高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4 数列求和

【步步高】（浙江通用）2017版高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4
数列求和
求数列的前n 项和的方法 (1)公式法
①等差数列的前n 项和公式
S n ＝n a 1＋a n 2
＝na 1＋n n －12
d .
②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；
(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q
.
(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 －12n ＋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. 【思考辨析】
判断下面结论是否正确(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(1n －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
＋12
n .( × )
(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 2
1°＋sin 2
2°＋sin 2
3°＋…＋sin 2
88°＋sin 2
89°＝44.5.( √ )
1．(教材改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1
n
n ＋1
，则S 5等于( ) A ．1 B.56 C.1
6 D.130
答案 B 解析 ∵a n ＝
1n
n ＋1＝1n －1
n ＋1
， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝5
6
.
2．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫
S n n 的前10项的和为( )
A ．120
B ．70
C ．75
D ．100
答案 C
解析 因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×9
2＝75.
3．设f (x )＝4x
4x ＋2，利用倒序相加法，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1011等于( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．10
答案 B
解析 当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)
12121212121244242(44) 1.42424(44)24
x x x x x x x x x x x x ++⨯+⨯+=+==++++⨯+ 设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒数相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋⎣⎢⎡⎦
⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5.
4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n
＋2n －1，则数列{a n }的前n 项S n ＝________. 答案 2
n ＋1
－2＋n 2
解析 S n ＝
2
1－2n
1－2
＋
n 1＋2n －1
2
＝2
n ＋1
－2＋n 2
.
5．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. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝
2 0164×2＋2 017·cos 2 017
2
π ＝1 008.
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b n ＝2n a
＋(－1)n
a n ，求数列{
b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当≥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 .
(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
＋ (22)
)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21
＋22
＋ (22)
，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝
21－22n
1－2
＝2
2n ＋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
例1(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＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]
＝2－2n ＋1
1－2＋n 2
＝2
n ＋1
＋n
2
－2
当n 为奇数时，T n ＝(21
＋22
＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1
－2
＋
n －1
2
－n ＝2
n ＋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 某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3
n －1
＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n
n ln 3，
求其前n 项和S n . 解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1
)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n
]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋
(－1)n
n ]ln 3， 所以当n 为偶数时，
S n ＝2×1－3n
1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n 2ln 3－1；
当n 为奇数时，
S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －1
2
－n )ln 3
＝3n
－
n －1
2
ln 3－ln 2－1.
综上所述，S n
＝⎩⎪⎨⎪⎧
3n
＋n
2
ln 3－1，n 为偶数，3n
－n －1
2ln 3－ln 2－1，n 为奇数.
题型二 错位相减法求和
例2 (2015·湖北)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2) 当d >1时，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⎩⎪⎨
⎪
⎧
10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧
2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，
d ＝2，或⎩⎪⎨⎪
⎧
a 1＝9，d ＝2
9
.
故⎩
⎪⎨⎪⎧
a n ＝2n －1，
b n ＝2n －1
，或⎩⎪⎨
⎪⎧
a n
＝1
92n ＋79，
b n
＝9·⎝ ⎛⎭
⎪⎫29n －1
.
(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2
n －1
，故c n ＝2n －1
2
n －1，于是
T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋
2n －1
2
n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得
12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32
n －1.
思维升华 用错位相减法求和时，应注意：
(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．
已知数列{a n}的各项均为正数，S n是数列{a n}的前n项和，且4S n＝a2n＋2a n－3.
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)已知b n＝2n，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n的值．
解(1)当n＝1时，a1＝S1＝1
4
a21＋
1
2
a1－
3
4
.
解得a1＝3.又∵4S n＝a2n＋2a n－3，①
当n≥2时，4S n－1＝a2n－1＋2a n－1－3.②
①－②，得4a n＝a2n－a2n－1＋2(a n－a n－1)，
即a2n－a2n－1－2(a n＋a n－1)＝0.
