2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第30讲__数列的求和

第11讲 数列的求和本节主要内容有S n 与a n 的关系；两个常用方法：倒写与错项；各种求和：平方和、立方和、倒数和等；∑符号的运用. 掌握数列前n 项和常用求法,数列求和的方法主要有：倒序相加法、错位相减法、转化法、裂项法、并项法等． 1.重要公式①1+2+…+n =21n (n +1) ②12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)③13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)22.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3. 在等差数列中S m +n =S m +S n +mnd,在等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n ．4.裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项．应掌握以下常见的裂项：等)!1(1!1)!1(1④,ctg2ctg 2sin 1③,!)!1(!②,111)1(1①+-=+-=α-+=⋅+-=+n n n ααn n n n n n n n 5.错项相消法6.并项求和法A 类例题例1 已知数列｛a n ｝的通项公式满足：n 为奇数时，a n =6n －5 ，n 为偶数时，a n =4 n ，求s n . 分析 数列｛a n ｝的前n 项可分为两部分，一部分成等差数列，用等差数列求和公式；另一部分成等比数列，用等比数列求和公式。

但数列总项数n 的奇偶性不明，故需分类讨论. 解 若n 为偶数2m ，则S 2m =1+13+25+…+[6(2m －1)－5]+42+44+…+42m =6m 2－5m+1615(42m－1)， S n =23516(41)2215n n n -+-. 若n 为奇数2m+1时，则S 2m+1=S 2m +6(2m+1)－5=6m 2+7m+1+1615(42m－1)， S n =21313114221515n n n ++-+⋅. 说明 如果一个数列由等差数列与等比数列两个子数列构成，常采纳先局部后整体的策略，对子数列分别求和后，再合并成原数列各项的和.类似地，若一个数列的各项可拆成等差数列型与等比数列型两部分，也可采纳先局部后整体的策略.例2(2004年湖南卷类) 已知数列{a n }是首项为a 且公比q 不等于1的等比数列，S n 是其前n 项的和，a 1，2a 7，3a 4 成等差数列．（I ）证明 12S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列； （II ）求和T n =a 1+2a 4+3a 7+…+n a 3n －2．分析 (1)对于第(l)问，可先依据等比数列的定义与等差数列的条件求出等比数列的公比，然后写出12S 3，S 6，S 12－S 6，并证明它们构成等比数列．对于第(2)问，由于 T n =a 1+2a 4+3a 7+…+n a 3n －2．所以利用等差数列与等比数列乘积的求和方法即“乘公比错位相减法”解决此类问题．解 （Ⅰ）证明 由4713,2,a a a 成等差数列， 得41734a a a +=，即 .3436aq a aq += 变形得 ,0)1)(14(33=-+q q 所以14133=-=q q 或（舍去）．由 .1611211)1(121)1(123316136=+=----=q qq a q q a S S.1611111)1(1)1(166611216126612==-+=-----=-=-q q qq a q q a S S S S S 得.12661236S S S S S -= 所以12S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列． （Ⅱ）解：.3232)1(36323741--++++=++++=n n n naq aq aq a na a a a T即 .)41()41(3)41(212a n a a a T n n --⋅++-⋅+-⋅+= ①①×)41(-得： a n a n a a a T n n n )41()41()41(3)41(24141132---⋅++-⋅+-⋅+=--.)41()54(54)41()41(1])41(1[a n a a n a n n n -⋅+-=-⋅-----=所以 .)41()542516(2516a n a T n n -⋅+-=说明 本题是课本例题：“已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列”的类题，是课本习题：“已知数列{an}是等比数列，S n 是其前 n 项的和，a 1，a 7，a 4 成等差数列，求证2 S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列”的改编．情景再现1．(2000年全国高考题)设{}n a 为等比数例，n n n a a a n na T ++-+=-1212)1( ，已知11=T ，42=T ．（Ⅰ）求数列{}n a 的首项和公式；（Ⅱ）求数列{}n T 的通项公式．