2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第七章 数列与数学归纳法7.4 第1课时 含解析

§7.4 数列求和、数列的综合应用
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.
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)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)
6.
4．数列求和的常用方法 (1)公式法
等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、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 ①1n (n ＋1)＝1n －1
n ＋1
；
②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1
2n －1－12n ＋1；
③
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，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (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a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． 例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
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{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 ＋1
1－q .( √ )
(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝
⎛⎭⎫1
n －1－1n ＋1.( √ )
(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 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)数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋1
2n .( × )
(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )
(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编
2．[P61A 组T5]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次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－
9)
B ．100＋100(1－2－
9)
C ．200(1－2－
9)
D ．100(1－2－
9)
答案 A
解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－
9)＝100＋2×100×(2－
1＋2－
2＋ (2)
9)＝100
＋200×2－
1(1－2－
9)1－2
－1
＝100＋200(1－2－
9)．
3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1
＝________(x ≠0且x ≠1)．
答案 1－x n (1－x )2－nx n
1－x
解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －
1，①
则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②
①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －
1－nx n
＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n
1－x .
题组三 易错自纠
4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．1 009 D ．1 010 答案 D
解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.
5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －
1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )
A ．200
B ．－200
C ．400
D ．－400 答案 B
解析 S 100＝(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{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π
2
，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008
解析 因为数列a n ＝n cos
n π
2
呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝
2 0164×2＋2 017·cos 2 017
2
π＝1 008. 7．(2011·浙江)若数列⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4 解析 由题意知
⎩⎨⎧
k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k
≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭
⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k
≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭
⎫23k ＋1
，
解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.
第1课时 数列求和的常用方法
题型一 分组转化法求和
例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n
2，n ∈N *.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设2(1)n a n
n n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .
a 1也满足a n ＝n ，
故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，
则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ， B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2
＝22n ＋1
－2，
B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋
1＋n －2.
引申探究
本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，
T n ＝(21＋22＋ (2)
)＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋
11－2
＋n 2＝2n ＋1＋n
2－2；
当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2)
)＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋
1－2＋n －12－n
＝2n ＋
1－n 2－52
.
∴T n
＝⎩⎨
⎧
2n ＋
1＋n 2
－2，n 为偶数，
2
n ＋1
－n 2－5
2
，n 为奇数.
思维升华 分组转化法求和的常见类型
(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{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1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n .
(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；
(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②
②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．
由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .
由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1
b n ＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列，
故b n ＝2×2n －
1＝2n .
(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n ，
所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n ) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2
＝n 2＋n ＋2n ＋
1－2.
题型二 错位相减法求和
例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b n b n ＋1(n ∈N *)．
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n
b n ，求数列{
c n }的前n 项和T n .
解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，
则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪
⎧
a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1
q 2＝27，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝3，
q ＝3或⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1＝243，q ＝
1
3
(舍去)，
故a n ＝3×3n －
1＝3n .
因为b n ＋1＝b n
b n ＋1(n ∈N *)，
所以1b n ＋1＝1b n
＋1，
又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．
于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1
n .
(2)由(1)知，c n ＝a n
b n
＝n ×3n ，
所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋
1.
两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1
＝3(1－3n )1－3
－n ×3n ＋
1＝⎝⎛⎭⎫12－n ×3n ＋1－32， 故T n ＝⎝⎛⎭⎫12n －14×3n ＋1＋34
. 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“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”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2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设12
2log 2n n a a
n b =⋅，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋
1>50成立的最小整数n .
解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②
当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2
n －1－a n －1，
即
a n ＋a n －1＝a 2n －a 2
n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，
又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n .
(2)因为12
2log 2n n a
a
n b =⋅＝－n ·2n ，
所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n )， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋
1)．
将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋
1＋2n ＋
1－2，
于是，H n ＋n ·2n ＋
1>50，即2n ＋
1>52，解得n ≥5.
故最小正整数n 是5.
题型三 裂项相消法求和
命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )
型
例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；
(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．
解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧
a 1
b 1＝2，
(a 1＋2)·2b 1
＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， b n ＝2n －
1.
(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －
1，
∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，
∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎡
⎝
⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫
14－16＋…
⎦
⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝1
4⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<38
，
∴T n <38.
命题点2 a n ＝
1n ＋n ＋k
型
例4 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1
f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝________.
答案
2 020－1
解析 由f (4)＝2，可得4α
＝2，解得α＝1
2
，则f (x )＝1
2x .
∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1
n ＋1＋n
＝n ＋1－n ，
S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝2 020－1.
命题点3 裂项相消法的灵活运用
例5 (2018·绍兴诸暨市期末)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n
－1
4n
a n a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×1
2×2＝2a 1＋2，
S 4＝4a 1＋4×3
2×2＝4a 1＋12，
由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －1
4n
a n a n ＋1
＝(－1)n
－1
4n
(2n －1)(2n ＋1)
＝(－1)n －
1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.
当n 为偶数时，
T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n
2n ＋1. 当n 为奇数时，
T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1
.
所以T n
＝⎩
⎪⎨⎪⎧
2n ＋22n ＋1，n 为奇数，
2n
2n ＋1，n 为偶数.⎝
⎛⎭
⎪⎫或T n
＝2n ＋1＋(－1)
n －1
2n ＋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 ＋k ＝1k
(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1
n －1n ＋k ，
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3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m
20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m .
