第四节 数列求和

第四节 数列求和高考概览：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．[知识梳理]1．公式法与分组求和法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . ②等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.(2)分组求和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，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．2．倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“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 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(2)并项求和法在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．3．裂项相消法把数列的每一项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以出现有规律的相互抵消，从而求得其和．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 项和公式就是用此法推导的．[辨识巧记]1．三个裂项公式(1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. (2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .2．两个注意点(1)应用裂项相消法时，应注意消项的规律具有对称性，即前面剩第几项则后面剩倒数第几项．(2)应用错位相减法时，应注意相减后符号的变化和所构成的等比数列的项数．[双基自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 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)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15[解析] 设b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A.[答案] A3．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n[解析] S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.故选C. [答案] C4．(必修5P 47B 组T 4改编)数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为20172018，则项数n 为( )A ．2015B ．2016C ．2017D ．2018[解析] 由a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，得 S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 所以n n ＋1＝20172018，得n ＝2017.故选C. [答案] C5．(2019·泉州四校联考)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3×⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ，则其前20项和S 20＝________. [解析] 由a n ＝2n －3×⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ，得 S 20＝2×(1＋2＋…＋20)－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×(1＋20)2－3×15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520. [答案] 420－34⎝⎛⎭⎪⎫1－1520考点一 分组转化法求和【例1】 在等比数列{a n }中，已知a 1＝3，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 2，b 13＝a 3.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .[思路引导] 设基本量q ，d →列方程组求解→写出通项公式→求和[解] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，等差数列{b n }的公差为d . 由已知，得a 2＝3q ，a 3＝3q 2，b 1＝3，b 4＝3＋3d ，b 13＝3＋12d ，故⎩⎪⎨⎪⎧ 3q ＝3＋3d ，3q 2＝3＋12d ，⇒⎩⎪⎨⎪⎧q ＝1＋d ，q 2＝1＋4d ，⇒q ＝3或1(舍去)． 所以d ＝2，所以a n ＝3n ，b n ＝2n ＋1.(2)由题意，得c n ＝a n ＋b n ＝3n ＋(2n ＋1)， S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝(3＋5＋7＋…＋2n ＋1)＋(3＋32＋…＋3n )＝n (3＋2n ＋1)2＋3(1－3n )1－3＝3n ＋12＋n 2＋2n －32. [拓展探究] 若本例(2)中的“c n ＝a n ＋b n ”改为“c n ＝a n ＋(－1)n b n ”，其他条件不变，结果如何求？[解] 由题意，得c n ＝(－1)n b n ＋a n ＝(－1)n (2n ＋1)＋3n ， S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n －1(2n －1)＋(－1)n (2n ＋1)]＋3＋32＋…＋3n . 当n 为偶数时，S n ＝n ＋3n ＋12－32＝3n ＋12＋n －32；当n 为奇数时，S n ＝(n －1)－(2n ＋1)＋3n ＋12－32＝3n ＋12－n －72.所以S n ＝⎩⎨⎧3n ＋12＋n －32，n 为偶数，3n ＋12－n －72，n 为奇数.分组转化法求和的2种常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组转化法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比或等差数列，可采用分组转化法求{a n }的前n 项和．[对点训练](2019·北京石景山期末)已知数列{a n }为递增的等比数列，a 1·a 4＝8，a 2＋a 3＝6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n ＋log 2a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由a 1·a 4＝a 2·a 3＝8及a 2＋a 3＝6，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝2，a 3＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝2，a 2＝4(舍)， 所以a 3a 2＝q ＝2，a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝a n ＋log 2a n ＋1＝2n －1＋n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(20＋21＋…＋2n －1)＋(1＋2＋…＋n )＝1－2n 1－2＋(1＋n )n 2＝2n －1＋n 2＋n 2. 考点二 裂项相消法求和裂项相消法求数列的前n 项和是高考中的热点，既有选择题或填空题的考查，又有解答题形式的考查，难度适中，属中档题．常见的命题探究角度有：(1)“a n ＝1(n ＋α)(n ＋β)”型数列求和； (2)“a n ＝1n ＋n ＋k ”型数列求和； (3)“a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2”型数列求和． 