2019版高考数学(文)高分计划一轮高分讲义：第5章数列 5.4 数列求和

5.4
　数列求和
[知识梳理]
1．基本数列求和公式法(1)等差数列求和公式：
S n ＝
＝na 1＋
d .
n (a 1＋an )2
n (n －1)2
(2)等比数列求和公式：S n ＝Error!
2．非基本数列求和常用方法
(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法．
常见的裂项公式：
①＝；1
n (n ＋k )1k (1n
－1
n ＋k )②＝；
1(2n －1)(2n ＋1)12(12n －1－1
2n ＋1)③＝；
1n (n ＋1)(n ＋2)1
2[1n (n ＋1)－
1(n ＋1)(n ＋2)]＝(－)．1
n ＋n ＋k 1
k n ＋k n 3．常用求和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝
；
n (n ＋1)
2
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2；
(3)12＋22＋32＋…＋n 2＝；
n (n ＋1)(2n ＋1)
6
(4)13＋23＋33＋…＋n 3＝2.
[
n (n ＋1)2]
[诊断自测]1．概念辨析
(1)已知等差数列{a n
}的公差为d ，则有＝.( )
1anan ＋11d (1an －1
an ＋1)(2)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.( )
(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(n >1，n ∈N *)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 －1
2答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．教材衍化
(1)(必修A5 P 47T 4)数列{a n }中，a n ＝，若{a n }的前n 项和
1
n (n ＋1)为，则项数n 为( )
2017
2018A ．2014 B ．2015 C ．2016 D ．2017答案　D
解析　a n ＝－，S n ＝1－＝，又前n 项和为，1
n 1
n ＋11
n ＋1n
n ＋12017
2018所以n ＝2017.故选D.
(2)(必修A5 P 61T 4
)已知数列：1，2，3，…，，…，则
121418(n ＋1
2n )其前n 项和关于n 的表达式为________．
答案　
＋1－n (n ＋1)2
12n
解析　将通项式分组转化为等差与等比两数列分别求和，即S n
＝(1＋2＋3＋…＋n )＋＝＋1－.
(1
2＋1
22
＋…＋1
2n )n (n ＋1)2
1
2n 3．小题热身
(1)数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos ，其前n 项和为S n ，则n π
2S 2018等于( )
A ．－1010
B ．2018
C ．505
D ．1010答案　A
解析　易知a 1＝cos ＝0，a 2＝2cosπ＝－2，a 3＝0，a 4＝4，….π
2所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2016项中所有偶数项(共1008项)依次为－2,4，－6,8，…，－2014,2016.故S 2016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2016)＝1008.a 2017＝0，a 2018＝2018×cos ＝－2018，∴S 2018＝S 2016＋a 2018＝1008－2018＝－1010.故选A.2018π2
(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.
答案　－1
n
解析　∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，
知S n ≠0，∴－＝1，∴是等差数列，且公差为－1，而
1
Sn 1
Sn ＋1{1
Sn }
＝＝－1，∴＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－.
1S 11a 11Sn 1
n 题型1　错位相减法求和
已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数
典例列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.
(1)求数列{b n }的通项公式；
(2)令c n ＝，求数列{c n }的前n 项和T n .
(an ＋1)n ＋1
(bn ＋2)n 利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)、方程
思想、错位相减法．
解　(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由Error!即Error!
可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1.
(2)由(1)知c n ＝＝3(n ＋1)·2n ＋1.(6n ＋6)n ＋1
(3n ＋3)n 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，
得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，
两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×＝－3n ·2n ＋2，所以
[
4＋
4(1－2n )1－2
－(n ＋1)×2n ＋2
]
T n ＝3n ·2n ＋2.
方法技巧
利用错位相减法的一般类型及思路
1．适用的数列类型：{a n b n }，其中数列{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q ≠1的等比数列．
2．思路：设S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，(*)则qS n ＝a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n －1b n ＋a n b n ＋1，(**)
(*)－(**)得：(1－q )S n ＝a 1b 1＋d (b 2＋b 3＋…＋b n )－a n b n ＋1，就转化为根据公式可求的和．
提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．
冲关针对训练
已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.
(1)令c n ＝，求数列{c n }的通项公式；an
bn (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .
解　(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0(b n ≠0，n ∈N *)，
所以－＝2，即c n ＋1－c n ＝2.
an ＋1
bn ＋1an
bn 所以数列{c n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故c n ＝2n －1.
(2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和
S n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，3S n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ，相减得－2S n ＝1＋2×(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝－2－(2n －2)3n ，
所以S n ＝(n －1)3n ＋1.
题型2　裂项相消法求和 S n 为数列{a n }的前n 项和，已知
典例a n >0，a ＋2a n ＝4S n ＋3.2
n (1)求{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝，求数列{b n }的前n 项和．
1
anan ＋1利用递推公式，
a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求通项，裂项相消求和．
解　(1)由a ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a ＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.2
n 2n ＋1可得a －a ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，2n ＋
12n 即2(a n ＋1＋a n )＝a －a ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．2n ＋
12n 由于a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2.
又由a ＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.2
1所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.
(2)由a n ＝2n ＋1可知
b n
＝＝＝.
1
anan ＋11
(2n ＋1)(2n ＋3)12(12n ＋1－1
2n ＋3)设数列{b n }的前n 项和为T n ，则
T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝Error!
1
2Error!＝.
n
3(2n ＋3)[条件探究]　将典例中的条件变为：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．
求解仍为(1)求{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝，求数列{b n }的前n 项和．
1
anan ＋1解　(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋
×2＝2a 1＋2，
2×12
S 4＝4a 1＋
×2＝4a 1＋12，
4×32
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a n ＝2n －1可知
b n
＝＝＝.
1
anan ＋11
(2n －1)(2n ＋1)12(12n －1－1
2n ＋1)设数列{b n }的前n 项和为T n ，则
T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1
2
＝.
[(1－13)＋(13－15)＋(15－17)
＋…＋(12n －1－12n ＋1)]
n 2n ＋1[结论探究]　条件探究中的条件不变，求解(2)变为：令b n ＝(－1)n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .
4n
anan ＋1解　b n ＝(－1)n －1＝(－1)n －1＝(－1)n －1
4n
anan ＋14n (2n －1)(2n ＋1).
(
12n －1＋
12n ＋1)
当n 为偶数时，
T n
＝
－＋…＋－＝1(1＋13)(13＋15)(12n －3＋12n －1)(12n －1＋1
2n ＋1)－＝.
12n ＋12n
2n ＋1当n 为奇数时，T n
＝
－＋…－＋(1＋1
3)(13＋1
5)(1
2n －3＋1
2n －1)
＝1＋＝.
(12n －1＋12n ＋1)12n ＋12n ＋2
2n ＋1所以T n
＝Error!
.(或Tn ＝2n ＋1＋(－1)n －1
2n ＋1)方法探究
几种常见的裂项相消及解题策略
(1)常见的裂项方法(其中n 为正整数
)
(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等．
冲关针对训练
已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足
S n ＝a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．
1
2(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列的前n 项和为T n ，求{
1
bnbn ＋2}
证：T n <.
34解　(1)∵S n ＝a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，
1
2∴当n ＝1时，－2＝a 2＋2，解得a 2＝－8，
12当n ≥2时，S n －1＝a n ＋n ，
12两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，
n ＝1时，a 2－1＝3(a 1－1)＝－9，
所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n .故a n ＝－3n ＋1.
(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ，得
＝＝，1
bnbn ＋21
n (n ＋2)12(
1
n －
1
n ＋2)
T n ＝＝12
(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2)
12＝－<.(1＋12－1n ＋1－
1n ＋2)
342n ＋32(n ＋1)(n ＋2)3
4题型3　分组转化法求和
在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，a 1a 3＝4，且a 3＋1
典例1是a 2和a 4的等差中项，若b n ＝log 2a n ＋1.
(1)求数列{b n }的通项公式；
(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋1＋，求数列{c n }的前1
b 2n －1·b 2n ＋1n 项和．
分组求和，裂项相消法．
解　(1)设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0，在等比数列{a n }中，由a n >0，a 1a 3＝4得，a 2＝2，①又a 3＋1是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋1)＝a 2＋a 4，②
把①代入②得，2(2q ＋1)＝2＋2q 2，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝a 2q n －2＝2n －1，
则b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n ＝n .(2)由(1)得，
c n ＝a n ＋1＋＝2n ＋＝2n ＋1
b 2n －1·b 2n ＋11
(2n －1)(2n ＋1)1
2，
(12n －1－
12n ＋1)
所以数列{c n }的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋1
2
＝＋＝2n
[(1－13)＋(13－15)
＋…＋(12n －1－12n ＋1)]2(1－2n )1－212(1－1
2n ＋1)
＋1－2＋.
n
2n ＋1 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.
典例2数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *.
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝Error!求数列{c n }的前n 项和P n .
分组求和，分类讨论法．
解　(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得Error!解得Error!∴a n ＝4n .
∵T n －2b n ＋3＝0，①
∴当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0，②①－②，得b n ＝2b n －1(n ≥2)，则数列{b n }为等比数列，∴b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝Error!
当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝＋＝2n ＋1＋n 2－2.
(4＋4n －4)·
n 22
6(
1－4
n 2)
1－4当n 为奇数时，
n ＝1时，P 1＝c 1＝a 1＝4，
解法一：n －1为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)
2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，
解法二：P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝＋＝2n ＋n 2＋2n －1.
(4＋4n )·
n ＋1226(
1－4
n －12)
1－4
∴P n ＝Error!方法技巧
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．如典例1.
2．通项公式为a n ＝Error!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．如典例2.
冲关针对训练
1．数列{(－1)n ·n }的前2018项的和S 2018为( )A ．－2018 B ．－1009 C ．2018 D ．1009答案　
D
2．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且－＝，S 6＝63.
1
a 11
a 22
a 3(1)求{a n }的通项公式；
(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数
列{(－1)n b }的前2n 项和．2
n 解　(1)设数列{a n }的公比为q .
由已知，有－＝，1
a 11
a 1q 2
a 1q 2解得q ＝2或q ＝－1.
又由S 6＝
＝63，知q ≠－1，
a 1(1－q 6)
1－q
所以
＝63，得a 1＝1.
a 1(1－26)1－2
所以a n ＝2n －1.
(2)由题意，得b n ＝(log 2a n ＋log 2a n ＋1)1
2＝(log 22n －1＋log 22n )＝n －，
1212即{b n }的首项为，公差为1的等差数列．
1
2设数列的前n 项和为T n ，则{(－1)nb 2
n }T 2n ＝(－b ＋b )＋(－b ＋b )＋…＋(－b ＋b )2
12232422n －122n ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n
＝
＝2n 2.
2n (b 1＋b 2n )2
题型4　倒序相加法
设f (x )＝，若S ＝f ＋f ＋…＋f ，
典例4x 4x ＋2(12017)(22017)(2016
2017)
则S ＝________.
利用函数性质f (x )＋f (1－x )＝1
倒序相加求和．
答案　1008
解析　∵f (x )＝，∴f (1－x )＝＝.
4x
4x ＋241－x
41－x ＋22
2＋4x ∴f (x )＋f (1－x )＝＋＝1.
4x 4x ＋222＋4x S ＝f ＋f ＋…＋f ，①
(12017)(22017)(20162017)
S ＝f ＋f ＋…＋f ，②
(20162017)(20152017)(1
2017)
①＋②，得2S ＝＋＋…＋[f (12017
)＋f (20162017)][f (22017)＋f
(20152017)]
＝2016.
[f (20162017)＋f (12017)]
∴S ＝＝1008.2016
2方法技巧
如果一个数列{a n }，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．
冲关针对训练
已知定义在R 上的函数f (x )的图象的对称中心为(1008,2)．数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝f (n )，n ∈N *，求S 2015.
解　由条件得f (2×1008－x )＋f (x )＝2×2，即f (2016－x )＋f (x )＝4.于是有a 2016－n ＋a n ＝4(n ∈N *)．又S 2015＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2014＋a 2015，S 2015＝a 2015＋a 2014＋…＋a 2＋a 1.两式相加得
2S 2015＝(a 1＋a 2015)＋(a 2＋a 2014)＋…＋(a 2014＋a 2)＋(a 2015＋a 1)＝2015(a 1＋a 2015)＝2015×4.
故S 2015＝2015×2＝
4030.
1．(2018·江西九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该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16项之和S 16等于( )
A ．5
B ．6
C ．7
D ．16答案　C
解析　根据题意这个数列的前7项分别为
5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C.
2．(2017·湘潭三模)设T n 为数列
的前n 项和，若
{
2n ＋12n
}m >T 10＋1013恒成立，则整数m 的最小值为( )
A ．1026
B ．1025
C ．1024
D ．1023答案　C
解析　∵＝1＋n ，
2n ＋1
2n (1
2)
∴T n ＝n ＋1－，
12n ∴T 10＋1013＝11－＋1013＝1024－，
1
2101
210又m >T 10＋1013，
∴整数m 的最小值为1024.故选C.
3．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解　(1)设{a n }的公比为q .由题设可得Error!
解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得
S n ＝
＝－＋(－1)n .
a 1(1－qn )1－q
232n ＋1
3由于S n ＋2＋S n ＋1＝－＋(－1)n
432n ＋3－2n ＋2
3
＝2＝2S n ，[－23
＋(－1)n
2n ＋13]
故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．
4．(2018·河南质检)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，解得q ＝2或q ＝－3，又因为q ＞0，所以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，得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＝
－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝12×(1－4n )
1－4×4n ＋1＋.
3n －23
8
3所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为
×4n ＋1＋.
3n －2
3
8
3[重点保分 两级优选练]
A 级
一、选择题
1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则a n ＋100＋a n －98＝( )
A ．8n ＋6
B ．4n ＋1
C ．8n ＋3
D ．4n ＋3答案　A
解析　设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋d ，由
n (n －1)
2
S 2＝10，S 5＝55，可得
Error!
得Error!所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －1，则a n ＋100＋a n －98＝2a n ＋1＝8n ＋6.故选A.
2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足－＝1，则
S 3
3S 2
2数列{a n }的公差是( )
A ．1
B ．2
C ．4
D ．6答案　B
解析　由－＝1得
S 3
3S 2
2
－
＝a 1＋d －
＝＝1，所以d ＝2.故选B.
a 1＋a 2＋a 3
3a 1＋a 222a 1＋d 2
d
23．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知＝，则＝( )
Sn
Tn 7n
n ＋3a 5
b 5A. B. C ．7 D.2327821
4答案　D
解析　＝＝＝
＝＝＝.故选D.
a 5
b 52a 5
2b 5a 1＋a 9
b 1＋b 99(a 1＋a 9)
2
9(b 1＋b 9)
2
S 9
T 97×9
9＋321
44．已知函数f (n )＝Error!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 ．102答案　B
解析　由题意，得
a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.
5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝＋，且a 1＝，则该数列1
2an －a 2
n 1
2的前2018项的和等于( )
A ．1512
B ．1513
C ．1513.5
D ．2018答案　C
解析　因为a 1＝，又a n ＋1＝＋，1
21
2an －a 2
n 所以a 2＝1，从而a 3＝，a 4＝1，
12
即得a n ＝Error!故数列的前2018项的和S 2018
＝1009×
＝1513.5.故选C.(1＋1
2)6．在数列{a n }中，已知对任意
n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a ＋a ＋a ＋…＋a 等于( )2
12232n A ．(3n －1)2 B.(9n －1)
1
2C ．9n －1 D.(3n －1)
14答案　B
解析　因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，所以
a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，a n ＝2×3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以
a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．则数列{a }是首项为4，公比为9的等比数2n 列．故选B.
7．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面2积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2017的值为( )
A. B. C. D.201420152015
20162016
20172017
2018
答案　D
解析　直线与x 轴交于，与y 轴交于
，∴S n ＝·
(2n
，0
)
(
0，
2
n ＋1)
1
2·＝＝－.
2n 2n ＋11n (n ＋1)1n 1n ＋1∴原式＝＋＋…＋＝1－＝.(1－1
2)(12－1
3)(1
2017－1
2018)1
20182017
2018故选D.
8．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝a 1，且
1
4
a 4与a 7的等差中项为，则S 5等于( )
9
8A ．35 B ．33 C ．31 D ．29答案　C
解析　设等比数列{a n }的公比是q ，所以a 3a 5＝a q 6＝a 1，得2
11
4a 1q 6＝，即a 7＝.又a 4＋a 7＝2×，解得a 4＝2，所以q 3＝＝，
141498a 7a 418所以q ＝，a 1＝16，故S 5＝＝
＝31.故选C.
