第6章第4讲 数列的求和

第4讲数列的求和基础知识整合1．倒序相加法如果一个数列{a n}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．2．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．4．分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．5．并项求和法一个数列的前n项和，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．常见的拆项公式(1)1n(n＋1)＝1n－1n＋1；(2)1(2n－1)(2n＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.1．(2019·新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100答案 D解析 根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.2．(2019·安徽六校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 8＋a 11＝30，则S 13的值是( )A ．130B ．65C ．70D ．75答案 A解析 因为数列{a n }是等差数列，且a 2＋a 8＋a 11＝30，所以3a 7＝a 2＋a 8＋a 11＝30，则a 7＝10，S 13＝(a 1＋a 13)×132＝13a 7＝13×10＝130.故选A.3．数列1，12，2，14，4，18，…的前2n 项和S 2n ＝________. 答案 2n －12n解析 S 2n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝2n －1＋1－12n ＝2n －12n .4．S n ＝122－1＋142－1＋…＋1(2n )2－1＝________.答案n2n ＋1解析 通项a n ＝1(2n )2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.5．(2019·宁夏固原市模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.答案 11解析 利用“特殊值”法，确定公比．设公比为q ，因为对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则令式中n ＝1，得a 3＋a 2－2a 1＝0，所以a 1(q 2＋q －2)＝0.显然a 1≠0，所以由q 2＋q －2＝0，解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－(－2)53＝11.6．已知a n ＝13n ，设b n ＝na n，记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案 (2n －1)·3n ＋1＋34解析 b n ＝n ·3n ，于是S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，① 3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n ·3n ＋1，②①－②，得－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1， 即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1，S n ＝n 2·3n ＋1－14·3n ＋1＋34＝(2n －1)·3n ＋1＋34.核心考向突破考向一 分组转化法求和 例1 (2020·广东佛山教学质量检测)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝pn ＋1，其中p 为常数．(1)若a 1，a 2，a 4成等比数列，求p 的值； (2)若p ＝1，求数列{a n }的前n 项和S n . 解 (1)由a n ＋a n ＋1＝pn ＋1，得a 1＋a 2＝p ＋1，a 2＋a 3＝2p ＋1，a 3＋a 4＝3p ＋1，所以a 2＝p ，a 3＝p ＋1，a 4＝2p .又因为a 1，a 2，a 4成等比数列，所以a 22＝a 1a 4，即p 2＝2p ，又因为p ≠0，故p ＝2.(2)当p ＝1时，a n －1＋a n ＝n (n >1，n ∈N )， 当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝2＋4＋…＋n ＝(2＋n )n22＝n 2＋2n 4；当n 为奇数时，S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋3＋5＋…＋n ＝(1＋n )n ＋122＝n 2＋2n ＋14，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋2n 4，n 为偶数，n 2＋2n ＋14，n 为奇数.1．分组转化求和通法若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应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．2．分组转化求和的常见类型(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)若a n ＝⎩⎨⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数，且数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．[即时训练] 1.(2019·衡阳模拟)在等比数列{a n }中，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2，b 13＝a 3.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)n b n ＋a n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n . 解 (1)由题意，得b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2＝3q ，b 13＝a 3＝3q 2. 又{b n }为等差数列，设公差为d ，∴⎩⎨⎧b 4＝b 1＋3d ＝3q ，b 13＝b 1＋12d ＝3q 2，化简得q 2－4q ＋3＝0， ∴q ＝1(舍去)或q ＝3，∴a n ＝3n ，∵d ＝b 4－b 14－1＝2，∴b n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)由题意得c n ＝(－1)n (2n ＋1)＋3n .∴S 2n ＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n －1)＋32n －1＋(4n ＋1)＋32n ＝(3＋32＋…＋32n )＋[－3＋5－7＋9－…－(4n －1)＋(4n ＋1)] ＝3(1－32n )1－3＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n ＋1)－(4n －1)]}＝32n ＋1－32＋2n .精准设计考向，多角度探究突破 考向二 裂项相消法求和 角度1 形如a n ＝1n ＋k ＋n型例2 (2019·正定模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，若d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9，所以d ＝2，S 9＝99，又因为S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. (2)因为b n ＝1a n ＋1＋a n ＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，所以T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32.角度2 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2019·沈阳质检)已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＞0，前n 项和为S n ，若a n ＝S n ＋S n －1(n ∈N *，n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：120≤T n ＜320.解 (1)由已知，得数列{a n }中，a 1＝4，a n ＞0，前n 项和为S n ， 若a n ＝S n ＋S n －1(n ∈N *，n ≥2)，由a n ＝S n －S n －1＝( S n －S n －1)( S n ＋S n －1)， 可得S n －S n －1＝1，即有S n ＝S 1＋n －1＝2＋n －1＝n ＋1， 即S n ＝(n ＋1)2，当n ≥2时，a n ＝S n ＋S n －1＝n ＋1＋n ＝2n ＋1，则a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2)证明：当n ≥2时，可得数列1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 则前n 项和为T n ＝14×5＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋17－19＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝120＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫15－12n ＋3＝320－14n ＋6，由320－14n ＋6在n ∈N *上单调递增，可得最小值为320－110＝120，且320－14n ＋6＜320，则120≤T n ＜320. 角度3 形如a n ＝ka n (a n －1)(a n ＋1－1)(a >0，a ≠1)型例4 (2019·江西九江二模)已知数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n ＝S 1＋S n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋1S n ·S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知，得数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n ＝S 1＋S n .当n ＝1时，解得a 1＝2. 当n ≥2时，2a n ＝2＋S n ，① 2a n －1＝2＋S n －1，②①－②得，a n ＝2a n －1，整理得a na n －1＝2(常数)，所以a n ＝2·2n －1＝2n .(2)由于S n ＝2(1－2n )1－2＝2·(2n －1)，b n ＝a n ＋1S n ·S n ＋1＝2n ＋14(2n －1)(2n ＋1－1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1， 所以T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1.利用裂项相消法求和的注意事项(1)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；或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2.[即时训练] 2.已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n ＝a 2n ＋a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n (n －1)na n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝2， 当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝(a 2n ＋a n －2)－(a 2n －1＋a n －1－2)，整理，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n >0，∴a n －a n －1－1＝0，即a n －a n －1＝1， ∴{a n }是以a 1＝2为首项，d ＝1为公差的等差数列， ∴a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1.(2)由(1)得a n ＝n ＋1， ∴b n ＝2n (n －1)n (n ＋1)＝2n ＋1n ＋1－2nn，∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1－2n n ＝2n ＋1n ＋1－2.考向三 错位相减法求和例5 (2019·贵阳模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且对任意的r ，t ∈N *，都有S r S t＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r t 2.(1)判断{a n }是否为等差数列，并证明你的结论；(2)若数列{b n }满足a nb n＝2n －1(n ∈N *)，设T n 是数列{b n }的前n 项和，证明：T n <6.解 (1){a n }是等差数列．证明如下： 因为对任意的r ，t ∈N *，都有S r S t＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r t 2，所以对任意的n ∈N *，有S n S 1＝n 2，即S n ＝n 2.从而当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，且n ＝1时此式也成立． 所以a n ＋1－a n ＝2(n ∈N *)，即{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)证明：由a n b n ＝2n －1，得b n ＝2n －12n －1.T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 12T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 两式相减，得12T n ＝1＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2·12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12n －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，T n ＝6－(2n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.因为n ∈N *，所以T n ＝6－(2n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1<6.(1)一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解．(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．[即时训练] 3.(2019·湖南益阳4月模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1·a n －3a 2n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0及a n >0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2－2×a n ＋1a n －3＝0，解得a n ＋1a n ＝3， a n ＋1a n＝－1(舍去)，所以{a n }是等比数列，且公比q ＝3，又a 1＝2，所以a n ＝2·3n－1.(2)因为S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1，b n ＝log 3(1＋S n )＝n ，a n b n ＝2n ·3n －1，所以T n ＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n －2)×3n －2＋2n ×3n －1，① 所以3T n ＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n －2)×3n －1＋2n ×3n ，②由①－②得，－2T n ＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－2n ×3n ＝2(1－3n )1－3－2n ×3n ＝(1－2n )×3n －1.所以T n ＝3n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋12.学科素养培优（十一） 数列中的探索性问题(2019·天津新华中学一模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，其前n 项和为S n ，且{S n }为等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝9a n(a n ＋3)(a n ＋1＋3)，记数列{b n }的前n 项和为T n .