解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5， a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5. (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝
⎛⎭⎫1
6n －5－16n ＋1，
∴T n ＝1
2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝1
2⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1， ∵12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<12
， 要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m
20
对n ∈N *恒成立，
需满足m 20≥1
2
，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.
1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋1
2n ，…的前n 项和S n 的值等于( )
A ．n 2＋1－1
2n
B ．2n 2－n ＋1－1
2n
C ．n 2＋1－12
n －1
D ．n 2－n ＋1－1
2
n
答案 A
解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋1
2
n ，
则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋
⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12
n .
2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2 018等于( ) A ．22 016－1 B ．3·21 009－3 C ．22 009－3 D ．22 010－3
答案 B
解析 由a n ＋1·a n ＝2n ，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋
1，两式作商，得a n ＋2a n ＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶
数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1×(1－21 009)
1－2＋
2(1－21 009)
1－2
＝3·21 009－3，故选B.
3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个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2 019项之和S 2 019等于( ) A ．4 018 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 A
解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.
故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 019＝6×336＋3，
∴S 2 019＝S 3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.
4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B
解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋
1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝
1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.
5．已知函数f (n )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
n 2
，n 为奇数，
－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )
A ．0
B ．100
C ．－100
D ．10 200 答案 B
解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.
6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1
n
1
S k
＝________. 答案
2n n ＋1
解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧
a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4
＝4a 1＋4×3
2d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)
2，
1S n ＝2
n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n
1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1
S n
＝2⎝⎛⎭
⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1
＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n
n ＋1
(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1
所有项的和为__________．
答案 2n ＋
1－2－n
解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2
－n ＝2n
＋1
－2－n .
8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2 018－a 2 016＝________，1a 1a 3＋
1
a 2a 4＋
1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101
＝________. 答案 2
199
303
解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2 018－a 2 016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×
1
2×⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17
＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199
303. 9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *，
1
2(21)(21)
n n n a n a a b +=--，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案
149
解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1，
解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.
由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2
n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .
所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.
因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .
所以12(21)(21)
n n n a n a a b +=--
＝8n
(8n －1)(8n ＋
1－1) ＝17⎝⎛⎭
⎫1
8n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝
⎛
1
8－1－182－1＋182－1－183－1＋…+
⎭
⎫18n
－1－1
8n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149
. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，
所以k 的最小值为1
49
.
10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋
1＋47<0成立的正整数n 的最小值．
解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①
由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；
当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)b n ＝a n ＋log 21
a n
＝2n －n ，
所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n )
＝
2(1－2n
)1－2
－(1＋n )n
2
＝2n ＋
1－2－12n －12
n 2，
因为S n －2n ＋
1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，
解得n >9或n <－10，
由n ∈N *，故使S n －2n ＋
1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.
11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1
x 2，点P n ⎝⎛⎭
⎫a n ，－1a n ＋1(n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n >0. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2
－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． 解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－
4＋1
a 2n
且a n >0， ∴
1a n ＋1
＝
4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n
， ∴数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1
a 21＝1，公差d ＝4，
∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2
n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1， 由S n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫11－15＋⎝⎛⎭⎫
15－19＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝1
4⎝⎛⎭
⎫1－14n ＋1， ∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，
解得t ≥32或t ≤－1
2，
∴t 的最小正整数为2.
12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2
n
a n
，求数列{c n }的前n 项和T n .
解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a n
a n －1
＝2，
所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －
1＝2n .
(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ，c n ＝b 2n
a n ＝n
2
2n .
所以T n ＝122＋2222＋32
23＋…＋(n －1)22n －1＋n 22n ，
则12T n ＝1222＋22
23＋…＋(n －1)22n ＋n 22n ＋1， 两式相减得
12T n ＝12＋322＋5
23＋…＋2n －12n －n 22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋5
23＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，
则12A n ＝122＋323＋5
24＋…＋2n －32n ＋2n －12
n ＋1， 两式相减得12A n ＝1
2＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝1
2＋2×122－12n ×
1
21－12－2n －12
n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋3
2
n .
所以1
2T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋
1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n
.
13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 2n －1 (－1)n
n (n ＋1)
2
解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1
＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)
2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－
S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)
2，当n ＝1
时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)n n (n ＋1)
2
.
14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2 021＝m ，则数列{a n }的前2 019项和是________(用m 表示)．
答案 13 m －1
解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2 021＝a 2 019＋a 2 020，各式相加可得a 2 021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 2 021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2 019项和为m －1.
15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *
)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4
答案 B 解析 由条件得
1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n
，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝1
a 1－1－
1a 2 017－1＝3－1
a 2 017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)
＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝1
9，则a 2 017＝a 1＋(a 2－a 1)
＋…＋(a 2 017－a 2 016)≥43＋2 0169＝22513，得a 2 017－1≥22413>1，即有0<1
a 2 017－1
<1，则m ∈(2,3)，故选B.
16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n
＝1
a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{
b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9
解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①
∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②
②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，
a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.
又∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.
在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.
∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，
∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n
＝
(n ＋1)n －n n ＋1
[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]
＝(n＋1)n－n n＋1
n(n＋1)
＝
1
n
－
1
n＋1
，
∴T n＝1－1
2
＋
1
2
－
1
3
＋…＋
1
n－1
－
1
n
＋
1
n
－
1
n＋1
＝1－
1
n＋1
，
要使T n为有理数，只需
1
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.。