1
2a 1(1－q 5)1－q
16(1－
1
32
)
1－
12
9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法中一定成立的是( )
A ．若a 3>0，则a 2017<0
B ．若a 4>0，则a 2018<0
C ．若a 3>0，则S 2017>0
D ．若a 4>0，则S 2018>0答案　C
解析　等比数列{a n }的公比q ≠0.对于A ，若a 3>0，则a 1q 2>0，所以a 1>0，所以a 2017＝a 1q 2016>0，所以A 不成立；对于B ，若a 4>0，则a 1q 3>0，所以a 1q >0，所以a 2018＝a 1q 2017>0，所以B 不成立；
对于C ，若a 3>0，则a 1＝>0，所以当q ＝1时，S 2017>0，当q ≠1
a 3
q 2时，S 2017＝
>0(1－q 与1－q 2017同号)，所以C 一定成立，
a 1(1－q 2017)
1－q
易知D 不一定成立．故选C.
10．(2017·江西九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是
等差数列，若a 1·a 6·a 11＝3，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan 的值3b 3＋b 9
1－a 4·a 8是( )
A ．1 B. C ．－ D ．－2
22
23
答案　D
解析　{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且
a 1·a 6·a 11＝3，
b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a ＝()33
633,3b
6＝7π，∴a 6＝
，b 6＝，∴tan ＝tan ＝tan
37π
3b 3＋b 91－a 4·a 82b 6
1－a 26＝tan ＝tan ＝－tan ＝－.故选D.
2×
7π3
1－(3)2(－7π
3)(－2π
－π
3)π
33二、填空题
11．S n ＝1＋11＋111＋…＋
＝________.
答案　
10n ＋1－9n －1081
12．数列{a n }满足：a 1＝，且a n ＋1＝(n ∈N *)，则＋
434(n ＋1)an 3an ＋n 1
a 1
＋＋…＋＝________.
2a 23a 32018a 2018答案　2017＋2
31
3×42018
解析　由题意可知＝＋·⇒－1＝，又
n ＋1an ＋13
414n
an n ＋1
an ＋114(n
an －1)－1＝－，所以数列是以－为首项，以为公比的等比数
1a 114{n an －1}141
4列，所以＝1－，
n
an 1
4n 所以＋＋＋…＋＝n －
＝n －＋·，
1
a 12
a 23
a 3n
an 1
4(1－1
4n
)1－1
413131
4n 则＋＋＋…＋＝2018－＋×＝2017＋
1a 12a 23a 32018
a 2018131314201823.
13×4201813．设f (x )＝，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式1
2x ＋2的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．
答案　32
解析　∵6＋(－5)＝1，∴f (－5)，f (－4)，…，f (5)，f (6)共有11＋1＝12项．
由f (－5)，f (6)；f (－4)，f (5)；…；f (0)，f (1)共有6对，且该数列为等差数列．
又f (0)＋f (1)＝＋＝＋＝＝
1
1＋21
2＋21
1＋21
2(1＋2)2＋1
2(1＋2)
＝，
122
2∴f (－5)＋f (－4)＋…＋f (6)＝6×＝3.
2
2214．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n ，若a n ＋1＝Error!且S 3＝10，则S 2016＝________.
答案　6720
解析　当a 1为奇数时，a 2＝，此时若a 2为奇数，则a 3＝a 1＋1
2
＝
＝
，∴S 3＝a 1＋
＋＝＝10，
a 2＋12a 1＋1
2＋12
a 1＋34
a 1＋12a 1＋347a 1＋54
解得a 1＝5，此时数列{a n }为5,3,2,5,3,2，….当a 1为奇数时，a 2＝
，此时若a 2为偶数，则a 3＝3a 2－1＝
－1＝
，
a 1＋123(a 1＋1)
2
3a 1＋12
∴S 3＝a 1＋＋
＝3a 1＋1＝10，解得a 1＝3，此时数列
a 1＋123a 1＋12
{a n }为3,2,5,3,2,5，….当a 1为偶数时，a 2＝3a 1－1，此时a 2为奇数，
则
a 3＝
＝
＝，∴S 3＝a 1＋3a 1－1＋＝a 1－1＝a 2＋12(3a 1－1)＋12
3a 1
23a 1
211
210，解得a 1＝2，此时数列{a n }为2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{a n }均为周期数列．
∵672×3＝2016，∴S 2016＝672S 3＝6720.
B 级
三、解答题
15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列；(2)求数列{S n }的前n 项和T n .
解　(1)证明：由题意知S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n －1－n ＋4，
所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]，又易知a 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，
所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．(2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，
于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝＋4(1－2n )
1－2－2n ＝
.
n (n ＋1)2
2n ＋3＋n 2－3n －82
16．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a ＝2S n ＋n ＋4，a 2－1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．2n ＋
1(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)若c n ＝－，求数列{c n }的前n 项和T n .
log2bn
bn 1
anan ＋1解　(1)因为a ＝2S n ＋n ＋4，所以a ＝2S n －1＋n －1＋4(n ≥2)，2n ＋
12n 两式相减得a －a ＝2a n ＋1，所以a ＝a ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2n ＋
12n 2n ＋12n 2，
所以a n ＋1－a n ＝1.
又a ＝(a 2－1)a 7，所以(a 2＋1)2＝(a 2－1)(a 2＋5)，解得a 2＝3，2
3又a ＝2a 1＋1＋4，所以a 1＝2，所以{a n }是以2为首项，1为公差2的等差数列，所以a n ＝n ＋1.故b 1＝2，b 2＝4，b 3＝8，所以b n ＝2n .
(2)由(1)得，c n ＝－，
n
2n 1
(n ＋1)(n ＋2)故
T n
＝c 1
＋c 2
＋…＋c n
＝－Error!＋＋…＋Error!.(12＋2
4
＋…＋n
2n )1
3×4
设F n ＝＋＋…＋，则F n ＝＋＋…＋，作差得1
224n 2n 12122223n
2n ＋1F n ＝＋＋…＋－，
1
21212212n n
2n ＋1所以F n ＝2－.
n ＋2
2n 设G n ＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋1
2×31
3×41
(n ＋1)(n ＋2)1213131
4－＝－，所以T n ＝2－－＝－＋1n ＋11n ＋2121n ＋2n ＋22n (12－
1n ＋2)
32n ＋2
2n .
1
n ＋217．(2017·山东高考)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，求数列的前n 项和T n .
{bn
an }
解　(1)设{a n }的公比为q ，
由题意知a 1(1＋q )＝6，a q ＝a 1q 2，2
1又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知
S 2n ＋1＝＝(2n ＋1)b n ＋1，
(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)
2
又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，
所以b n ＝2n ＋1.
令c n ＝，则c n ＝.bn
an 2n ＋1
2n 因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n
＝＋＋＋…＋＋，325227232n －12n －12n ＋1
2n 又T n ＝＋＋＋…＋＋，123225237242n －12n 2n ＋12n ＋1两式相减得T n
＝＋－，
1
232(12＋122＋…＋12n －1)2n ＋1
2n ＋1所以T n ＝5－.
2n ＋5
2n 18．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5
的等比中项为16.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数
k ，使得＋＋＋…＋<k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出1
S 11
S 21
S 31
Sn 正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．
解　(1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16，a 3－a 2＝8，则a 2＝8，q ＝2，a 1＝4，所以a n ＝2n ＋1.
(2)b n ＝log 42n ＋1＝，
n ＋1
2S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝.
n (n ＋3)4＝＝，1Sn 4n (n ＋3)43(1n －
1
n ＋3)
所以＋＋＋…＋1S 11S 21S 31
Sn ＝43(11－14＋12－15＋13－16
＋…＋1n －
1n ＋3)
＝43
(
1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3)
＝×－×4311643(1n ＋1＋1n ＋2＋1
n ＋3
)＝－×.
22943(1n ＋1＋1n ＋2＋1
n ＋3)当n ＝1时，＝1<2<；1
S 122
9当n ≥2时，＋＋…＋1S 11S 21Sn
＝－<<3.
22943(1n ＋1＋1n ＋2＋
1n ＋3)
22
9故存在k ＝3时，对任意的n ∈N *都有＋＋＋…＋<3.
1
S 11
S 21
S 31
Sn。