2． (2000年全国高中数学联赛)设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N ，求f (n )=1)32(++n nS n S 的最大值.B 类例题例3 (2004年重庆卷) 设),2,1(,3235,35,11221 =-===++n a a a a a n n n （1）令1,(1,2......)n n n b a a n +=-=求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n na 的前n 项和n S .分析 利用已知条件找n b 与1+n b 的关系,再利用等差数列与等比数列之积的错位相差法来解决此类问题.解 （1）因121+++-=n n n a a b n n n n n n b a a a a a 32)(323235111=-=--=+++ 故{b n }是公比为32的等比数列，且故,32121=-=a a b ),2,1()32( ==n b n n（2）由得n n n n a a b )32(1=-=+)()()(121111a a a a a a a a n n n n n -++-+-=--++])32(1[232)32()32()32(21n n n -=++++=- 注意到,11=a 可得),2,1(3231 =-=-n a n nn记数列}32{11--n n n 的前n 项和为T n ，则1832)3()1(232)21(3232)3(9)32(3])32(1[9,)32(])32(1[3)32()32()32(32131)2()32()32(23232),1()32(3221112111221-+++=-+++=+++=+-=--=--=-++++=⋅++⋅+=⋅++⋅+=-+---n n n n n n n nn n nn n n n n n n n n n n T n na a a S n n T n n T n T n T 从而故两式相减得说明 本题主要考查递推数列、数列的求和，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力. 例4 (1996年全国高中数学联赛第二试)设数列{a n }的前项和S n =2a n －1(n=1,2,3, )，数列{b n }满足b 1=3, b k+1=a k +b k (k=1,2,3 ).求数列{b n }的前n 项和. 分析 由数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n 可得a n.解 由12-=n n a S 可得a n+1=2a n 即数列{a n }是等比数列,故a n =2n －1,又由a k =b k+1－b k得b n =b 1 +a 1+ a 2+ a 3+…+ a n －1 =3+12121---n =221+-n所以S n =b 1+ b 2+ b 3+…+ b n =1+2+22+…+2n －1+2n=12221221-+=+--n n n n例5 (2004年全国理工卷) 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n =2a n +(－1)n ,n ≥1.(1)写出求数列{a n }的前3项a 1,a 2,a 3；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对任意的整数m >4，有4511178m a a a +++<. 分析 由数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系,求a n ,应考虑将a n 与a n -1或 a n+1其转化为的递推关系,再依此求a n. 对于不等式证明考虑用放缩法,若单项放缩难以达到目的,可以尝试多项组合的放缩.解 (1)当n =1时,有：S 1=a 1=2a 1+(－1)⇒ a 1=1；当n =2时,有：S 2=a 1+a 2=2a 2+(－1)2⇒a 2=0； 当n =3时,有：S 3=a 1+a 2+a 3=2a 3+(－1)3⇒a 3=2； 综上可知a 1=1,a 2=0,a 3=2；(2)由已知得：1112(1)2(1)n n n n n n n a S S a a ---=-=+----化简得：1122(1)n n n a a --=+-上式可化为：1122(1)2[(1)]33n n n n a a --+-=+-故数列{2(1)3n n a +-}是以112(1)3a +-为首项, 公比为2的等比数列.故121(1)233n n n a -+-= ∴121222(1)[2(1)]333n n n n n a --=--=--数列{n a }的通项公式为：22[2(1)]3n n n a -=--. ⑶由已知得：232451113111[]221212(1)m mm a a a -+++=+++-+-- 23111111[]2391533632(1)m m-=++++++--11111[1]2351121=+++++11111[1]2351020<+++++511(1)1452[]12312m --=+-514221[]23552m -=+- 51311131041057()1552151201208m -=-<=<=. 故4511178m a a a +++<( m >4). 说明 本题是一道典型的代数综合题，是将数列与不等式相结合，它的综合性不仅表现在知识内容的综合上，在知识网络的交汇处设计试题，更重要的是体现出在方法与能力上的综合，体现出能力要素的有机组合．虽然数学是一个演绎的知识系统，并且演绎推理是数学学习和研究的重要方法，但从数学的发展来看，“观察、猜测、抽象、概括、证实”是发现问题和解决问题的一个重要途径，是学生应该学习和掌握的，是数学教育不可忽视的一个方面：要求应用已知的知识和方法，分析一些情况和特点，找出已知和未知的联系，组织若干已有的规则，形成新的高级规则，尝试解决新的问题，这其中蕴含了创造性思维的意义．例 6 设{ a n }为等差数列，{ b n }为等比数列，且211a b =,222a b = ,233a b =,又12lim()2n x b b b →∞+++=, 试求{ a n }的首项与公差． (2001年全国高中数学联赛) 分析 题中有两个基本量{ a n }中的首项 a 1 和公差d 是需要求的，利用21a ,22a ,23a 成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注意极限存在的条件． 解 设所求公差为d ，∵a 1＜a 2，∴d ＞0．由此得 412121)()2(d a d a a +=+ 化简得：0422121=++d d a a 解得：1)22(a d ±-= 而022<±-，故a 1＜0若1)22(a d --=，则22122)12(+==a a q若1)22(a d +-=，则22122)12(-==a a q但12)(21+=++++∞→n n b b b lim 存在，故| q |＜1，于是2)12(+=q 不可能．从而2)12)(222(12)12(121221=+-=⇒+=--a a所以222)22(,211-=+-=-=a d a说明 本题涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出d ＞0， a 1＜0，1<q 等，在解题中都非常重要．情景再现3． 设二次函数)(,*)](1,[,)(2x f N n n n x x x x f 时当∈+∈+=的所有整数值的个数为g(n). （1）求g(n)的表达式.（2）设.,)1(*),()(321432123n n n n n S a a a a a S N n n g n n a 求--++-+-=∈+=（3）设l Z l l T b b b T n g b n n n nn 求若),(.,2)(21∈<+++==的最小值. 4． 设函数222)(+=x xx f 的图象上两点P 1(x 1，y 1)、P 2(x 2，y 2)，若)(2121OP OP +=，且点P 的横坐标为21． (1)求证：P 点的纵坐标为定值，并求出这个定值；(2)若∑==ni n ni f S 1)(，n ∈N *，求S n ；(3)记T n 为数列})2)(2(1{1+++n n S S 的前n 项和，若)2(1+<+n n S a T 对一切n ∈N *都成立，试求a 的取值范围．C 类例题例7 给定正整数n 和正数M ，对于满足条件2121++n a a ≤ M 的所有等差数列a 1，a 2，…，a n ，，试求S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值． (1999年全国高中数学联赛试题)分析 本题属于与等差数列相关的条件最值问题，而最值的求解所运用的方法灵活多样，针对条件的理解不同，将有不同的解法．解 (方法一)：设公差为d, a n+1=a .则S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1=d n n a n 2)1()1(+++,所以12+=+n Snd a 另一方面,由M ≥2121++n a a =22)(a nd a +-=22)34(1012104nd a nd a -+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21104⎪⎭⎫ ⎝⎛+n S ,从而有M n S ⋅+≤)1(210且当nMd M a ⋅=⋅=104,103时 )1(+=n S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅+⋅n M n M 1042103=M n 105)1(⋅+M n )1(210+=, 由于此时nd a 34=故2121++n a a =21104⎪⎭⎫⎝⎛+n S =M,因此S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值为M n )1(210+． (方法二)：三角法 由条件2121++n a a ≤ M 故可令θ=cos 1r a ,θ=+sin 1r a n ,其中M r ≤≤0.故S= a n+1+a n+2+…+a 2n+1=2)1)((121++++n a a n n )3(2111a a n n -+=+ )cos sin 3(21θ-θ+=r n)sin()1(210ϕ-θ+=r n 其中103cos =ϕ,101sin =ϕ因此当1)sin(=ϕ-θ,M r =时,S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值为M n )1(210+．说明 在解答过程中，要分清什么是常量，什么是变量，注意条件和结论的结构形式．解法一通过配方来完成，解法二运用三角代换的方法，解法三运用二次方程根的判别式来完成，解法四则主要运用了柯西不等式．本题人口宽，解法多样，对培养学生的发散思维能力很有好处．例8 n 2(n ≥4)个正数排成几行几列：a 11 a 12 a 13 a 14 … a 1n ， a 21 a 22 a 23 a 24 … a 2n ， a 31 a 32 a 33 a 34 … a 3n ， … …a n1 a n2 a n3 a n4 … a n n ，其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知“a 24=1， a 42 81, a 43163=, 求a 11 +a 22 +a 33 +…+ a nn . (1990年全国高中数学联赛试题)分析 由于等差数列可由首项与公差惟一确定，等比数列可由首项与公比惟一确定，如果设a 11=a 第一行数的公差为d ，第一列数的公比为q ，容易算得a s t =[a+(t －1)]q s －1，进而由已知条件，建立方程组，求出n ，d ，q ．解 设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q ，则第四行 数列公差是dq 2.于是可得方程组：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=16381)(1)3(34243311421124dq a a q d a a q d a a ,解此方程值组,得2111±===q d a .由于所给n 2个数都是正数,故必有q ＞0,从而有2111===q d a . 故对任意1≤k ≤n,有)]1([1111-+==-k a q a a k k kk kk k q 21=-. 故S=21+222+323+…+n n 2. 又21S=221+322+423+…+12+n n . 两式相减后可得： 21S=21+222+323+…+n n 212+-n n所以S=2－121-n －n n 2. 说明 这道试题涉及到等差数列、等比数列、数列求和的有关知识和方法．通过建立方程组确定数列的通项；通项确定后，再选择错位相减的方法进行求和．情景再现5．各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有 项．6．己知数列{a n }满足：a 1=1,a n+1=a n +1a n(1)求证:14＜ a 100＜ 18; (2)求a 100的整数部分[a 100].习题11A 类习题1.若等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n ，B n ，且A n B n = 7n +14n +27 ，则a 11b 11等于 （ ）A ． 43B ． 74C ． 32D ． 78712.各项均为实数的等比数列{a n }前n 项和记为S n ，若S 10=10,S 30=70，则S 40等于 ( )A.150B.－200C.150或－200D.400或－50 (1998年全国高中数学联赛试题)3.已知数列{}a n 满足)1(431≥=++n a a n n ,且91=a ,其前n 项之和为S n ,则满足不等式1251|6|<--n S n 的最小整数n 是 ( )A.5B. 6C.7D.8 (1999年全国高中数学联赛试题)4.(2004年江苏卷)设无穷等差数列{a n }的前n 项和为S n ． (Ⅰ)若首项=1a 32 ，公差1=d ，求满足2)(2k k S S =的正整数k ；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{a n }，使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S=成立．5．函数f x ()是定义在［0，1］上的增函数，满足)2(2)(x f x f =且1)1(=f ，在每个区间]21,21(1-i i （i =1，2……）上，y f x =()的图象都是斜率为同一常数k 的直线的一部分． （I ）求)0(f 及)21(f ，)41(f 的值，并归纳出),2,1)(21( =i f i 的表达式 （II ）设直线i x 21=，121-=i x ，x 轴及y f x =()的图象围成的矩形的面积为a i （i =1，2……），记)(lim )(21n n a a a k S +++=∞→ ，求S k ()的表达式，并写出其定义域和最小值. (2004年北京理工卷)6.(2005年湖北卷)设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，}{n b 为等比数列，且.)(,112211b a a b b a =-=（Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式； （Ⅱ）设nnn b a c =，求数列}{n c 的前n 项和T n . B 类习题7．(2005年全国Ⅰ卷)设正项等比数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和为n S ，且0)12(21020103010=++-S S S ．（Ⅰ）求{}n a 的通项；（Ⅱ）求{}n nS 的前n 项和n T ．8.设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…). (1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1. 9.已知：f(x)＝412-x （x<—2），f(x)的反函数为g(x),点An(a n ,11+-n a )在曲线y ＝g(x)上(n ∈N +)，且a 1＝1.（I ）求y ＝g(x)的表达式；（II ）证明数列{21na }为等差数列；（Ⅲ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅳ）设b n ＝1111++n n a a ,记S n ＝b 1＋b 2＋……＋b n ，求S n .10.已知正整数n 不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n 的个数是_____.(1999年全国高中数学联赛试题)C 类习题11．已知}{n a 是首项为2，公比为21的等比数列，n S 为它的前n 项和． （1）用n S 表示1+n S ；（2）是否存在自然数c 和k ，使得21>--+cS cS k k 成立． (2001年上海卷)12．数列{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，按下列加括号的方式把该数列分成群(a 1)、( a 2，a 3)、( a 4，a 5，a 6，a 7)、( a 8，a 9，a 10，…，a 15)…使第一群中是a 1含{a n }中的一项，第二群是a 2、a 3，含{a n }中的两项，第三群中是a 4、a 5、a 6、a 7，含{a n }中的四项…如此继续下去，第n 群中含{a n }中的2n －1项，且任两群无公共项，任一项都在某群内，用a 1、d 、n 表示第n 群各元素的和. (第2届希望杯第一试) 本节“情景再现”解答：1．设等比数列{}n a 以比为q ，则)2(2,121211q a a a T a T +=+==．∵4,121==T T ，∴2,11==q a ． （Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知2,11==q a ，故1112--==n n n q a a ，因此，1221222)1(1--⋅+⋅++⋅-+⋅=n n n n n T ，22- 21222-2222 ]21222)1(1[- 21222)1(221121-n 212-+=-⋅+=+++++=⋅+⋅++⋅-+⋅⋅+⋅++⋅-+⋅=-=∴+---n nnn n n n n n n n -n -n n n n n T T T12)2(+++-=n n ．解法二：设n n a a a S +++= 21．由（Ⅰ）知12-=n n a ．∴122211-=+++=-n n n S2221222222121212 S )()(a 2)1(121121211121n n )-n () -()-()(S S a a a a a a a a a n na T n n nnnnn n n n n n --=--⋅-=+++=++++=+++=++++++++=+++-+=∴+-- 2．由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， 11(1)(2)2n S n n +=++ ∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n ＝n n 64341++＝50)8(12+-nn 501≤, ∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(m ax =n f . 3．（1）当*)](1,[N n n n x ∈+∈时，函数x x x f +=2)(的值随x 的增大而增大，则)(x f 的值域为*).](23,[22N n n n n n ∈+++ ∴*).(32)(N n n n g ∈+=（2）.)(32223n n g n n a n =+= ①当n 为偶数时，])1[()43()21(22222214321n n a a a a a a S n n n --++-+-=-++-+-=-=－[3+7+……+（2n －1）]=－.2)1(22)12(3+-=⋅-+n n n n ②当n 为奇数时，n n n n n a S a a a a a a S +=-++-+-=---1124321)()()(=－.2)1(2)1(2+=+-n n n n n ∴.2)1()1(1+-=-n n S n n （3）由nn n nn n n T n g b 232212292725,2)(132+++++++==- 得, ① ①×21，得.232212272521132+++++++=n n n n n T ② ①－②，得)222222()23225(21321n n n n T +++++-=+ =.27227211)211(21)23225(111+-++-=--++-n n n n n∴.2727n n n T +-= 则由Z l l n T nn∈<+-=,2727，可得l 的最小值是7. 4． (1)证：∵)(2121OP OP OP +=，∴P 是P 1P 2的的中点 ⇒ x 1＋x 2＝1， ∴222222222222)()(11111122112121+++=+++=+=+--x x x x x x x x x f x f y y 1=2+22+2+22=2×2+22+2+22=111111x x x x x x ，∴21)(2121=+=y y y p . (2)解：由(1)知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，f (1)＝2－2，S n = f( 1n ) + f( 2n ) + ┅ + f( n －1n ) + f( nn )，又S n = f( n n ) + f( n －1n ) + ┅ + f( 2n )+ f( 1n)，两式相加得2S n = f(1) + [f( 1n ) + f( n －1n )] + [f( 2n ) + f( n －2n )] + ┅ + [f( n －1n ) + f( 1n )] + f(1)= 2f(1) + 1 + 1 + ┅ + 1(n －1个1)223-+=n ， ∴2223-+=n S n ．(3)解：)4131(4)4)(3(4221)2)(2(11+-+=++=⋅=+++n n n n S S n nT n = 4[(14 －15 ) + (15 －16 ) + ┅ + (1n + 3 －1n + 4 )] = nn + 4 ， )2(1+<+n n S a T ⇔82)4(2221++=+=+>+nn n n S T a n n ，∵n n 16+≥8，当且仅当n ＝4时，取“＝”， ∴818828162=+≤++nn ，因此，81>a ． 5． 设n a a a ,,,21 是公差为4的等差数列,则)1(41-+=n a a n ,由已知 100221≤+++n a a a ⇔1002)1)(4(121≤-+++n a a a n⇔ 010022)1(2121≤--+-+n n a n a ,此关于1a 为未知数的一元二次不等式有解,则应有0)10022(4)1(22≥----=∆n n n⇔7n 2―6n ―401≤0,9728163728163<+≤≤-n 又8728163>+ 故n 的最大值是8. 故这样的数列至多有8项．6．(1)证明:当1＜ k ≤n( k ∈ N*)时,=2k a 212112--++k k a a 且a k ＞1所以3221221+<<+--k k k a a a ,因此32232221+<<+a a a ,32242322+<<+a a a ,………,3221221+<<+--n n n a a a ,将以上n- 1个式子相加得)1(3)1(221221-+<<-+n a a n a n ,因为a 1=1所以23122-<<-n a n n ,所以2312-<<-n a n n令n=100,得14＜ a 100＜ 18.(2)由题设得222112n n n a a a +=-+, 所以2100a =+21a +-)(2122a a +-)(2223a a …+)(2992100a a -=200+[+221a +231a + (299)1a ],又a n+1-a n =1a n ＞0故数列{a n }是单调递增.当n ≥2时a n ≥2. 200＜2100a ＜200+5.22498212=⨯⎪⎭⎫⎝⎛＜225.因此14＜ a 100＜15.所以a 100的整数部分[a 100]=14本节“习题11”解答：1． a 11b 11 =2a 112b 11 =a 1 +a 21b 1 +b 21 =21×2+21×2+211211b b a a =A 21B 21 = 7×21+14×21+27 =43 故选A. 2．S 10, S 20－S 10, S 30－S 20,S 40－S 30成等比数列,公比Q=q 10>0.故S 30= S 10(1+Q+Q 2)=70.解得Q=2,所以S 40－S 30=S 10Q 3=80,即S 40=S 30+80=150. 故选A.3．由递推公式变形得：3(a n+1－1)=－(a n －1)令b n =a n －1,则b n+1=－13b n ,且b 1=a 1－1=8,故 {b n }是首项为8,公比为－13的等比数列.故S n －n=(a 1－1)+ (a 2－1)+…+ (a n －1)= b 1+b 2++…+b n =3113111+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--n b =6－6×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-31,所以1251316|6|<⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=--nn n S , 得3n －1>250.所以满足不等式的最小整数n 是7,故选C. 4．（1）当1,231==d a 时，n n n n n S n +=-+=2212)1(23，由2)(2k k S S =得，2224)21(21k k k k +=+ ，即0)141(3=-k k ，又0≠k ，所以4=k ． （2）设数列{}n a 的公差为d ，则在2)(2k k S S =中分别取2,1=k 得⎩⎨⎧==224211)()(S S S S 即⎪⎩⎪⎨⎧⨯+=⨯+=211211)2122(2344 d a d a a a ，由（1）得01=a 或11=a ． 当01=a 时，代入（2）得：0=d 或6=d ；当0,01==d a 时，0,0==n n S a ，从而22)(k k S S =成立；当6,01==d a 时，则)1(6-=n a n ，由183=S ，216,324)(923==S S 知，239)(S S ≠，故所得数列不符合题意；当11=a 时，0=d或2=d ，当11=a ，0=d 时，n S a n n ==,1，从而22)(k k S S =成立；当11=a ， 2=d 时，则2,12n S n a n n =-=，从而2)(2k k S S =成立，综上共有3个满足条件的无穷等差数列； 0=n a 或1=n a 或12-=n a n ． 5. （I ）由)0(2)0(f f =，得0)0(=f ,由)21(2)1(f f =及1)1(=f ，得21)1(21)21(==f f 同理，4)21(21)41(1==f f ,归纳得),2,1(21)21( ==i f i i（II ）当12121-≤<i i x 时)21(21)(11---+=i i x k x f)2121)](2121(2121[211111i i i i i i i k a --++=----),2,1(2)41(12 =1-=-i k i 所以{}a n 是首项为)41(21k -，公比为41的等比数列,所以)41(32411)41(21)(lim )(21k ka a a k S n n -=--=+++=∞→ . ∴)(k S 的定义域为≤<k 01，当1=k 时取得最小值21. 6．（1）：当;2,111===S a n 时,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当故{a n }的通项公式为4,2}{,241==-=d a a n a n n 公差是即的等差数列.设{b n }的通项公式为.41,4,,11=∴==q d b qd b q 则故.42}{,4121111---=⨯-=n nn n n n b b q b b 的通项公式为即 （II ）1142(21)4,4n n n nn a n c n b ---===-12112[13454(21)4],n n n T c c c n -∴=+++=+⨯+⨯++-2314[143454(23)4(21)4]n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-+-,两式相减得].54)56[(91]54)56[(314)12()4444(2131321+-=∴+-=-+++++--=-n n n n n n n T n n T7．（I ）由210S 30－(210+1)S 20+S 10=0得210(S 30－S 20)=S 20－S 10，即210(a 21+a 22+…+a 30)=a 11+a 12+…+a 20, 可得 210·q 10(a 11+a 12+…+a 20)=a 11+a 12+…+a 20. 因为a n >0，所以 210q 10=1, 解得q=12,因而 a n =a 1q n －1=12n ,n=1,2,….(II)因为{a n }是首项a 1=12、公比q=12的等比数列，故 S n =211)211(21--n =1－12n ，nS n =n －n 2n .则数列{nS n }的前n 项和 T n =(1+2+…+n)－(12+222+…+n n2)，T n 2= 12 (1+2+…+n)－(221+322+…+1221++-n n n n ). 前两式相减，得 T n 2= 12 (1+2+…+n)－(12+122+…+n 21)+12+n n =4)1(+n n －211)211(21--n +12+n n ,即 T n =.22212)1(1-+++-n n nn n 8． (1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+.又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ， ①,3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t ②,∴①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为tt 332+的等比数列；(2)由f (t )= t t 332+=t 132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1, 可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列.于是b n =1+32(n －1)=312+n ;(3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n , ∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1=b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1) =－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314+n )=－94(2n 2+3n ) 9．（Ⅰ）由y ＝412-x 得2214y x =-，∴2214yx +=,∵x<—2 ，∴214y x +-= ,∴g(x)= 214x +- （x>0）（II ）∵点An(a n ,11+-n a )在曲线y ＝g(x)上(n ∈N +)∴11+-n a = g(a n )= 214n a +- , 并且a n >0 21141n n a a +=∴+ ， ),1(411221N n n a a n n ∈≥=-∴+∴数列{21na}为等差数列. （Ⅲ）∵数列{21na }为等差数列，并且首项为211a =1，公差为4, ∴21na =1+4（n —1） , ∴3412-=n a n ∵a n >0 ，∴341-=n a n ,（Ⅳ）b n ＝1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n ＝b 1＋b 2+…＋b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 10.前(n －1)群中含有1+2+4+…+2n －2=2n －1－1项.因而第n 群的第一个数为a 1+(2n －1－1)d.第n 群含有2n－1项.故这的2n－1项的和为2n －1[a 1+(2n －1－1)d]+ 12×2n －1(2n －1－1)d.11．（1）由⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n S 2114，得)( 221211411N n S S n n n ∈+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++。