角度1：“a n ＝1(n ＋α)(n ＋β)”型数列求和 【例2－1】 (2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． [思路引导] (1)当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)→ 与已知关系式作差得a n →验证a 1适合上式→得{a n }的通项公式 (2)由a n 求出a n 2n ＋1→分析其特征→确定求和方法并求解[解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，也适合上式． 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1. 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 角度2：“a n ＝1n ＋n ＋k ”型数列求和【例2－2】 设数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a n ＋a n ＋1，若b 1＋b 2＋…＋b n >1，求正整数n 的最小值．[解] (1)由2S n ＝a n ＋1，两边平方，得4S n ＝(a n ＋1)2，则4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，两式相减，得4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，整理得(a n ＋1－1)2－(a n ＋1)2＝0，即(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－2)＝0.因为a n>0，所以a n＋1－a n－2＝0，即a n＋1－a n＝2.又因为当n＝1时，2a1＝a1＋1，所以(a1－1)2＝0，所以a1＝1，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(2)因为b n＝12n－1＋2n＋1＝2n＋1－2n－12，所以b1＋b2＋…＋b n＝12[(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n＋1－2n－1)]＝12(2n＋1－1)．由12(2n＋1－1)>1，解得n>4，所以满足条件的正整数n的最小值为5.角度3：“a n＝1n2(n＋2)2”型数列求和【例2－3】正项数列{a n}的前n项和S n满足：S2n－(n2＋n－1)S n －(n2＋n)＝0.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)令b n＝n＋1(n＋2)2a2n，数列{b n}的前n项和为T n.证明：对于任意的n∈N*，都有T n<564.[解] (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2 ⎦⎥⎤－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.裂项相消法求和的注意点(1)在把通项裂开后，应验证其是否恰好等于相应的两项之差，注意变形的等价性．(2)在正负项抵消后，应注意消项的规律具有对称性，前面剩下几项，后面也剩下几项．(3)常用的几个裂项式子(其中n 为正整数)1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k (k ≠0)，14n 2－1＝ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n (a >0，a ≠1) [对点训练]1．(2018·山东济宁期中)等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，若a 5＝10，S 5＝30，则1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S 2017＝________. [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 5＝10，S 5＝30，∴⎩⎨⎧ a 1＋4d ＝10，5a 1＋5×42d ＝30，解得a 1＝d ＝2.∴S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n (n ＋1)，∴1S n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.则1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S 2017＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12017－12018＝1－12018＝20172018. [答案] 201720182．若数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋2，前n 项和为S n ，则S 16＝________.[解析] 由a n ＝1n ＋n ＋2＝12()n ＋2－n ， 得S 16＝12(3－1＋4－2＋5－3＋…＋17－15＋18－16)＝12(18＋17－2－1)＝17＋22－12.[答案] 17＋22－12考点三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n . [思路引导] (1)设出公比q →列关于a 1，q 的方程组→求出通项公式(2)求出b n →分析c n ＝b n a n的结构特征→ 利用错位相减法求T n[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知：S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1， 又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n，则c n ＝2n ＋12n . 因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n .运用错位相减法求和时应注意的四点(1)判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；(2)错开位置，乘以公比后，再把前n 项和退后一个位置来书写，这样为两式相减避免看错做准备；(3)符号变化，相减时一定要注意最后一项的符号；(4)注意项数，最后一步利用等比数列求和时，注意项数为n －1项而不是n 项，或用S n ＝a 1－a n q 1－q，更不易出错． [对点训练]已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2.所以，b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， 上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1 ＝－(3n －2)×4n ＋1－8.得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以，数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.解题方法系列⑪——求数列{|a n |}的前n 项和素养解读：求{|a n |}的前n 项和的题型，常先由S n 的最值判断出哪些项为正，哪些项为负，或先求出a n ，解a n ≥0的n 的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负．从而将数列{|a n |}的求和转化为数列{a n }的和．【典例】 在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.[切入点] 设出公差d 表示出a 2、a 3，再结合等比中项列式；(2)去掉绝对值．[关键点] (1)求出d 即得a n ；(2)求出a n ≥0时n 的取值，分类求解．[规范解答] (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.由a n ≥0，得n ≤11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－a 13－…－a n ＝S 11－(S n －S 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧ －12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.求数列{|a n |}的和时，因为a n 有正有负，所以应分两类分别求和．若前k 项为负，从k ＋1项开始以后的项非负，则{|a n |}的前n 项和T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －S n ，n ≤k ，S n －2S k ，n >k ，若前k 项为正，以后各项非正，则T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ，n ≤k ，2S k －S n ，n >k . [感悟体验](2019·广东珠海期末)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝11，且a 2，a 5，a 6成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求S n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)，由题意，得a 25＝a 2a 6，即(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，化简得2a 1d ＋11d 2＝0.又a 1＝11，所以d ＝－2或d ＝0(舍)，故a n ＝－2n ＋13.(2)由(1)知当n ≤6时，a n >0；当n ≥7时，a n <0.当n ≤6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝na 1＋n (n －1)2d ＝12n －n 2. 当n ≥7时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 6|＋|a 7|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6－(a 7＋a 8＋…＋a n )＝2(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6)－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝2S 6－S n ＝72－(12n －n 2)＝n 2－12n ＋72，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12n －n 2，n ≤6，n 2－12n ＋72，n ≥7. 课后跟踪训练(三十八)基础巩固练一、选择题1．(2019·扬州调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，a 5＝4－a 3，则S 7＝( )A ．7B ．12C ．14D ．21[解析] 由a n ＋2＝2a n ＋1－a n 知数列{a n }为等差数列，由a 5＝4－a 3得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝14.故选C. [答案] C2．(2019·安徽江南十校联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130[解析] {a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.[答案] C3．(2019·安溪质检)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A ．9B ．8C ．17D ．16[解析] S 17＝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.故选A.[答案] A4．(2019·安徽安庆模拟)已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n ∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2017项的和为( )A ．2B ．－3C ．3D ．1[解析] ∵a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)＝a n －2，n >2，∴数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2017＝504(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 504×4＋1＝a 1＝1.故选D.[答案] D5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1的值为( ) A.n ＋12(n ＋2)B.34－n ＋12(n ＋2)C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1－1n ＋2[解析] 因为1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以原式＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋ ⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.故选C. [答案] C二、填空题6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.[解析] 由题意知，⎩⎨⎧ S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，a 3＝a 1＋2d ＝3，解得a 1＝1，d ＝1， ∴S n ＝n (n ＋1)2，∴1S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1. [答案] 2n n ＋17．(2018·山东莱芜模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝________.[解析] ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2的等差数列．∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7，数列{a n }的前n 项和S n ＝n (－5＋2n －7)2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72. ∴n ≤3时，|a n |＝－a n ，n ≥4时，|a n |＝a n .则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.[答案] 188．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.[解析] 依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6.[答案] 6三、解答题9．(2019·山东日照一模)已知等差数列{a n }的公差d >0，其前n 项和为S n ，且a 2＋a 4＝8，a 3，a 5，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a 2n －1·a 2n ＋1＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)因为a 2＋a 4＝8，即a 1＋a 5＝8，所以a 3＝4，即a 1＋2d ＝4.①因为a 3，a 5，a 8成等比数列，则a 25＝a 3a 8，即(a 1＋4d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，化简得a 1＝2d .②联立①和②得a 1＝2，d ＝1.所以a n ＝n ＋1.(2)因为b n ＝1a 2n －1·a 2n ＋1＋n ＝12n (2n ＋1)＋n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＋n . 