设λ是整数，问是否存在正整数n ，使等式T n ＋3λ5a n ＋1＝78成立？若存在，求出n 和相应的λ值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，得S 1＝a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝4，由{S n }为等比数列，所以S n ＝4n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1－4n －2＝3×4n －2，故a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.(2)当n ≥2时，b n ＝9a n(a n ＋3)(a n ＋1＋3)＝9×3×4n －2(3×4n －2＋3)(3×4n －1＋3)＝3×4n －2(4n －2＋1)(4n －1＋1)＝14n －2＋1－14n －1＋1. 而b 1＝9a 1(a 1＋3)(a 2＋3)＝38，当n ＝1时，T 1＝b 1＝38， 则当n ＝1时，等式T n ＋3λ5a n ＋1＝78即为38＋λ5＝78，解得λ＝52，它不是整数，不符合题意．当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝38＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142－2＋1－142－1＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －2＋1－14n －1＋1＝78－14n －1＋1.则等式T n ＋3λ5a n ＋1＝78即为78－14n －1＋1＋λ5×4n －1＝78，解得λ＝5－54n －1＋1. 由λ是整数，得4n －1＋1是5的因数．而当且仅当n ＝2时，54n －1＋1是整数，由此λ＝4.综上所述，当且仅当λ＝4时，存在正整数n ＝2， 使等式T n ＋3λ5a n ＋1＝78成立．答题启示探索性问题的类型及解法(1)条件探索性问题：一般采用分析法，从结论或部分条件入手，执果索因，导出所需条件，注意这类问题往往要求的是问题的充分条件，不一定是充要条件．(2)存在性探索问题：一般假定存在，在这个前提下推理，若由此推出矛盾，则否定假设，否则给出肯定结论．(3)结论探索性问题，由给定的已知条件进行猜想透彻分析，发现规律，获取结论．对点训练(2019·贵阳模拟)已知{a n }是公差不为0的等差数列，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，a 5＝b 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n，是否存在m ∈N *，使得S m ≥3成立，若存在，求出m ；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ，则由题意知⎩⎨⎧1＋d ＝1·q ，1＋4d ＝1·q 2，∴d ＝0或d ＝2， ∵d ≠0，∴d ＝2，q ＝3，∴a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.(2)由(1)可知，S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝11＋331＋532＋…＋2n －33n －2＋2n －13n －1，13S n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ，两式相减得，23S n ＝1＋231＋232＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋23×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13－2n －13n ＝2－2n ＋23n <2，∴S n <3.故不存在m ∈N *，使得S m ≥3成立．课时作业1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n＝( )A ．25B ．576C ．624D ．625 答案 C解析 a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24得n ＝624.故选C.2．数列{(－1)n (2n －1)}的前2020项和S 2020等于( ) A ．－2018 B ．2020 C ．－2017 D ．2017 答案 B解析 S 2020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2019－1)＋(2×2020－1)＝＝2020.故选B.3．已知数列{a n }中的前n 项和S n ＝n (n －9)，第k 项满足7<a k <10，则k 等于()A．7 B．8C．9 D．10答案 C解析当k≥2时，a k＝S k－S k－1＝k2－9k－(k－1)2＋9(k－1)＝2k－10，k＝1时也适合．由7＜a k＜10，得7＜2k－10＜10，所以172＜k＜10，所以k＝9.故选C.4．(2019·铜川模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝()A.13B．－13C.19D．－19答案 C解析由题知公比q≠1，则S3＝a1(1－q 3)1－q＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，则a1＝19，故选C.5．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n cos nπ2，其前n项和为S n，则S2019＝()A．0 B．－1010C．504 D．1008答案 B解析由a n＝n cos nπ2，得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，…，由此可知a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8＝…＝2.因为2019＝4×504＋3，所以S2019＝2×504＋a2017＋a2018＋a2019＝1008＋0－2018＋0＝－1010.故选B.6．在数列{a n}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋a n＝3n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n等于()A ．(3n －1)2 B.12(9n －1) C ．9n－1D.14(3n－1)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 2n }是首项为4，公比为9的等比数列，故选B.7．若数列{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前10项和为( ) A.13 B.512 C.12 D.712答案 B 解析 b n ＝1a n＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，S 10＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512. 8．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 D解析 a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1.∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2，∴S 9＝1013<1020，S 10＝2036>1020，∴S n >1020，n 的最小值是10.9．(2019·长郡中学模拟)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，且满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10＝( )A ．－10B ．－5C ．0D ．5答案 C解析 设等差数列的公差为d (d ≠0)，因为a 24＋a 25＝a 26＋a 27，所以(a 4－a 6)(a 4＋a 6)＝(a 7－a 5)(a 7＋a 5)，所以－2d ·a 5＝2d ·a 6，于是a 5＋a 6＝0，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 5＋a 6)＝0.故选C.10．(2019·揭阳模拟)已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( )A.110B.15 C.111 D.211答案 C解析 ∵2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴2n a n ＝1(n ≥2，n ∈N *)，当n ＝1时也满足，故a n ＝12n ，故1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－(n ＋1)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，∴S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111，故选C. 11．(2019·福建宁德联考)数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 20等于( )A.4021 B.2021 C.1910 D.2019答案 A解析 因为数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，所以令m ＝1，得a n ＋1－a n ＝1＋n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2，所以1a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 20＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫120－121＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－121＝4021.故选A. 12．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 2019的值为( )A ．1009B ．1010C ．2018D ．2019答案 B解析 因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2018＋a 2019)＝1010.故选B.13．已知数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和为________．答案2nn ＋2解析 a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝n ＋12，1a n a n ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， 所求的前n 项和为4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝2nn ＋2. 14．(2019·海口模拟)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.答案 32解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.15．(2019·保定模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________.答案 43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2解析 依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. 16．(2020·西安模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝10n －n 2，数列{b n }的每一项都有b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 4＝________，T 30＝________.答案 24 650解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝10n －n 2－[10(n －1)－(n －1)2]＝－2n ＋11，当n ＝1时也满足，所以a n ＝－2n ＋11(n ∈N *)，所以当n ≤5时，a n >0，b n ＝a n ，当n >5时，a n <0，b n ＝－a n ，所以T 4＝S 4＝10×4－42＝24，T 30＝S 5－a 6－a 7－…－a 30＝2S 5－S 30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.17．(2019·吉林二模)已知各项均为整数的等差数列{a n }，其前n 项和为S n ，a 1＝－1，a 2，a 3，S 4＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列{(－1)n ·a n }的前2n 项和T 2n .解 (1)各项均为整数的等差数列{a n }，设公差为d ，则d 为整数， 由a 1＝－1，a 2，a 3，S 4＋1成等比数列， 得a 23＝a 2(1＋S 4)，即(－1＋2d )2＝(－1＋d )(－3＋6d )， 解得d ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫d ＝12舍去，所以a n ＝2n －3. (2)由(1)，得T 2n ＝－a 1＋a 2－a 3＋a 4＋…－a 2n －1＋a 2n ＝(1＋1)＋(－3＋5)＋…＋(5－4n ＋4n －3) ＝2＋2＋…＋2＝2n .18．(2019·山东莱阳模拟)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *，有2S n ＝a 2n ＋a n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1a na n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <1.解 (1)当n ＝1时，2a 1＝a 21＋a 1，得a 1＝1或0(舍去)．当n ≥2时，因为2S n ＝a 2n ＋a n ，①所以2S n －1＝a 2n －1＋a n －1，②由①②两式相减得a n －a n －1＝1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ，n ∈N *. (2)证明：由(1)得，b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝1n (n ＋1)(n ＋1＋n )＝n ＋1－nn (n ＋1)(n ＋1＋n )(n ＋1－n )＝n ＋1－n n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.19．(2019·广东二模)已知数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝n ＋1， ① 则当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n ， ②由①②，得a n ＝n ＋1n ， 当n ＝1时，a 1＝2，满足上式． 所以a n ＝n ＋1n . (2)由于a n ＝n ＋1n ，所以b n ＝a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋n n ＋1＝1＋1n ＋1－1n ＋1＝2＋1n －1n ＋1，则S n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n ＋1－1n ＋1. 20．(2019·天津部分区联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝a n ＋2(n ∈N *)，a 3＋a 4＝12.数列{b n }为等比数列，且b 1＝a 2，b 2＝S 3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝(－1)n a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由已知，得a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是以2为公差的等差数列．∵a 3＋a 4＝12，∴2a 1＋10＝12，∴a 1＝1，∴a n ＝2n －1. 设等比数列{b n }的公比为q ，∵b 1＝a 2＝3，b 2＝S 3，∴b 2＝3q ＝S 3＝9， ∴q ＝3，∴b n ＝3n . (2)由题意，得c n ＝(－1)n a n ·b n ＝(－1)n (2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n ，∴T n ＝1×(－3)＋3×(－3)2＋5×(－3)3＋…＋(2n －1)×(－3)n ，∴－3T n ＝1×(－3)2＋3×(－3)3＋…＋(2n －3)×(－3)n ＋(2n －1)×(－3)n ＋1. 上述两式相减，得4T n ＝－3＋2×[(－3)2＋(－3)3＋…＋(－3)n ]－(2n －1)×(－3)n ＋1＝－3＋2×(－3)2[1－(－3)n －1]1＋3－(2n －1)×(－3)n ＋1＝32－4n －12×(－3)n ＋1， ∴T n ＝38－4n －18×(－3)n ＋1.。