∴(a n＋a n－1)(a n－a n－1－2)＝0.
∵a n＋a n－1>0，∴a n－a n－1＝2 (n≥2)，
∴数列{a n}是以3为首项，2为公差的等差数列．
∴a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)T n＝3×21＋5×22＋…＋(2n＋1)·2n，③
2T n＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)2n＋1，④④－③，得
T n＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n)＋(2n＋1)2n＋1
＝－6＋8－2·2n＋1＋(2n＋1)·2n＋1
＝(2n－1)2n＋1＋2.
题型三裂项相消法求和
命题点1 形如a n＝
1
n n＋k
型
例3 设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且S n满足S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{a n}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有1
a1a1＋1＋
1
a2a2＋1
＋…＋
1
a n a n＋1
＜
1
3
.
(1)解由题意知，
S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*. 令n＝1，
有S21－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得S21＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，
又a n 为正数，所以a 1＝2.
(2)解 由S 2
n －(n 2
＋n －3)S n －3(n 2
＋n )＝0，n ∈N *
可得， (S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0， 则S n ＝n 2
＋n 或S n ＝－3， 又数列{a n }的各项均为正数，
所以S n ＝n 2
＋n ，S n －1＝(n －1)2
＋(n －1)． 所以当n ≥2时，
a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .
又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n . (3)证明 当n ＝1时，
1a 1
a 1＋1＝12×3＝16＜1
3
成立；
当n ≥2时，1
a n
a n ＋1＝
12n
2n ＋1＜12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2n －1－12n ＋1，
所以
1
a 1
a 1＋1＋
1
a 2a 2＋1＋…＋
1
a n
a n ＋1
＜16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1
＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ， 有
1
a 1
a 1＋1＋
1
a 2a 2＋1＋…＋
1a n
a n ＋1＜1
3
.
命题点2 形如a n ＝
1
n ＋n ＋k
型
例4 已知函数f (x )＝x a
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 2 017＝________. 答案
2 018－1
解析 由f (4)＝2可得4a
＝2，解得a ＝12，
则f (x )＝12
x . ∴a n ＝
1
f n ＋1＋f n
＝
1
n ＋1＋n
＝n ＋1－n ，
S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(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 ＋k ＝1
k
(n ＋k －n )，
1n n ＋k ＝1k (1n －1
n ＋k )裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(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．
在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2
n ＝a n ⎝
⎛⎭⎪⎫S n －12.
(1)求S n 的表达式；
(2)设b n ＝S n
2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .
解 (1)∵S 2
n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，
∴S 2
n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，
即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，
①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1
S n －1
＝2，
∴数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1
a 1
＝1，公差为2的等差数列．
∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝
12n －12n ＋1
＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1－12n ＋1，
∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n
2n ＋1.
四审结构定方案
典例 (14分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *
)，且S n 的最大值为8.
(1)确定常数k ，并求a n ；
(2)求数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
9－2a n 2n 的前n 项和T n .
(1)S n ＝－12n 2＋nk ――→S n 是关于n
的二次函数n ＝k 时，S n 最大
――→根据S n 结构特征
确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n
求a n a n ＝92－n (2)
9－2a n 2n
＝n 2
n －1――→根据数列结构
特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋32
2＋…＋n －12
n －2＋n 2
n －1――→错位相减法求和
计算可得T n 规范解答
解 (1)当n ＝k ∈N *
时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，
即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2
＝16，k ＝4.
当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝7
2，[4分]
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝9
2－n .
