高考數(shù)學(xué)（文）一輪復(fù)習(xí)教師用書第五章第四節(jié)數(shù)列求和

第五章數(shù)列第四節(jié)數(shù)列求和1．公式法(1)等差數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1d,2).推導(dǎo)方法：倒序相加法．(2)等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1))eq\a\vs4\al(,.)推導(dǎo)方法：乘公比，錯位相減法．(3)一些常見的數(shù)列的前n項和：①1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)；②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；③1＋3＋5＋…＋2n－1＝eq\a\vs4\al(n2).2．幾種數(shù)列求和的常用方法(1)分組轉(zhuǎn)化求和法：一個數(shù)列的通項公式是由若干個等差或等比或可求和的數(shù)列組成的，則求和時可用分組求和法，分別求和而后相加減．(2)裂項相消法：把數(shù)列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得前n項和．(3)錯位相減法：如果一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應(yīng)項之積構(gòu)成的，那么求這個數(shù)列的前n項和即可用錯位相減法求解．(4)倒序相加法：如果一個數(shù)列{an}與首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列的前n項和即可用倒序相加法求解．1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).()(2)當(dāng)n≥2時，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a2＋…＋nan之和時，只要把上式等號兩邊同時乘以(4)推導(dǎo)等差數(shù)列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()答案：(1)√(2)√(3)×(4)√2．在數(shù)列{an}中，an＝eq\f(1,nn＋1)，若{an}的前n項和為eq\f(2017,2018)，則項數(shù)n為()A．2014 B．2015C．2016 D．2017解析：選D因為an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)＝eq\f(2017,2018)，所以n＝2017.3．?dāng)?shù)列{1＋2n－1}的前n項和為()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：選C由題意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.4．?dāng)?shù)列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，則S17＝________.解析：S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案：9eq\a\vs4\al(考點一公式法、分組轉(zhuǎn)化法求和)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點——自主練透)[考什么·怎么考]利用公式進(jìn)行數(shù)列求和是高考的?？純?nèi)容，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度適中，屬于基礎(chǔ)題.方法(一)公式法求和1．(2017·北京高考)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通項公式；(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＋a4＝10，))所以2a1＋4d解得d＝2，所以an＝2n－1.(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.因為b1＝1，b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.解得q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.從而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(3n－1,2).[方法點撥]幾類可以使用公式法求和的數(shù)列(1)等差數(shù)列、等比數(shù)列以及由等差數(shù)列、等比數(shù)列通過加、減構(gòu)成的數(shù)列，它們可以使用等差數(shù)列、等比數(shù)列的求和公式求解．(2)奇數(shù)項和偶數(shù)項分別構(gòu)成等差數(shù)列或等比數(shù)列的，可以分項數(shù)為奇數(shù)和偶數(shù)時，分別使用等差數(shù)列或等比數(shù)列的求和公式．(3)等差數(shù)列各項加上絕對值，等差數(shù)列乘(－1)n等．方法(二)分組轉(zhuǎn)化法求和2．在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值為()A．2500 B．2600C．2700 D．2800解析：選B當(dāng)n為奇數(shù)時，an＋2－an＝0，所以an＝1，當(dāng)n為偶數(shù)時，an＋2－an＝2，所以an＝n，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n為奇數(shù)，,n，n為偶數(shù)，))于是S100＝50＋eq\f(2＋100×50,2)＝2600.3．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和．解：(1)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1＝1也滿足an＝n，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.記數(shù)列{bn}的前2n項和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故數(shù)列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.[方法點撥]1．分組轉(zhuǎn)化求和的通法數(shù)列求和應(yīng)從通項入手，若無通項，則先求通項，然后通過對通項變形，轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求數(shù)列的前n項和的數(shù)列求和．2．分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型eq\a\vs4\al(考點二錯位相減法求和)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)錯位相減法求和在高考中幾乎年年考查，多在解答題的第2問中出現(xiàn)，難度中檔.[典題領(lǐng)悟](2017·山東高考)已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2){bn}為各項非零的等差數(shù)列，其前n項和為Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項和Tn.[思維路徑](1)可利用已知條件a1＋a2＝6，a1a2＝a3列出關(guān)于首項a1和公比q的兩個方程，解方程可得a1，q(2)由S2n＋1＝bnbn＋1，利用求和公式及性質(zhì)，推出數(shù)列{bn}的通項公式，結(jié)合(1)進(jìn)而求出eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的通項公式，觀察其特點用錯位相減法求和即可．解：(1)設(shè){an}的公比為q，由題意知a1(1＋q)＝6，aeq\o\al(2,1)q＝a1q2.又an＞0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由題意知，S2n＋1＝eq\f(2n＋1b1＋b2n＋1,2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝eq\f(bn,an)，則cn＝eq\f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)＋eq\f(2n＋1,2n)，又eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n)＋eq\f(2n＋1,2n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(5,2)－eq\f(2n＋5,2n＋1)，所以Tn＝5－eq\f(2n＋5,2n).