bm＝92m－1－9m－1.于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm19\n＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝－＝.例2 解 (1)3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)，∴2an＝an－1，＝，又∵a1＝2，∴{an}是以2为首项，公比为的等比数列，∴an＝2×()n－1＝()n－2＝22－n.(2)bn＝(2n－1)22－n，Tn＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n－1)·22－n，Tn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)·22－n＋(2n－1)·21－n，∴Tn＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)·21－n＝2＋－(2n－1)21－n＝6－(2n＋3)×21－n，∴Tn＝12－(2n＋3)×22－n.跟踪演练2 解 (1)∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即＝2(n≥2)，①又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，∴a2＝3，∴＝2，∴当n＝1时，①式也成立，∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*)．(2)∵an＝2n－1，∴bn＝＝＝，∴Tn＝＋＋＋…＋，19\nTn＝＋＋…＋＋，∴Tn＝2(＋＋＋…＋－)＝2－－＝2－.例3 (1)解 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1代入S＝an(Sn－)，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，由于Sn≠0，所以－＝2，所以{}是首项为1，公差为2的等差数列，从而＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝.(2)证明 因为bn＝＝＝(－)，所以Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<，所以Tn<.跟踪演练3 (1)99 (2)解析 (1)因为an＝＝－，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.由－1＝9，解得n＝99.(2)∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝，即an＝，令bn＝，故bn＝＝2，故S10＝b1＋b2＋…＋b1019\n＝2＝.高考押题精练1．1解析 因为an＝＝＝－，所以Sn＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝1－，由于1－<1，所以M的最小值为1.2．解 (1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)，①Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，②由①－②，得an＝a×an－1，即＝a，故{an}是首项a1＝a，公比等于a的等比数列，所以an＝a×an－1＝an.故a2＝a2，a3＝a3.由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2，即8a3＝a＋2a2，因为a≠0，整理得8a2－2a－1＝0，即(2a－1)(4a＋1)＝0，解得a＝或a＝－(舍去)，故an＝()n＝.(2)由(1)，得bn＝＝(2n＋1)×2n，所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n，①2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)×2n＋(2n＋1)×2n＋1，②由①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋119\n＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1，所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.19\n二轮专题强化练答案精析第2讲 数列的求和问题1．A [因为an＝2n－1＋，所以Sn＝＋＝n2＋1－.]2．B [∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3.∴{an}是以－60为首项，3为公差的等差数列．∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63.令an≤0，得n≤21.∴前20项都为负值．∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30＝－2S20＋S30.∵Sn＝n＝×n，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝765.]3．C [等差数列中，Sn＝na1＋d，＝a1＋(n－1)，即数列{}是首项为a1＝－2012，公差为的等差数列；因为－＝2002，所以，(2012－10)＝2002，＝1，所以，S2014＝2014[(－2012)＋(2014－1)×1]＝2014，选C.]4．C [由an＋1＝(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×＋1＋3＋3＋1＝60.]5．C [∵＝＝＝(－)，19\n∴＋＋＋…＋＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝(－－)＝－(＋)．]6．1007解析 ∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝，∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.S＝f()＋f()＋…＋f()，①S＝f()＋f()＋…＋f()，②①＋②得，2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2014，∴S＝＝1007.7．480解析 方法一 依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.方法二 ∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8，S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…，∴S60＝4×15＋×4＝480.8．2解析 由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn＝，前2n项和为S2n＝19\n，所以＝＝2＋＝2＋.因为数列{cn}是“和等比数列”，即为非零常数，所以d＝2.9．解 (1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝＝＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝＝＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为＝2n－1.所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.10．解 (1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝；当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，19\n两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝＋－(n－1)×31－n＝－，所以Tn＝－，经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝－.11．C [由an＝，得an＋1＝.∵a1＝2，∴a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，a6＝－3.故数列{an}具有周期性，周期为4，∵a1a2a3a4＝1，∴T2016＝T4＝1.]12．C [因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝故数列的前2016项的和等于S2016＝1008×(1＋)＝1512.]13.n2解析 因为lgx＋lgy＝1，所以lg(xy)＝1.因为Sn＝lgxn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lgyn，所以Sn＝lgyn＋lg(xyn－1)＋…＋lg(xn－2y2)＋lg(xn－1y)＋lgxn，两式相加，得2Sn＝(lgxn＋lgyn)＋[lg(xn－1y)＋lg(xyn－1)]＋…＋(lgyn＋lgxn)＝lg(xn·yn)＋lg(xn－1y·xyn－1)＋…＋lg(yn·xn)＝n[lg(xy)＋lg(xy)＋…＋lg(xy)]＝n2lg(xy)＝n2，所以Sn＝n2.14．(1)证明 由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.19\n又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故对一切n∈N*，an＋2＝3an.(2)解 由(1)知，an≠0，所以＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝.从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝(5×3n－2－1)．综上所述，Sn＝19