当n ＝1时，上式也成立， 综上，a n ＝9
2－n .[7分]
(2)因为9－2a n 2n ＝n
2
n －1，
所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n
2n －1，①
2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n
2n －2.②
[10分] ②－①得：
2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n
2n －1
＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋2
2
n －1.[13分]
故T n ＝4－
n ＋2
2
n －1
.[14分]
温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n
2n }
的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要通过题目中数式的结构特征判定解题方案．
(2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数． (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证．
[方法与技巧]
非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：
(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；
(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项法、数列的周期性等来求和． [失误与防范]
1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n
，a n ＋1
的式子应进行合
并．
3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．
A 组 专项基础训练 (时间：35分钟)
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
＋1－12n
B ．2n 2
－n ＋1－12n
C ．n 2
＋1－12
n －1
D ．n 2
－n ＋1－12
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．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *
，则S 10的值为( ) A ．－110 B ．－90 C ．90 D ．110
答案 D
解析 通过a 7是a 3与a 9的等比中项，公差为－2，所以a 2
7＝a 3·a 9，所以a 2
7＝(a 7＋8)(a 7－4)，所以a 7＝8，所以a 1＝20，所以S 10＝10×20＋10×9
2
×(－2)＝110，故选D.
3．已知函数f (n )＝n 2
cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( ) A ．－100 B ．0 C ．100 D ．10 200
答案 A
解析 若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2
－(n ＋1)2
＝－(2n ＋1)，所以a n 是首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2
＋(n ＋1)2
＝2n ＋1，所以a n 是首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．
所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝50×3＋50×49
2
×4＋50×(－5)－50×492
×4＝－100.
4．数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)n
a n ＝2n －1，则数列{a n }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
当n 为奇数时，
－n 2
当n 为偶数时，
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) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B.
6．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 答案 60
解析 由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.
7．整数数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *
)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________． 答案 －13
解析 由a n ＋2＝a n ＋1－a n ，得a n ＋2＝a n －a n －1－a n ＝－a n －1，易得该数列是周期为6的数列，且
a n ＋2＋a n －1＝0，S 800＝a 1＋a 2＝2 013，S 813＝a 1＋a 2＋a 3＝2 000，
∴⎩⎪⎨
⎪⎧
a 3＝a 2－a 1＝－13，a 2＋a 1＝2 013，∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1 013，
a 2＝1 000，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 3＝－13，a 4＝－1 013，依次可得a 5＝－1 000，a 6＝13，
由此可知a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋a n ＋4＋a n ＋5＋a n ＋6＝0， ∴S 2 015＝S 5＝－13.
8．已知数列{a n }满足：a 1＝12
，a n ＋1＝a 2
n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 015＋1 的值等于________． 答案 1
解析 由a n ＋1＝a 2
n ＋a n ，得
1
a n ＋1＝
1a n
a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以1
a 1＋1
＋
1a 2＋1＋…＋1a 2 015＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a 2 015－1a 2 016＝2－1a 2 016.又a n ＋1＝a 2
n ＋a n ，所以a n ＋1
－a n ＝a 2
n >0，所以{a n }是正项递增的数列．又因为a 3＝
2116>1，所以a 2 016>1，即0<1
a 2 016
<1，所以⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2－1a 2 016＝1.
9．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，
a 2－1＝4，a 2－1
a 1－1
＝2，
∴a n －1＝2·2
n －1
＝2n ，∴a n ＝2n
＋1.
(2)b n ＝na n ＝n ·2n
＋n ，
故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22
＋3×23
＋…＋n ·2n
)＋(1＋2＋3＋…＋n )． 令T ＝2＋2×22
＋3×23
＋…＋n ·2n
， 则2T ＝22
＋2×23
＋3×24
＋…＋n ·2
n ＋1
.
两式相减，得－T ＝2＋22
＋23
＋ (2)
－n ·2n ＋1
＝
21－2n
1－2
－n ·2
n ＋1
，
∴T ＝2(1－2n
)＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1
.
∵1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12
， ∴T n ＝(n －1)·2
n ＋1
＋
n 2＋n ＋4
2
.
