专题32数列求和

2023高考一轮复习讲与练专题32数列求和数列求和基本方法数列求和基本方法公式法裂向相消法错位相减法倒序相加法分组求和法并向求和法分组求和法并向求和法练高考明方向1.（2022·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】因为，即①，当时，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列．【小问2详解】由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时．2.（2022·新高考Ⅰ卷T17）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．（1）求的通项公式；（2）证明：．【答案】（1）（2）见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【小问1详解】∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；【小问2详解】∴。3．（2021·全国高考真题）已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题设中的递推关系可得，从而可求的通项.（2）根据题设中的递推关系可得的前项和为可化为，利用（1）的结果可求.【详解】（1）由题设可得，又，，，故，即，即所以为等差数列，故.设的前项和为，则，因为，所以.4．（2021·浙江高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．【详解】因为，所以，．由，，即，根据累加法可得，，当且仅当时取等号，，，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：所以，即．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．(1)求的公比；(2)若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设前项和为，，，①，②①②得，，．6．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)设数列{an}满足a1=3，．(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1），，，证明见解析；（2）．解析：（1）由题意可得，，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，证明如下：当时，成立；假设时，成立．那么时，也成立．则对任意的，都有成立；（2）由（1）可知，，①，②由①②得：，即．7.(2020·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n1}与{3n2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为.

【命题意图】本题考查数列的通项公式和等差数列的前n项和公式,考查一般和特殊的思想和运算能力,体现了数学抽象和逻辑推理等核心素养.答案:3n22n【解析】由题意知数列{2n1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列a为1,7,13,19,…,即an=1+6(n1)=6n5,所以数列an的前n项和为n(1+6n-5)28.(2020·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列an的前n项和.若a1=2,a2+a6=2,则S10=答案:25【解析】设等差数列an的公差为d.因为an是等差数列,且a1=2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+n-1d,可得a1+d+a1+5d=2,即2+d+-2+5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+n(n-1)2d,n∈N*,可得:S10=10×-2+9.(2020·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5a3=12,a6a4=24,则Snan= A.2n1 B.221nC.22n1 D.21n1【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5a3=12,a6a4=24可得:a1q4所以an=a1qn1=2n1,Sn=a1(1-qn)1−q=1−2n1−2=210.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),或q=2,a1=2所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(10063)=480.【方法总结】解决等比数列问题的常用思想方法(1)方程的思想:等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求基本量a1和q,问题可迎刃而解.(2)分类讨论的思想:等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn=a1(1-q11.(2020·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4a3),b5=4(b4b3).(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<Sn+12(n(3)对任意的正整数n,设cn=(3an-2)bnan【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列通项公式的求解,分组求和法,指数型裂项求和,错位相减求和等.【解题指南】(1)由题意分别求得数列的公差、公比,然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果;(2)利用(1)的结论首先求得数列{an}的前n项和,然后利用作差法证明即可;(3)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式,然后分别利用指数型裂项求和与错位相减求和计算∑k=1nc2k1和∑k=1nc2k的值,据此进一步计算数列{【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4a3),可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n(n∈N*).由b1=1,b5=4(b4b3),又q≠0,可得q24q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n1(n∈N*).(2)由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14从而SnSn+2Sn+12=12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn(3)当n为奇数时,cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1对任意的正整数n,有∑k=1nc2k1=∑k=1n22k2k+1-22k-22k-1=由①得14∑k=1nc2k=142+343+544+…+2n-34n+2n-14n+1由于241−14n1−14142n-14n+1=2323×14n因此,∑k=12nck=∑k=1nc2k1+∑k=1nc2k=4n2n12．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记为等比数列的前项和．若，，则．【答案】解析：由，得，所以，又因为，所以，．13．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为数列的前项和．若,则．【答案】解析：为数列的前项和．若，①，当时，，解得，当时，，②，由①﹣②可得，∴，∴是以为首项，以2为公比的等比数列，∴．14.(2019·天津高考理科·T19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a22,b3=2a3+4.(1)求{an}和{bn}的通项公式.(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k<n<①求数列{a2n(c2n1)}的通项公式.②求∑i=12nai【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,故an所以{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.(2)①a2n(c2n1)=a2n(bn1)=(3×2n所以数列{a2n(c2n1)}的通项公式为a2n②∑i=12naici=∑i=12n[ai+ai(ci1)]=∑i=12nai+∑i=1na9×4(1−4n)1−4n=27×22n1+5×2n115．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科)等差数列的首项为，公差不为．若成等比数列，则前项的和为 ()A． B． C． D．【答案】A【解析】数列的首项，设公差为，则由成等比数列可得，所以，即，整理可得，因为，所以，所以，故选A．16．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 ()A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏【答案】B【解析】解法一：常规解法：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得．解法二：边界效应等比数列为递增数列，则有，∴，解得，∴．17．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则．【答案】【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有：，解得，数列的前n项和，裂项有：，据此：。18．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．(=1\*ROMANI)求；(=2\*ROMANII)求数列的前1000项和．【答案】（1），，；（2）．【解析】（1）设的公差为，据已知有，解得．所以数列的通项公式为．，，．（2）因为所以数列的前项和为．19．(2015高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）分析：（Ⅰ）先用数列第项与前项和的关系求出数列{}的递推公式，可以判断数列{}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{}的通项公式，再用拆项消去法求其前项和．解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，当时，==，即，因为，所以=2，所以数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，所以=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，所以数列{}前n项和为==．讲典例备高考类型一、公式法求和基础知识：（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2).（2）等比数列前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))基本题型：1、北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699块 B．3474块C．3402块 D．3339块【答案】C【解析】由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝eq\f(2n9＋18n,2)－2×eq\f(n9＋9n,2)＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝eq\f(3n9＋27n,2)＝eq\f(3×9×9＋27×9,2)＝3402.2．如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为(参考数据：lgeq\f(7,5)≈0.15)()A．6个 B．7个C．8个 D．9个【答案】B【解析】记由外到内的第n个正方形的周长为an，则a1＝4×1，a2＝4×eq\f(5,7)，…，an＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,7)))n－1.∴a1＋a2＋…＋an＝4×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,7)))n,1－\f(5,7))＝14×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,7)))n)).令a1＋a2＋…＋an≤13，解得n≤1＋eq\f(1,lg\f(7,5))≈7.667，故可制作完整的正方形的个数最多为7个．3．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．【答案】3n2－2n【解析】法一：数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10，13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n项和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.法二：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝eq\f(3m－1,2)＝eq\f(3m－3＋2,2)＝eq\f(3m－1,2)＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝eq\f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.4．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.【答案】6【解析】∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0.∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2，∴S6＝6a1＋eq\f(6×6－1,2)d＝6×6－30＝6.5．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq\f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________.【答案】2n＋1－2【解析】因为eq\f(an＋m,am)＝an，令m＝1，则eq\f(an＋1,a1)＝an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，Sn＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.基本方法：已知数列类型求其前n项和时，用根据数列类型选择相应的公式求和。类型二、裂向相消法求和基础知识：裂项相消法求和的实质是先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．注意：利用裂项相消法求和时，要注意检验裂项前后是否等价，还要注意求和时正负相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．基本题型：1.设是正项数列,其前项和为,且对于所有的,都有,(1)求数列的通项公式;(2)设,是的前项和,求使得对所有都成立的最小正整数的值.【答案】见解析【解析】（1）,当,;当,①,②,①②可得,,,,∴,∴是以为首项,公差为的等差数列,∴.(2),,,,,∵,∴.∴的最小正整数为.2.已知是数列的前项和，满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.解析：（1）当时，，当时，，符合上式，所以（2）由（1）可得，所以，.3、已知各项均为正数的数列满足，且，．（1）证明：数列是等差数（2）数列的前项和为，求证：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）将已知递推关系移项配方整理可得，进而利用等差中项法证明数列是等差数列；（2）利用裂项求和法求和化简后即得证.【详解】由结合数列各项均为正数得，则，所以数列是等差数列。（2），则公差，∴，∴.基本方法：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＋k))))eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,2n－12n＋1－1)))eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)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类型三、分组转化求和、并向求和基础知识：1．分组转化求和：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前n项和的数列求和．2．分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．基本题型：1．已知数列{an}的通项公式为an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2021等于()A．－1010 B．2018C．505 D．1010【答案】D【解析】易知a1＝coseq\f(π,2)＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为0，前2020项中所有偶数项(共1010项)依次为－2,4，－6,8，…，－2018，2020.故S2020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2018＋2020)＝1010.又a2021＝0，所以S2021＝1010.故选D.2．在公差大于0的等差数列中，，且，，成等比数列，则数列的前21项和为（）A．12 B．21 C．11 D．31【答案】B【解析】公差大于0的等差数列中，，可得，即，由，，成等比数列，可得，即为，解得（负值舍去），则，，所以数列的前21项和为。3．已知是等差数列，是公比为c的等比数列，，则数列的前10项和为__________，数列的前10项和为__________（用c表示）．【答案】100【解析】因为是等差数列，，所以，解得，所以，所以，因为是公比为c的等比数列，且，所以，故，当时，，当时，，综上,。4．设数列的前n项和为，已知．（Ⅰ）求通项；（Ⅱ）设，求数列的前n项和．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）因为，所以当时，，两式相减得：，当时，，因为,，得到，解得，，所以数列是首项，公比为5的等比数列，则；（Ⅱ）由题意知，,易知当时，；时，所以当时，，当时，，所以，，……当时，又因为不满足满足上式，所以.5、已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求数列{bn}的前n项和Tn.(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．【解析】（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.故bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))（2）由(1)知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.基本方法：1．利用分组转化法求和的3个关键点会“列方程”：会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量会“用公式”：会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式会“分组求和”：观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列2、非等差(比)数列的奇偶项求和问题的注意事项(1)解决奇偶项问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．在解决问题中，感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用．(2)在讨论的时候特别注意分清楚n为奇数、n为偶数时最后一项到底加到哪里停止．类型四、错位相减法求和1．适用条件若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和Sn.2．注意事项(1)在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；(2)作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．基本题型：1．已知数列是等比数列，，是和的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设数列的公比为，因为，所以，.因为是和的等差中项，所以.即，化简得.因为公比，所以.所以；（2）因为，所以，所以.则，①，，②，①②得，，所以.2.设数列的前项和为，为等比数列，且，．（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．解析：(1)当时，，当时，满足上式，故的通项式为．设的公比为，由已知条件知，，，所以，∴，即．(2)∵，∴两式相减得：∴3．已知数列满足：，.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求最小值.【答案】（1）；（2）最小值为.【分析】（1）由已知条件得到为等比数列，即可得到通项；（2）错位相减求出，根据单调性求出最小值.【详解】解：（1）由，得，是以2为公比的等比数列，记公比为，又，，；（2），，，两式相减，得，即，又，单调递增，时，最小，最小值为.基本方法：错位相减法求和的基本步骤：新预测破高考1．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为()A．1121 B．1122C．1123 D．1124【答案】C【解析】由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq\f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.选C.2．已知数列的前项和为，且满足，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，可得时，，时，，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得．3．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则等于（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意，每条边有n个点，所以三条边有3n个点，三角形的3个顶点都被重复计算了一次，所以减3个顶点，即，，那么，则．4．已知数列满足，且，则该数列的前9项之和为（）A．32 B．43 C．34 D．35【答案】C【解析】，当为奇数时，，则数列是常数列，；当为偶数时，，则数列是以为首项，的等差数列，.5.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq\f(4,5).若这堆货物总价是25－65eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n万元，则n的值为()A．7 B．8C．9D．10【答案】B【解析】由题意，可设这堆货物的总价为Sn，则Sn＝1＋2×eq\f(4,5)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))2＋…＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n－1，eq\f(4,5)Sn＝eq\f(4,5)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))2＋…＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n－1＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n，两式相减可得eq\f(1,5)Sn＝1＋eq\f(4,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n－1－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n＝eq\f(1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n,1－\f(4,5))－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n＝5－(n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n，所以Sn＝25－5(n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n，当Sn＝25－5(n＋5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n＝25－65·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(4,5)))n时，解得n＝8.6．数列中，，，，则的前n项和.【答案】【解析】∵，∴是等差数列，又，，∴，∴，，∴，∴．7．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.【答案】(－1)nn【解析】当n＝2k(k∈N*)时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2＋2＋…＋2＝2k＝n；当n＝2k－1(k∈N*)时，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n.综上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n为偶数，,－n，n为奇数))＝(－1)nn.8．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和Tn为________．【答案】eq\f(1,n)eq\f(n,n＋1)【解析】∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，∴eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝1.又∵eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,Sn)))是以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq\f(1,Sn)＝n，∴Sn＝eq\f(1,n).∴SnSn＋1＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)－eq\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).9．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．【答案】2n＋1－n－2【解析】因为1＋2＋4＋…＋2n－1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．(1)求证：数列an－eq\f(1,2)为等比数列；(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.【解析】(1)证明：2Sn＝－an＋n，当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\f(1,3).