【数学】2019届一轮复习人教A版（文）第五章第四节数列求和学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（文）第五章第四节数列求和学案

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＝＝na1＋.‎ 推导方法：倒序相加法．‎ ‎(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝ 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＝；‎ ‎②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；‎ ‎③1＋3＋5＋…＋2n－1＝.‎ ‎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＝.(　　)‎ ‎(2)当n≥2时，＝.(　　)‎ ‎(3)求Sn＝a＋‎2a2＋‎3a2＋…＋nan之和时，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)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＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)‎ A．2 014　　　　　　　　 B．2 015‎ C．2 016 D．2 017‎ 解析：选D　因为an＝＝－，‎ 所以Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 017.‎ ‎3．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　)‎ A．1＋2n B．2＋2n C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n 解析：选C　由题意得an＝1＋2n－1，‎ 所以Sn＝n＋＝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：9‎ 　　　　 ‎[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 所以‎2a1＋4d＝10，‎ 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＝.‎ ‎[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．2 500 B．2 600‎ C．2 700 D．2 800‎ 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＝ 于是S100＝50＋＝2 600.‎ ‎3．已知数列{an}的前n项和Sn＝，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＝－＝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＝＝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 　　　　 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，从而求得通项公式．‎ ