2021年高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题三数列第2讲数列求和问题练习12

第2讲数列求和问题
「考情研析」 1.从具体内容上，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． 2.
从高考特点上，难度稍大，一般以解答题为主，分值约为7～8分．
核心知识回顾
常见的求和方法
(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和．对等比数列利用公式法求和时，一定注意□01公比q是否取1.
(2)错位相减法：主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是□02等差数列和等比数列．
(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用
于求通项为□031
a n a n＋1
的数列的前n项和．
(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列□
04适当拆开，□
05重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．
(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如□06(－1)n a n的形式，通常分□07奇、偶，观察相邻两项是否构成新数列．
热点考向探究
考向1 分组转化法求和
例1 (2019·天津南开区高三下学期一模)已知数列{a n}是等差数列，S n为其前n项和，且a5＝3a2，S7＝14a2＋7.
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)设数列{a n＋b n}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{(－1)n b n(a n＋b n)}的前n项和T n.
解(1)设等差数列{a n}的公差是d.
由a5＝3a2得a1＋4d＝3(a1＋d)，化简得d＝2a1，①
由S7＝14a2＋7得d＝a1＋1，②
由①②解得a1＝1，d＝2.
所以数列{a n }的通项公式为a n＝2n－1.
(2)由数列{a n＋b n }是首项为1，公比为2的等比数列，得a n＋b n＝2n－1，即2n－1＋b n＝2n－1.所以b n＝2n－1－2n＋1.
所以(－1)n b n(a n＋b n)＝(－1)n·2n－1·(2n－1－2n＋1)＝(－1)n4n－1＋(－2)n－1(2n－1)＝－
(－4)
n －1
＋(2n －1)·(－2)
n －1
.
∴P n ＝(－4)0
＋(－4)1
＋…＋(－4)
n －1
＝1－(－4)n 1－(－4)＝1－(－4)n
5
， Q n ＝1·(－2)0＋3·(－2)1＋5·(－2)2＋…＋(2n －3)·(－2)n －2＋(2n －1)·(－2)n －1，③
－2Q n ＝1·(－2)1
＋3·(－2)2
＋5·(－2)3
＋…＋(2n －3)·(－2)n －1
＋(2n －1)·(－2)n
，
④
③－④得
3Q n ＝1·(－2)0
＋2·(－2)1
＋2·(－2)2
＋…＋2·(－2)n －1
－(2n －1)·(－2)n
＝1＋
－4·[1－(－2)
n －1
]1－(－2)
－(2n －1)·(－2)n
＝－13－6n －13·(－2)n
.
∴Q n ＝－19－6n －19
·(－2)n
.
∴T n ＝－P n ＋Q n ＝－1445＋(－4)n
5－(6n －1)·(－2)
n
9
.
若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求和公式进行求和．解题的关键是观察结构、巧分组．
等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5
－2b 2＝a 3.
(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
2S n
，n 为奇数，
b n ，n 为偶数，
设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .
解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由a 1＝3，b 1＝1及⎩⎪⎨
⎪
⎧
b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，
得⎩⎪⎨
⎪
⎧
q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
d ＝2，q ＝2，
所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1
.
(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n (n ＋2)．
则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
2n (n ＋2)
，n 为奇数，
2n －1，n 为偶数，
即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
1n －1n ＋2
，n 为奇数，
2n －1，n 为偶数，
T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )
＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2(1－4n
)1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．
考向2 裂项相消法求和
例2 (2019·甘青宁高三3月联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 7＝5，S 5＝－55.
(1)求S n ；
(2)设b n ＝S n
n
，求数列⎩⎨
⎧
⎭
⎬⎫
1b n b n ＋1的前19项和T 19.
解 (1)∵⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＋6d ＝5，
5(a 1＋2d )＝－55，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝－19，
d ＝4.
∴S n ＝－19n ＋
n (n －1)
2
×4＝2n 2
－21n .
(2)设b n ＝S n n
＝2n －21， 则
1
b n b n ＋1＝1(2n －21)(2n －19)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2n －21－12n －19，
故T 19＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19－1－17＋1－17－1－15＋…＋117－119＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－119－119＝－119
.
裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和．适用于数列⎩⎨
⎧
⎭
⎬⎫
c a n a n ＋1的求和，其中数列{a n }是各项不为0的等差数列，c 为常数．
已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足S n ＋a n ＝2n ＋1(n ∈N *
)． (1)求证数列{a n －2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；
(2)求证：12a 1a 2＋122a 2a 3＋…＋12n a n a n ＋1<1
3.
解 (1)因为S n ＋a n ＝2n ＋1，①
所以当n ＝1时，a 1＋a 1＝2＋1，解得a 1＝3
2.
当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝2(n －1)＋1，② 由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝2，即a n ＝1
2a n －1＋1，
即a n －2＝1
2
(a n －1－2)，
所以数列{a n －2}是等比数列，其首项为a 1－2＝－12，公比为1
2
，
所以a n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n
.
(2)证明：1
2n a n a n ＋1＝2n ＋1
(2n ＋1－1)(2n ＋2
－1)＝12n ＋1－1－1
2n ＋2－1， 所以
12a 1a 2
＋
122
a 2a 3
＋…＋
12n
a n a n ＋1
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
23－1－124－1＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2n ＋1－1－12n ＋2－1＝13－12n ＋2－1<13.
考向3 错位相减法求和
例3 (2019·东北三省三校高三二模)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n ＝n 2
＋2n ，等比数列{b n }的公比为4，且a 2＝5b 1.
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .
解 (1)当n ≥2时，S n ＝n 2
＋2n ，S n －1＝(n －1)2
＋2(n －1)， ∴a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式， 综上，a n ＝2n ＋1.∵5b 1＝5，∴b 1＝1，∴b n ＝4n －1
.
(2)a n ·b n ＝(2n ＋1)·4
n －1
，①
T n ＝3＋5×4＋7×42＋…＋(2n ＋1)·4n －1，
∴4T n ＝3×4＋5×42
＋…＋(2n －1)·4
n －1
＋(2n ＋1)·4n
，②
①－②，得－3T n ＝3＋2·(4＋42
＋…＋4n －1
)－(2n ＋1)·4n
＝3＋2·
4(1－4
n －1
)
－3
－(2n ＋
1)·4n
＝13－⎝
⎛⎭⎪⎫2n ＋134n ，
∴T n ＝－19＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫2n 3＋194n
.
错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和．但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其项数；另外还要注意首项与末项．
(2019·福建高三毕业班3月质检)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；
(2)求证：若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. 因为S n ＝2a n －n ，①
所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)，② ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1， 所以
a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2
a n －1＋1
＝2，
所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以a n ＋1＝2·2
n －1
，所以a n ＝2n
－1.
(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7， 设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1， 所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n ， 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n
－n .
设数列{n ·2n
}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为M n ， 所以K n ＝2＋2×22
＋3×23
＋…＋n ·2n
，③ 2K n ＝22
＋2×23
＋3×24
＋…＋n ·2n ＋1
，④
③－④得
－K n ＝2＋22
＋23
＋…＋2n －n ·2n ＋1
＝2(1－2n
)1－2
－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1
－2.
所以K n ＝(n －1)·2
n ＋1
＋2，
又因为M n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)
2，
所以K n －M n ＝(n －1)·2
n ＋1
－
n (n ＋1)
2
＋2.
所以数列{a n b n }的前n 项和T n ＝(n －1)·2n ＋1
－
n (n ＋1)
2
＋2.
真题
押题
『真题模拟』
1．(2019·江西八所重点中学高三4月联考)已知数列{a n }是等比数列，若ma 6·a 7＝a 2
8－2a 4·a 9，且公比q ∈(3
5，2)，则实数m 的取值范围是( )
A ．(2,6)
B ．(2,5)
C ．(3,6)
D ．(3,5)
答案 C
解析 ∵ma 6·a 7＝a 28－2a 4·a 9，∴ma 21q 11＝a 21q 14－2a 21q 11，m ＝q 3－2，∵q ∈(35，2)，∴q 3
∈(5,8)，m ∈(3,6)．故选C.
2．(2019·安徽马鞍山高三一模)数列{a n }为等比数列，若a 1＝1，a 7＝8a 4，数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 的前
n 项和为S n ，则S 5＝( )
A.3116
B.158 C ．7 D ．31
答案 A
解析 ∵数列{a n }为等比数列，a 1＝1，a 7＝8a 4，∴q 6＝8q 3，解得q ＝2，∴a n ＝a 1q
n －1
＝2
n
－1
，1a n ＝12n －1.∵数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，∴S 5＝1＋12＋14＋18＋116＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12
＝3116.故选A.
3．(2019·南宁调研)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝1
4，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )
A ．16(1－4－n
) B ．16(1－2－n
) C.
323
(1－4－n
) D.323
(1－2－n ) 答案 C
解析 ∵q 3
＝a 5a 2＝18，∴q ＝12，a 1＝4，∴数列{a n ·a n ＋1}是以8为首项，14
为公比的等比数
列．∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14
＝323(1－4－n
)．故选C.
4．(2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2
－2，b 3＝2a 3＋4.
(1)求{a n }和{b n }的通项公式；
(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
1，2k
<n <2k ＋1
，
b k ，n ＝2k
，
其中k ∈N *
.
①求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；
②求∑i ＝1
2n
a i c i (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 .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧
6q ＝6＋2d ，
6q 2
＝12＋4d ，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
d ＝3，
q ＝2或⎩
⎪⎨
⎪⎧
d ＝－3，
q ＝0(舍去)，
故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1
＝3×2n
.
所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n
. (2)①a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n
－1. 所以，数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n
－1.
②∑i ＝1
2n
a i c i ＝∑i ＝1
2n
[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝1
2n
a i ＋∑i ＝1
n
a 2i (c 2i －1)
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n
×4＋
2n (2n
－1)2×3＋∑i ＝1n
(9×4i －1) ＝(3×22n －1
＋5×2n －1
)＋9×4(1－4n
)
1－4－n
＝27×2
2n －1＋5×2
n －1
－n －12(n ∈N *
)．
『金版押题』
5．已知函数f (x )在(－1，＋∞)上单调，且函数y ＝f (x －2)的图象关于x ＝1对称，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 50)＝f (a 51)，则{a n }的前100项的和为( )
A ．－200
B ．－100
C ．－50
D ．0
答案 B
解析 函数f (x )在(－1，＋∞)上单调，且函数y ＝f (x －2)的图象关于x ＝1对称，可得
y ＝f (x )的图象关于x ＝－1对称，又数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 50)＝f (a 51)，
∴a 50＋a 51＝－1×2＝－2.∴S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 100＝50(a 50＋a 51)＝－100.故选B.
6．已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝25
2，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n 2n 的前n 项和为( )
A ．1－n ＋2
2
n ＋1 B ．2－n ＋4
2n ＋1
C ．2－
n ＋4
2
n
D ．2－
n ＋2
2
n ＋1
答案 B
解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋
n (n －1)2
d ，因为S 3＝6，S 5＝25
2
，
所以⎩
⎪⎨⎪⎧
3a 1＋3d ＝6，
5a 1＋10d ＝25
2，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1
＝3
2，d ＝1
2，
所以a n ＝12n ＋1，a n 2n ＝n ＋2
2n ＋1，设数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n 2n 的
前n 项和为T n ，则T n ＝322＋423＋524＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12T n ＝323＋424＋525＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋2
2n ＋2，两项
相减，得12T n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋1
24＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22
n ＋2，
所以T n ＝2－
n ＋4
2
n ＋1
.
配套作业
一、选择题
1．(2019·湖南永州高三第三次模拟)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋1，
a 2＋a 6＝10，则S 7＝( )
A ．20
B ．25
C ．30
D ．35
答案 D
解析 因为S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋1，所以a n ＋1－a n ＝1，因此数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 2＋a 6＝10，所以a 1＋a 7＝10，因此S 7＝7(a 1＋a 7)
2
＝35.故选D.
2．(2019·四川成都外国语学校高三一诊)在正项等比数列{a n }中，a 5＝1
2，a 6＋a 7＝3.则
满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n >a 1a 2a 3…a n 的最大正整数n 的值为( )
A ．10
B ．11
C ．12
D ．13 答案 C
解析 ∵正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝a 5(q ＋q 2)＝3，∴q 2
＋q ＝6.∵q >0，解得q
＝2或q ＝－3(舍去)，∴a 1＝1
32
，
∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝132(1－2n
)1－2＝2n －132，∴2n －132>132n ×2n (n －1)2，整理可得，2n
>2(n －1)
12
n －5＋1，∴2n >2(n －1)12
n －5，n >(n －1)·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
n －5，易知n >1，∴1<n ≤12，经检验n ＝12满
足题意，故选C.
3．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)n
a n }的前n 项和，则S 2018＝( )
A ．2018
B ．－2018
C ．3027
D ．－3027
答案 C
解析 a 1＝tan225°＝tan45°＝1，设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 5＝13a 1，得a 5＝13，d ＝
a 5－a 15－1
＝
13－1
4
＝3，所以S 2018＝－a 1＋a 2－a 3＋a 4＋…＋(－1)
2018
a 2018＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)
＋(a 6－a 5)＋…＋(a 2018－a 2017)＝1009d ＝1009×3＝3027.故选C.
4．(2019·安徽省毛坦厂中学高三4月联考)已知等差数列{a n }满足a 3＝3，a 4＋a 5＝a 8＋1，数列{b n }满足b n a n ＋1a n ＝a n ＋1－a n ，记数列{b n }的前n 项和为S n ，若对于任意的a ∈[－2,2]，n ∈N *
，不等式S n <2t 2
＋at －3恒成立，则实数t 的取值范围为( )
A ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
B ．(－∞，－2]∪[1，＋∞)
C ．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
D ．[－2,2] 答案 A
解析 由题意得a 4＋a 5＝a 8＋a 1＝a 8＋1，则a 1＝1，等差数列{a n }的公差d ＝
a 3－a 1
2
＝1，
∴a n ＝1＋(n －1)＝n .由b n a n ＋1a n ＝a n ＋1－a n ，得b n ＝1a n －1a n ＋1＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－13＋
⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，则不等式S n
<2t 2＋at －3恒成立等价于1－
1n ＋1<2t 2＋at －3恒成立，而1－1n ＋1
<1，∴问题等价于对任意的a ∈[－2,2]，2t 2
＋at －4≥0恒成立．设f (a )＝2t 2
＋at －4，a ∈[－2，2]，则⎩⎪⎨
⎪⎧
f (2)≥0，f (－2)≥0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
t 2
＋t －2≥0，t 2
－t －2≥0，
解得t ≥2
或t ≤－2.故选A.
5．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n ＝( ) A ．80
B ．30
C ．26
D ．16
答案 B
解析 由题意，有(S 2n －2)2
＝2(14－S 2n )，∴S 2n ＝6或S 2n ＝－4，由于{a n }的各项均为正数，故S 2n ＝6，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，即2,4,8,16为等比数列，∴S 4n －S 3n ＝16，∴S 4n ＝30，故选B.
6．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3·…·a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *
都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n
<t ，
则实数t 的取值范围为( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞
B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞
C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞
D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫23，＋∞ 答案 D
解析 依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22(n －1)2
＝2n 2－(n －1)2＝22n －1
，又a 1＝
21
＝2
2×1－1
，因此a n ＝2
2n －1
，1a n ＝122n －1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，1
4为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭
⎬
⎫1a n 的前n 项和等于12⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－14n 1－14
＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞，选D. 二、填空题
7．记f (n )为最接近n (n ∈N *
)的整数，如：f (1)＝1，f (2)＝1，f (3)＝2，f (4)＝2，f (5)＝2，…，若
1f (1)＋1f (2)＋1f (3)＋…＋1f (m )
＝4034，则正整数m 的值为________． 答案 4070306 解析
1f (1)＋1f (2)＋1f (3)＋…＋1f (m )
＝1＋1＋12＋…＋12＋13＋…＋13＋14＋…＋1
4
＋…＋
12017＋…＋12017
＝4034. 所以和为2的共有2017组，第一组中有2个1，第2组中有4个12，第三组中有6个1
3，
所以各组数的个数组成一个首项为2，公差为2的等差数列，所以m ＝S 2017＝2017×2＋2016×2017
2
×2＝2017×2018＝4070306，故答案为4070306. 8．(2019·江苏苏州高三下学期阶段测试)已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，且
a 3，a 4＋5
2
，a 11成等比数列．若p －q ＝10，则a p －a q ＝________.
答案 15
解析 设等差数列的公差为d ，由题意知d ＞0，∵a 3，a 4＋52，a 11成等比数列，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋522＝a 3a 11，
∴⎝ ⎛⎭
⎪⎫72＋3d 2＝(1＋2d )(1＋10d )，即44d 2
－36d －45＝0， 解得d ＝32或d ＝－15
22
(舍去)，
∵p －q ＝10，则a p －a q ＝(p －q )d ＝10×3
2
＝15.
9．已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a n
a n S n －S 2n
＝1成立，
则S 2019＝________.
答案
11010
解析 ∵
2a n a n S n －S 2n
＝1，∴2a n ＝a n S n －S 2
n ，
∴2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)·S n －S 2
n ， 2S n －2S n －1＝－S n －1·S n ，∴2S n －2
S n －1
＝1，
又2
S 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
2S n 是以2为首项，1为公差的等差数列． ∴2S n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，∴S n ＝2n ＋1， ∴S 2019＝11010
.
10．(2019·郴州高三第二次教学质量监测)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2bn (n ∈
N *
)，若数列{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16.则b 5＝________，数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝
________.
答案 15
2n n ＋1
解析 ∵{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16， ∴其公比q ＝
3a 4
a 1＝316
2
＝2，∴a n ＝2n
，
∴a 1a 2a 3…a n ＝212223…2n ＝21＋2＋3＋…＋n
＝2
n (n ＋1)
2
.
∵a 1a 2a 3…a n ＝2bn ，∴b n ＝n (n ＋1)
2，b 5＝5×62
＝15.
∵1b n
＝
2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1.
∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋13－1
4＋…＋1n －1n ＋1＝
2⎝
⎛
⎭⎪⎫1－
1n ＋1＝2n
n ＋1
. 三、解答题
11．(2019·山东淄博实验中学高三教学诊断)已知递增的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1a 4＝16，S 4＝20.
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝(－1)
n －1
·2n ＋1
S n
，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .
解 (1)由⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1a 4＝16，
S 4＝2(a 1＋a 4)＝20，且a 1<a 4，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝2，
a 4＝8，
∴公差d ＝
a 4－a 1
3
＝2，
∴数列{a n }的通项公式a n ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)由(1)得S n ＝n (2n ＋2)
2
＝n (n ＋1)，
∴b n ＝(－1)
n －1
·2n ＋1S n ＝(－1)n －1·2n ＋1n (n ＋1)＝(－1)n －1
·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n ＋1n ＋1.
当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1＋1n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝1－1n ＋1；
当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1＋1n ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n ＋1n ＋1＝1＋1n ＋1. 综上可得T n ＝1＋(－1)
n －1
·
1
n ＋1
. 12．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S n ＝n 2n ＋1.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝(－1)n
a
n (n ＋1)
2
，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .
解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得a 1>0， 令n ＝1，则S 1＝1
a 1a 2＝1
3，所以a 1a 2＝3，① 令n ＝2，则S 2＝
1a 1a 2
＋
1
a 2a 3＝2
5
，所以a 2a 3＝15，② a 2＝a 1＋d ，③ a 3＝a 1＋2d ，④
联立①②③④，解得⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，
d ＝2
或⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝－1，
d ＝－2
(舍去)，
所以a n ＝2n －1. (2)由题意知，b n ＝(－1)n
a
n (n ＋1)
2
＝(－1)n
[n (n ＋1)－1]，所以T 2n ＝－(1×2－1)＋(2×3
－1)－(3×4－1)＋…＋(－1)2n
·[2n (2n ＋1)－1]＝[－(1×2－1)＋(2×3－1)]＋[－(3×4－1)＋(4×5－1)]＋…＋{－[(2n －1)·2n －1]＋[2n (2n ＋1)－1]}＝4＋8＋…＋4n ＝
n (4＋4n )
2
＝2n 2
＋2n .
13．(2019·贵州省南白中学(遵义县一中)高三第一次联考)已知数列{a n }的前n 项和为
S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12
.
(1)求证：⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1S n 是等差数列；
(2)求a n 的表达式；
(3)若b n ＝2(1－n )a n (n ≥2)，求证：b 2
2＋b 2
3＋…＋b 2
n <1. 解 (1)证明：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， 又a n ＋2S n ·S n －1＝0， 所以S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0， 若S n ＝0，则a 1＝S 1＝0与a 1＝1
2矛盾，
故S n ≠0，所以1S n －1
S n －1
＝2，
又1
S 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)得1
S n
＝2＋(n －1)·2＝2n ，
故S n ＝12n
(n ∈N *
)，
当n ≥2时，a n ＝－2S n ·S n －1＝－2·12n ·12(n －1)＝－1
2n (n －1)
；
当n ＝1时，a 1＝1
2
，所以a n ＝
⎩⎪⎨⎪⎧
1
2
，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.
(3)证明：当n ≥2时，b n ＝2(1－n )a n ＝2(1－n )·12n (1－n )＝1
n
，
b 22＋b 23＋…＋b 2
n ＝122＋132＋…＋1n 2<
11×2＋12×3＋…＋1
(n －1)n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12－13＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1－1n ＝1－1n <1.
14．(2019·河南省顶级名校高三第四次联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n －S n
2＝1(n
∈N *
)．
(1)求出数列{a n }的通项公式；
(2)已知b n ＝2n (a n －1)(a n ＋1－1)(n ∈N *
)，数列{b n }的前n 项和记为T n ，证明：T n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1.
解 (1)因为a n －S n 2＝1，所以a n ＋1－S n ＋1
2＝1，
两式相减可得(a n ＋1－a n )－
S n ＋1－S n
2
＝0，a n ＋1＝2a n ，即
a n ＋1
a n
＝2. 在a n －S n
2
＝1中，令n ＝1可得a 1＝2，
所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 所以a n ＝2n
.
(2)证明：b n ＝2n
(2n －1)(2n ＋1
－1)＝12n －1－1
2n ＋1－1， 所以T n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫121－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1
－1，
所以{T n }是一个单调递增的数列． 当n ＝1时，T n (min)＝T 1＝1－122
－1＝2
3
， 当n →＋∞时，T n →1，
所以T n ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫23，1.。