高考数学（文）一轮复习教师用书第五章第四节数列求和

第五章数列第四节数列求和1．公式法(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1d,2).推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1))eq\a\vs4\al(,.)推导方法：乘公比，错位相减法．(3)一些常见的数列的前n项和：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．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)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，从而求得前n项和．(3)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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“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求解．1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).()(2)当n≥2时，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之和时，只要把上式等号两边同时乘以(4)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sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()答案：(1)√(2)√(3)×(4)√2．在数列{an}中，an＝eq\f(1,nn＋1)，若{an}的前n项和为eq\f(2017,2018)，则项数n为()A．2014 B．2015C．2016 D．2017解析：选D因为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．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：选C由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则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(考点一公式法、分组转化法求和)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]利用公式进行数列求和是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，属于基础题.方法(一)公式法求和1．(2017·北京高考)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通项公式；(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为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)设等比数列{bn}的公比为q.因为b1＝1，b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.解得q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(3n－1,2).[方法点拨]几类可以使用公式法求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．(3)等差数列各项加上绝对值，等差数列乘(－1)n等．方法(二)分组转化法求和2．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为()A．2500 B．2600C．2700 D．2800解析：选B当n为奇数时，an＋2－an＝0，所以an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2，所以an＝n，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n为奇数，,n，n为偶数，))于是S100＝50＋eq\f(2＋100×50,2)＝2600.3．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.[方法点拨]1．分组转化求和的通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和．2．分组转化法求和的常见类型eq\a\vs4\al(考点二错位相减法求和)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)错位相减法求和在高考中几乎年年考查，多在解答题的第2问中出现，难度中档.[典题领悟](2017·山东高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn.[思维路径](1)可利用已知条件a1＋a2＝6，a1a2＝a3列出关于首项a1和公比q的两个方程，解方程可得a1，q(2)由S2n＋1＝bnbn＋1，利用求和公式及性质，推出数列{bn}的通项公式，结合(1)进而求出eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的通项公式，观察其特点用错位相减法求和即可．解：(1)设{an}的公比为q，由题意知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)由题意知，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)，则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)，两式相减得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).[解题师说]1．掌握解题“3步骤”2．注意解题“3关键”(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．3．谨防解题“2失误”(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．[冲关演练]已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为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]，两式作差，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(考点三裂项相消法求和)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——追根溯源)裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的.,常见的命题角度有：,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.[题点全练]角度(一)形如an＝eq\f(1,nn＋k)型1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝________.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有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·江南十校联考)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2018＝()A.eq\r(2017)－1 B.eq\r(2018)－1C.eq\r(2019)－1 D.eq\r(2019)＋1解析：选C由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝eq\f(1,2)，则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．正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的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}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：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).[题“根”探求]1．裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．2．常见数列的裂项方法数列(n为正整数)裂项方法eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋k)))(k为非零常数)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[冲关演练](2018·天一大联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，且eq\f(S2018,2018)－eq\f(S2017,2017)＝1.(1)求Sn；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(SnSn＋1))))的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公差为d，因为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)))为一个等差数列，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)因为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)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝()A．41 B．48C．49 D．56解析：选C设Sn＝An2＋Bn，由题知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．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n，则其前20项和为()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：选C令数列{an}的前n项和为Sn，则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．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))则其前6项之和是()A．16 B．20C．33 D．120解析：选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·淮北模拟)5个数依次组成等比数列，且公比为－2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为()A．－eq\f(21,20) B．－2C．－eq\f(21,10) D．－eq\f(21,5)解析：选C由题意可设这5个数分别为a，－2a,4a，－8a,16a，故奇数项和与偶数项和的比值为eq\f(a＋4a＋16a,－2a－8a)＝－eq\f(21,10)，故选C.5．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和为()A.eq\f(15,8)或5B.eq\f(31,16)或5C.eq\f(31,16) D.eq\f(15,8)解析：选C设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得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)))是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，前5项和为eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5,1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).6．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是()A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2解析：选D因为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．已知数列：1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，…，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2n)))，…，则其前n项和关于n的表达式为________．解析：设所求的前n项和为Sn，则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．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝________.解析：依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)．答案：n(n＋1)9．已知正项数列{an}满足aeq\o\al(2,n＋1)－6aeq\o\al(2,n)＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和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，∴数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴Sn＝eq\f(21－3n,1－3)＝3n－1.答案：3n－110．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2018＝________.解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②由①÷②得eq\f(an＋1,an－1)＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2018＝eq\f(1－21009,1－2)＋eq\f(21－21009,1－2)＝3·21009－3.答案：3·21009－3B级——中档题目练通抓牢1．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝()A．1－4n B．4n－1C.eq\f(1－4n,3) D.eq\f(4n－1,3)解析：选B由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列．∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq\f(31－4n,1－4)＝4n－1.2．(2018·湘潭三模)已知Tn为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2n)))的前n项和，若m>T10＋1013恒成立，则整数m的最小值为()A．1026 B．1025C．1024 D．1023解析：选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，∴整数m的最小值为1024.3．定义eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn)为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．若已知正项数列{an}的前n项的“均倒数”为eq\f(1,2n＋1)，又bn＝eq\f(an＋1,4)，则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：选C依题意有eq\f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1,2n＋1)，即前n项和Sn＝n(2n＋1)＝2n2＋n，当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，a1＝3满足该式．则an＝4n－1，bn＝eq\f(an＋1,4)＝n.因为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．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则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，…，故该数列为周期是4的数列，所以S2018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝504×(－2)＋1－2＝－1009.答案：－10095．已知数列{eq\r(an)}的前n项和Sn＝n2，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1－1)))的前n项和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·沈阳质检)已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题设知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)．设等比数列{an}的公比为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．已知数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，且数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由已知得eq\f(Sn,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.而a1＝1满足上式，所以an＝4n－3，n∈N*.(2)由(1)可得bn＝(－1)n(4n－3)．当n为偶数时，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×eq\f(n,2)＝2n；当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.综上，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n，n为偶数，,－2n＋1，n为奇数.))C级——重难题目自主选做(2017·山东高考)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.解：(1)设数列{xn}的公比为q，由已知得q>0.由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x1q＝3，,x1q2－x1q＝2.))所以3q2－5q－2＝0.因为q>0，所以q＝2，x1＝1，因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，由题意得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)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝()A．41 B．48C．49 D．56解析：选C设Sn＝An2＋Bn，由题知，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}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和为()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：选C设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得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)))是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，前5项和为eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5,1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))则其前6项之和是()A．16 B．20C．33 D．120解析：选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.若数列{an}对于任意的正整数n满足：an＞0且anan＋1＝n＋1，则称数列{an}为“积增数列”．已知数列{an}为“积增数列”，数列{aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)}的前n项和为Sn，则对于任意的正整数n，有()A．Sn≤2n2＋3 B．Sn＞n2＋4nC．Sn≤n2＋4n D．Sn＞n2＋3n解析：选D由题意知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项和为2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝eq\f(2＋n＋1n,2)＝eq\f(n＋3n,2)，∴数列{aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)}的前n项和Sn＞2×eq\f(n＋3n,2)＝(n＋3)n＝n2＋3n.5.(2018·湘潭模拟)已知Tn为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2n)))的前n项和，若m>T10＋1013恒成立，则整数m的最小值为()A．1026 B．1025C．1024 D．1023解析：选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，∴整数m的最小值为1024.6.数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…的前n项和Sn＝________.解析：利用分组求和法，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．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝________.解析：依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n2＋n.答案：n2＋n8．已知数列{eq\r(an)}的前n项和Sn＝n2，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1－1)))的前n项和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·沈阳质检)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，首项a1＝1，且a1，a2，a4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公差为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．已知数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，且数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由已知得eq\f(Sn,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.而a1＝1满足上式，所以an＝4n－3，n∈N*.(2)由(1)可得bn＝(－1)n(4n－3)．当n为偶数时，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×eq\f(n,2)＝2n；当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.综上，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n，n为偶数，,－2n＋1，n为奇数.))B级——拔高题目稳做准做1．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝()A．1－4n B．4n－1C.eq\f(1－4n,3) D.eq\f(4n－1,3)解析：选B由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列．∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq\f(31－4n,1－4)＝4n－1.2.(2018·湖北四地七校联考)数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn＝ancoseq\f(2nπ,3)，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S24＝()A．294 B．174C．470 D．304解析：选D∵nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，∴eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是公差与首项都为1的等差数列．∴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*，则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*，则S24＝9×(1＋2＋…＋8)－eq\f(5,2)×8＝304.3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，Sn＋1－Sn＝eq\f(3n,an)(n∈N*)，则S2018＝________.解析：依题意得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*)，两式相除得eq\f(an＋2,an)＝3，所以数列{a2n－1}是首项为1，公比为3的等比数列，数列{a2n}是首项为3，公比为3的等比数列，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·广东潮州二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，则b1＋b2＋…＋bn＝________.解析：因为eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2·3n,2·3n－1)＝3，且a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，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