[解題師說]1．掌握解題“3步驟”2．注意解題“3關(guān)鍵”(1)要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形；(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式；(3)在應(yīng)用錯位相減法求和時，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比q＝1和q≠1兩種情況求解．3．謹(jǐn)防解題“2失誤”(1)兩式相減時最后一項因為沒有對應(yīng)項而忘記變號．(2)對相減后的和式的結(jié)構(gòu)認(rèn)識模糊，錯把中間的n－1項和當(dāng)作n項和．[沖關(guān)演練]已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)令cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.解：(1)由題意知，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝11，滿足上式，所以an＝6n＋5.設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝4，,d＝3.))所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知cn＝eq\f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1，又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，兩式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.eq\a\vs4\al(考點三裂項相消法求和)eq\a\vs4\al(題點多變型考點——追根溯源)裂項相消法求和是歷年高考的重點，命題角度凸顯靈活多變，在解題中要善于利用裂項相消的基本思想，變換數(shù)列an的通項公式，達(dá)到求解目的.,常見的命題角度有：,1形如an＝\f(1,nn＋k)型；,2形如an＝\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))型；,3形如an＝\f(n＋1,n2n＋22)型.[題點全練]角度(一)形如an＝eq\f(1,nn＋k)型1．(2017·全國卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝________.解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))所以Sn＝eq\f(nn＋1,2)，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，因此eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).答案：eq\f(2n,n＋1)角度(二)形如an＝eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))型2．(2018·江南十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xα的圖象過點(4,2)，令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*.記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S2018＝()A.eq\r(2017)－1 B.eq\r(2018)－1C.eq\r(2019)－1 D.eq\r(2019)＋1解析：選C由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝eq\f(1,2)，則f(x)＝xeq\f(1,2).∴an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，S2018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2018)－eq\r(2017))＋(eq\r(2019)－eq\r(2018))＝eq\r(2019)－1.角度(三)形如an＝eq\f(n＋1,n2n＋22)型3．正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)令bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.證明：對于任意的n∈N*，都有Tn<eq\f(5,64).解：(1)由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正項數(shù)列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.綜上，數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n.(2)證明：由于an＝2n，故bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))＝eq\f(n＋1,4n2n＋22)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22))).Tn＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)＋\f(1,22)－\f(1,42)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,n－12)－\f(1,n＋12)＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))<eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＝eq\f(5,64).[題“根”探求]1．裂項相消法求和的實質(zhì)和解題關(guān)鍵裂項相消法求和的實質(zhì)是將數(shù)列中的通項分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達(dá)到求和的目的，其解題的關(guān)鍵就是準(zhǔn)確裂項和消項．(1)裂項原則：一般是前邊裂幾項，后邊就裂幾項，直到發(fā)現(xiàn)被消去項的規(guī)律為止．(2)消項規(guī)律：消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前邊剩第幾項，后邊就剩倒數(shù)第幾項．2．常見數(shù)列的裂項方法數(shù)列(n為正整數(shù))裂項方法eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋k)))(k為非零常數(shù))eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4n2－1)))eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))))eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(loga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))))(a>0，a≠1)logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝loga(n＋1)－logan[沖關(guān)演練](2018·天一大聯(lián)考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，首項a1＝1，且eq\f(S2018,2018)－eq\f(S2017,2017)＝1.(1)求Sn；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(SnSn＋1))))的前n項和Tn.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，因為eq\f(Sn,n)＝eq\f(na1＋\f(nn－1,2)d,n)＝a1＋(n－1)eq\f(d,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為一個等差數(shù)列，所以eq\f(S2018,2018)－eq\f(S2017,2017)＝eq\f(d,2)＝1，所以d＝2，故eq\f(Sn,n)＝n，所以Sn＝n2.