∴an－eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－eq\f(1,2)))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－eq\f(1,2)))为等比数列．（2）由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq\f(1,3)，由(1)知，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－eq\f(1,2)))是以－eq\f(1,6)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列．∴an－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)))n－1＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)))n，∴an＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)))n＋eq\f(1,2)，∴an－1＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)))n－eq\f(1,2)，∴Tn＝eq\f(－\f(1,6)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－eq\f(n,2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)))n－1))－eq\f(n,2).11、已知各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，满足4λSn＝(an＋λ)2，其中λ>0，且eq\r(3)是a1，a2的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：当n≥2时，eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2－1)＋eq\f(1,S3－1)＋…＋eq\f(1,Sn－1)<eq\f(7,4).【解析】(1)当n＝1时，4λS1＝(a1＋λ)2，即(a1－λ)2＝0，得a1＝λ；当n≥2时，4λSn－1＝(an－1＋λ)2，则4λSn－4λSn－1＝4λan＝(an＋λ)2－(an－1＋λ)2，即(an＋an－1)(an－an－1－2λ)＝0，由于数列{an}的各项均为正，因而an－an－1＝2λ，a2＝3λ.因为eq\r(3)是a1，a2的等比中项，所以a1·a2＝3，即3λ2＝3，又λ>0，所以λ＝1，即数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)证明：由(1)得4Sn＝(2n－1＋1)2，即Sn＝n2.当n≥2时，eq\f(1,Sn－1)＝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)))，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2－1)＋eq\f(1,S3－1)＋…＋eq\f(1,Sn－1)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋…＋eq\f(1,n2－1)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(7,4)－eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n＋1)<eq\f(7,4).12、已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2－n＋na1，S1，S2，S4成等比数列，∴Seq\o\al(2,2)＝S1·S4，∴(22－2＋2a1)2＝a1·(42－4＋4a1)，化为(1＋a1)2＝a1(3＋a1)，解得a1＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1·eq\f(4n,2n－12n＋1)＝(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1)))，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋eq\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)))－…＋(－1)n－1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1))).当n为偶数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋eq\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)))－…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2n－3)＋eq\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋eq\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)))－…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2n－3)＋eq\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1)))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1).综上，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))13、已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.【答案】（1）..（2）.【解析】（II）解：设数列的前项和为，由，，有，故，，上述两式相减，得得.所以，数列的前项和为.14．已知数列的前项和为，且满足.（Ⅰ）求证：数列为等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ），当时，，两式相减，得，即.∴，所以数列为等比数列．（Ⅱ）由，得.由（Ⅰ）知，数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，∴，∴，∴.15．某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在①的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________．①判断S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)②若a1－a3＝3，记bn＝eq\f(n,12)|an|，求证：b1＋b2＋…＋bn<eq\f(4,3).(1)请在本题条件的“已知”后面补充等比数列{an}的首项a1的值或公比q的值(只补充其中一个值)，并说明你的理由；(2)利用(1)补充的条件，完成②的证明过程．【解析】(1)条件的“已知”后面补充“公比q＝－eq\f(1,2)”，理由如下：由S1，S3，S2成等差数列，得S1＋S2＝2S3，即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．因为a1≠0，故上式可化简为2q2＋q＝0，因为q≠0，解得q＝－eq\f(1,2).(2)证明：因为a1－a3＝3，所以a1－a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＝3，解得a1＝4，所以an＝4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.由bn＝eq\f(n,12)|an|，得bn＝eq\f(n,12)×4×eq\f(1,2n－1)＝eq\f(n,3·2n－1).记b1＋b2＋…＋bn＝Tn，则Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2)＋\f(3,22)＋…＋\f(n,2n－1)))，①，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)))，②由①－②，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,3)1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－\f(n,2n)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(n＋2,2n)))，所以Tn＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(n＋2,2n)))＝eq\f(4,3)－eq\f(2＋n,3)·eq\f(1,2n－1)<eq\f(4,3).16.请从①;②;③这三个条件中任选一个,补充到下面问题中并解答下列问题.已知等差数列的前项和为,是各项均为正数的等比数列,,,,,是否存在正整数,使得数列的前项和?若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由.【解析】设等比数列的公比为,则,因为,所以,即,解得或(舍去),所以.选条件①:设等差数列的公差为,则,解得,所以,,故,令,解得或(舍),因为为正整数,所以的最小值为.选条件②:设等差