所以T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＋n ＝14×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋… ⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＋(1＋2＋3＋…＋n ) ＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－1n ＋1＋n (n ＋1)2＝n 4(n ＋1)＋n (n ＋1)2. 10．(2019·郑州模拟)已知a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{a n }是递增的等差数列，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝1－12b n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意得，a 2＝3，a 5＝9，公差d ＝a 5－a 25－2＝2， 所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1.由S n ＝1－12b n 得，当n ＝1时，b 1＝23.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝12b n －1－12b n ，得b n ＝13b n －1，所以{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．所以b n ＝23n .(2)c n ＝a n ·b n ＝4n －23n ，T n ＝4×1－231＋4×2－232＋4×3－233＋…＋4×(n －1)－23n －1＋4n －23n ， 3T n ＝4×1－230＋4×2－231＋4×3－232＋…＋4×(n －1)－23n －2＋4n －23n －1. 两式相减得2T n ＝2＋431＋432＋…＋43n －1－4n －23n ＝4－4n ＋43n ， 所以T n ＝2－2n ＋23n .能力提升练11．(2019·安徽马鞍山一模)已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．－100C ．100D ．10200[解析] f (n )＝n 2cos(n π)＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数， ＝(－1)n ·n 2.由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝－2×50＝－100.故选B.[答案] B12．(2019·福建泉州模拟)若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n ，则a 1＋a 22＋…＋a n n 等于( )A ．2n 2＋2nB ．n 2＋2nC ．2n 2＋nD ．2(n 2＋2n )[解析] ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n ，∴n ＝1时，a 1＝2，解得a 1＝4，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋n －1， 相减可得a n ＝2n ，∴a n ＝4n 2，n ＝1时也成立，∴a n n ＝4n .则a 1＋a 22＋…＋a n n ＝4(1＋2＋…＋n )＝4×n (1＋n )2＝2n 2＋2n .故选A.[答案] A13．(2019·湖南长沙模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1·a n－1(n ≥2，n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2的前n 项和T n ＝________. [解析] 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)， 可得a n n ＝n n ＋1·a n －1n －1.令b n ＝a n n ，可得b n ＝n n ＋1·b n －1(n ≥2，n ∈N *)．由b n ＝b 1·b 2b 1·b 3b 2·…·b n －1b n －2·b n b n －1＝1×23×34·…·n －1n ·n n ＋1＝2n ＋1，可得a n ＝2n n ＋1， 即有a n n 2＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，则前n 项和T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. [答案] 2n n ＋114．(2019·江西赣州信丰中学高考适应性测试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .[解] (1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1，∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－n ， 即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3×a 1＋2，∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N *， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3，∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －1.(2)2×3n a n a n ＋1＝2×3n (3n －1)(3n ＋1－1)＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1－132－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 拓展延伸练15．如图所示，作边长为a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆．如此下去，前n 个内切圆的面积和为( )A.a 29⎝⎛⎭⎪⎫1－12n π B.a 29⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122n －1π C.a 29⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1πD.a 29⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122n π [解析] 设第n 个三角形的内切圆半径为a n ，则易知a 1＝12a tan30°＝36a ，a 2＝12a 1，…，a n ＝12a n －1，故数列{a n }是首项为36a ，公比为12的等比数列．∴a n ＝36×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1a .设前n 个内切圆面积和为S n ，则 S n ＝π(a 21＋a 22＋…＋a 2n )＝πa 21⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12 ＝πa 21⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1 ＝43×a 212⎝⎛⎭⎪⎫1－122n π＝a 29⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122n π.故选D. [答案] D16．(2018·四川成都模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前20项的和为________． [解析] 由题中条件知，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝a 1＋1＝2，a 4＝2a 2＋0＝4，a 5＝a 3＋1＝3，a 6＝2a 4＝8，…，即其奇数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成了首项为2，公比为2的等比数列，所以该数列的前20项的和为(1＋2＋3＋…＋10)＋(2＋4＋8＋…＋210)＝2101.[答案] 2101。