10．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2
n －(n 2
＋n －1)S n －(n 2
＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝
n ＋1n ＋2
2a 2
n ，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
. (1)解 由S 2
n －(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 ＋1>0. 所以S n ＝n 2
＋n (n ∈N *
)．
n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．
所以a n ＝2n (n ∈N *
)． (2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *
)， 得b n ＝
n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2
n ＋2
2
＝116⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1
n
2－
1n ＋22
， T n ＝116⎣⎢⎡
⎝
⎛
⎭⎪⎫1－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
22－142＋⎝
⎛⎭
⎪⎫
1
32－15
2＋…
⎦
⎥⎤＋⎝
⎛
⎭⎪⎫1n －1
2
－
1n ＋1
2
＋⎝
⎛⎭⎪⎫1n 2－
1n ＋22
＝116⎣⎢⎡
⎦⎥⎤1＋12
2－1n ＋1
2
－
1n ＋2
2
<116⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋122 ＝564
(n ∈N *
)． 即对于任意的n ∈N *
，都有T n <564
.
B 组 专项能力提升 (时间：20分钟)
11．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1
a n a n ＋1，那么
数列{b n }的前n 项和S n 为( ) A.n
n ＋1
B.4n n ＋1
C.3n n ＋1
D.
5n n ＋1
答案 B
解析 ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n
2，
∴b n ＝
1
a n a n ＋1＝
4n
n ＋1＝4⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1， ∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1n ＋1
＝4⎣
⎢⎡⎦⎥⎤1－
1n ＋1＝4n
n ＋1
. 12．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2 014项之和S 2 014等于( ) A ．2 008 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 B
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.
由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，
∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.
13．数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *
)，设S n 为{b n }的前n 项和．若
a 12＝3
8
a 5＞0，则当S n 取得最大值时n 的值为________．
答案 16
解析 设{a n }的公差为d ，由a 12＝38a 5＞0，得a 1＝－765d ，d ＜0，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －815d ，从而可
知当1≤n ≤16时，a n ＞0； 当n ≥17时，a n ＜0.
从而b 1＞b 2＞…＞b 14＞0＞b 17＞b 18＞…，
b 15＝a 15a 16a 17＜0，b 16＝a 16a 17a 18＞0，
故S 14＞S 13＞…＞S 1，
S 14＞S 15，S 15＜S 16，S 16＞S 17＞S 18＞….
因为a 15＝－65d ＞0，a 18＝9
5d ＜0，所以a 15＋a 18
＝－65d ＋95d ＝3
5
d ＜0，
所以b 15＋b 16＝a 16a 17(a 15＋a 18)＞0， 所以S 16＞S 14，故当S n 取得最大值时n ＝16.
14．在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2
n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 3
3
2＋a 4
42
＋…＋a 100
1002的值是________．
答案
100
101
解析 由题意可得，a 2
n ＋1＝
2a n a n ＋1＋1
4－a 2
n
⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0，又a n ＞0，∴2a n ＋1－a n a n ＋1－1＝0，又2－a n ≠0，∴a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ，又可知a n ≠1，∴
1
a n ＋1－1＝
1
a n －1
－1， ∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n －1是以－2为首项，－1为公差的等差数列， ∴1a n －1＝－2－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a n
n 2＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋a 332＋a 4
4
2＋…＋
a 100
1002
＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1100－1101＝100
101
. 15．(2015·山东)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨
⎧
⎭
⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n
2n ＋1.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 令n ＝1，得1
a 1a 2＝1
3，所以a 1a 2＝3. 令n ＝2，得
1a 1a 2
＋
1
a 2a 3＝25
， 所以a 2a 3＝15.
解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. 经检验，符合题意． (2)由(1)知b n ＝2n ·2
2n －1
＝n ·4n
，
所以T n ＝1·41
＋2·42
＋…＋n ·4n
， 所以4T n ＝1·42
＋2·43
＋…＋n ·4
n ＋1
，
两式相减，得－3T n ＝41
＋42
＋ (4)
－n ·4n ＋1
＝
41－4n
1－4
－n ·4
n ＋1
＝1－3n 3×4n ＋1－43
.
所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49
＝
4＋
3n －14
n ＋1
9
.。