(2)因為eq\f(1,\r(SnSn＋1))＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).(一)普通高中適用作業(yè)A級——基礎(chǔ)小題練熟練快1．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＝9，S5＝25，則S7＝()A．41 B．48C．49 D．56解析：選C設(shè)Sn＝An2＋Bn，由題知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3＝9A＋3B＝9，,S5＝25A＋5B＝25，))解得A＝1，B＝0，∴S7＝49.2．已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝2n－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n，則其前20項和為()A．380－eq\f(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,519))) B．400－eq\f(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520)))C．420－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520))) D．440－eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520)))解析：選C令數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,52)＋…＋\f(1,520)))＝2×eq\f(20×20＋1,2)－3×eq\f(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520))),1－\f(1,5))＝420－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520))).3．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n為正奇數(shù)，,an＋1，n為正偶數(shù)，))則其前6項之和是()A．16 B．20C．33 D．120解析：選C由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以4．(2018·淮北模擬)5個數(shù)依次組成等比數(shù)列，且公比為－2，則其中奇數(shù)項和與偶數(shù)項和的比值為()A．－eq\f(21,20) B．－2C．－eq\f(21,10) D．－eq\f(21,5)解析：選C由題意可設(shè)這5個數(shù)分別為a，－2a,4a，－8a,16a，故奇數(shù)項和與偶數(shù)項和的比值為eq\f(a＋4a＋16a,－2a－8a)＝－eq\f(21,10)，故選C.5．已知{an}是首項為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項和，且9S3＝S6，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5項和為()A.eq\f(15,8)或5B.eq\f(31,16)或5C.eq\f(31,16) D.eq\f(15,8)解析：選C設(shè){an}的公比為q，顯然q≠1，由題意得eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，前5項和為eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5,1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).6．化簡Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的結(jié)果是()A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2解析：選D因為Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.7．已知數(shù)列：1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，…，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2n)))，…，則其前n項和關(guān)于n的表達(dá)式為________．解析：設(shè)所求的前n項和為Sn，則Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq\f(nn＋1,2)－eq\f(1,2n)＋1.答案：eq\f(nn＋1,2)－eq\f(1,2n)＋18．在數(shù)列{an}中，若a1＝2，且對任意正整數(shù)m，k，總有am＋k＝am＋ak，則{an}的前n項和Sn＝________.解析：依題意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以數(shù)列{an}是以2為首項、2為公差的等差數(shù)列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)．答案：n(n＋1)9．已知正項數(shù)列{an}滿足aeq\o\al(2,n＋1)－6aeq\o\al(2,n)＝an＋1an.若a1＝2，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.解析：∵aeq\o\al(2,n＋1)－6aeq\o\al(2,n)＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝2，∴數(shù)列{an}是首項為2，公比為3的等比數(shù)列，∴Sn＝eq\f(21－3n,1－3)＝3n－1.答案：3n－110．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，則S2018＝________.解析：∵數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n，①∴n＝1時，a2＝2，n≥2時，an·an－1＝2n－1，②由①÷②得eq\f(an＋1,an－1)＝2，∴數(shù)列{an}的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別成等比數(shù)列，∴S2018＝eq\f(1－21009,1－2)＋eq\f(21－21009,1－2)＝3·21009－3.答案：3·21009－3B級——中檔題目練通抓牢1．已知數(shù)列{an}中，an＝－4n＋5，等比數(shù)列{bn}的公比q滿足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，則|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝()A．1－4n B．4n－1C.eq\f(1－4n,3) D.eq\f(4n－1,3)解析：選B由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，即{|bn|}是以3為首項，4為公比的等比數(shù)列．∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq\f(31－4n,1－4)＝4n－1.2．(2018·湘潭三模)已知Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2n)))的前n項和，若m>T10＋1013恒成立，則整數(shù)m的最小值為()A．1026 B．1025C．1024 D．1023解析：選C∵eq\f(2n＋1,2n)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴Tn＝n＋1－eq\f(1,2n)，∴T10＋1013＝11－eq\f(1,210)＋1013＝1024－eq\f(1,210)，又m>T10＋1013，∴整數(shù)m的最小值為1024.3．定義eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn)為n個正數(shù)p1，p2，…，pn的“均倒數(shù)”．若已知正項數(shù)列{an}的前n項的“均倒數(shù)”為eq\f(1,2n＋1)，又bn＝eq\f(an＋1,4)，則eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b10b11)＝()A.eq\f(1,11) B.eq\f(1,12)C.eq\f(10,11) D.eq\f(11,12)解析：選C依題意有eq\f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1,2n＋1)，即前n項和Sn＝n(2n＋1)＝2n2＋n，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，a1＝3滿足該式．則an＝4n－1，bn＝eq\f(an＋1,4)＝n.因為eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b10b11)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,10)－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11).4．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，記Sn為{an}的前n項和，則S2018＝________.解析：由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，…，故該數(shù)列為周期是4的數(shù)列，所以S2018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝504×(－2)＋1－2＝－1009.答案：－10095．已知數(shù)列{eq\r(an)}的前n項和Sn＝n2，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1－1)))的前n項和Tn＝________.解析：∵eq\r(an)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n2－n－12，n≥2))即eq\r(an)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－1，n≥2，))∴eq\r(an)＝2n－1.∴eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(1,2n＋12－1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4n＋4).答案：eq\f(n,4n＋4)6．(2018·沈陽質(zhì)檢)已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式；(2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)由題設(shè)知a1a4＝a2a又a1＋a4＝9，可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a4＝a1q3，得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*.(2)Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1，又bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq\f(1,S1)－eq\f(1,Sn＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1)，n∈N*.7．已知數(shù)列{an}的首項為a1＝1，前n項和為Sn，且數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差為2的等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)由已知得eq\f(Sn,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.而a1＝1滿足上式，所以an＝4n－3，n∈N*.(2)由(1)可得bn＝(－1)n(4n－3)．當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×eq\f(n,2)＝2n；當(dāng)n為奇數(shù)時，n＋1為偶數(shù)，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.綜上，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n，n為偶數(shù)，,－2n＋1，n為奇數(shù).))C級——重難題目自主選做(2017·山東高考)已知{xn}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1)求數(shù)列{xn}的通項公式；(2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，依次連接點P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折線P1P2…Pn＋1，求由該折線與直線y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所圍成的區(qū)域的面積Tn.解：(1)設(shè)數(shù)列{xn}的公比為q，由已知得q>0.由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x1q＝3，,x1q2－x1q＝2.))所以3q2－5q－2＝0.因為q>0，所以q＝2，x1＝1，因此數(shù)列{xn}的通項公式為xn＝2n－1.(2)過P1，P2，…，Pn＋1向x軸作垂線，垂足分別為Q1，Q2，…，Qn＋1.由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，記梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面積為bn，由題意得bn＝eq\f(n＋n＋1,2)×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝eq\f(3,2)＋eq\f(21－2n－1,1－2)－(2n＋1)×2n－1.所以Tn＝eq\f(2n－1×2n＋1,2).(二)重點高中適用作業(yè)A級——保分題目巧做快做1．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＝9，S5＝25，則S7＝()A．41 B．48C．49 D．56解析：選C設(shè)Sn＝An2＋Bn，由題知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3＝9A＋3B＝9，,S5＝25A＋5B＝25，))解得A＝1，B＝0，∴S7＝49.2．已知{an}是首項為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項和，且9S3＝S6，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5項和為()A.eq\f(15,8)或5 B.eq\f(31,16)或5C.eq\f(31,16) D.eq\f(15,8)解析：選C設(shè){an}的公比為q，顯然q≠1，由題意得eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，前5項和為eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5,1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).3．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n為正奇數(shù)，,an＋1，n為正偶數(shù)，))則其前6項之和是()A．16 B．20C．33 D．120解析：選C由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以4.若數(shù)列{an}對于任意的正整數(shù)n滿足：an＞0且anan＋1＝n＋1，則稱數(shù)列{an}為“積增數(shù)列”．已知數(shù)列{an}為“積增數(shù)列”，數(shù)列{aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)}的前n項和為Sn，則對于任意的正整數(shù)n，有()A．Sn≤2n2＋3 B．Sn＞n2＋4nC．Sn≤n2＋4n D．Sn＞n2＋3n解析：選D由題意知an＞0，an≠an＋1，∴aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)＞2anan＋1.∵anan＋1＝n＋1，∴{anan＋1}的前n項和為2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝eq\f(2＋n＋1n,2)＝eq\f(n＋3n,2)，∴數(shù)列{aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)}的前n項和Sn＞2×eq\f(n＋3n,2)＝(n＋3)n＝n2＋3n.5.(2018·湘潭模擬)已知Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2n)))的前n項和，若m>T10＋1013恒成立，則整數(shù)m的最小值為()A．1026 B．1025C．1024 D．1023解析：選C∵eq\f(2n＋1,2n)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴Tn＝n＋1－eq\f(1,2n)，∴T10＋1013＝11－eq\f(1,210)＋1013＝1024－eq\f(1,210)，又m>T10＋1013，∴整數(shù)m的最小值為1024.6.數(shù)列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…的前n項和Sn＝________.解析：利用分組求和法，可得Sn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2－eq\f(1,2n)＋1.答案：n2－eq\f(1,2n)＋17．在數(shù)列{an}中，若a1＝2，且對任意正整數(shù)m，k，總有am＋k＝am＋ak，則{an}的前n項和Sn＝________.解析：依題意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以數(shù)列{an}是以2為首項、2為公差的等差數(shù)列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n2＋n.答案：n2＋n8．已知數(shù)列{eq\r(an)}的前n項和Sn＝n2，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1－1)))的前n項和Tn＝________.解析：∵eq\r(an)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n2－n－12，n≥2，))∴eq\r(an)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－1，n≥2，))∴eq\r(an)＝2n－1.∴eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(1,2n＋12－1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4n＋4).答案：eq\f(n,4n＋4)9.(2018·沈陽質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，首項a1＝1，且a1，a2，a4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝an＋2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由已知得，aeq\o\al(2,2)＝a1a4，即(1＋d)2＝1＋3d，解得d＝0或d＝1.又d≠0，∴d＝1，可得an＝n.(2)由(1)得bn＝n＋2n，∴Tn＝(1＋21)＋(2＋22)＋(3＋23)＋…＋(n＋2n)＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝eq\f(nn＋1,2)＋2n＋1－2.10．已知數(shù)列{an}的首項為a1＝1，前n項和為Sn，且數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差為2的等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)由已知得eq\f(Sn,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.而a1＝1滿足上式，所以an＝4n－3，n∈N*.(2)由(1)可得bn＝(－1)n(4n－3)．當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×eq\f(n,2)＝2n；當(dāng)n為奇數(shù)時，n＋1為偶數(shù)，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.綜上，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n，n為偶數(shù)，,－2n＋1，n為奇數(shù).))B級——拔高題目穩(wěn)做準(zhǔn)做1．已知數(shù)列{an}中，an＝－4n＋5，等比數(shù)列{bn}的公比q滿足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，則|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝()A．1－4n B．4n－1C.eq\f(1－4n,3) D.eq\f(4n－1,3)解析：選B由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，即{|bn|}是以3為首項，4為公比的等比數(shù)列．∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq\f(31－4n,1－4)＝4n－1.2.(2018·湖北四地七校聯(lián)考)數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn＝ancoseq\f(2nπ,3)，記Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，則S24＝()A．294 B．174C．470 D．304解析：選D∵nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，∴eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是公差與首項都為1的等差數(shù)列．∴eq\f(an,n)＝1＋(n－1)×1，可得an＝n2.∵bn＝ancoseq\f(2nπ,3)，∴bn＝n2coseq\f(2nπ,3)，令n＝3k－2，k∈N*，則b3k－2＝(3k－2)2coseq\f(23k－2π,3)＝－eq\f(1,2)(3k－2)2，k∈N*，同理可得b3k－1＝－eq\f(1,2)(3k－1)2，k∈N*，b3k＝(3k)2，k∈N*.∴b3k－2＋b3k－1＋b3k＝－eq\f(1,2)(3k－2)2－eq\f(1,2)(3k－1)2＋(3k)2＝9k－eq\f(5,2)，k∈N*，則S24＝9×(1＋2＋…＋8)－eq\f(5,2)×8＝304.3.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝1，Sn＋1－Sn＝eq\f(3n,an)(n∈N*)，則S2018＝________.解析：依題意得an＋1＝eq\f(3n,an)(n∈N*)，所以a2＝eq\f(3,a1)＝3，由an＋1＝eq\f(3n,an)(n∈N*)得an＋2＝eq\f(3n＋1,an＋1)(n∈N*)，兩式相除得eq\f(an＋2,an)＝3，所以數(shù)列{a2n－1}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n}是首項為3，公比為3的等比數(shù)列，所以S2018＝a1＋a2＋…＋a2018＝(a1＋a3＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋…＋a2018)＝eq\f(1×1－31009,1－3)＋eq\f(3×1－31009,1－3)＝2·31009－2.答案：2·31009－24.(2018·廣東潮州二模)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，則b1＋b2＋…＋bn＝________.解析：因為eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2·3n,2·3n－1)＝3，且a1＝2，所以數(shù)列{an}是以2為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f(21－3n,1－3)＝3n－1，又bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝e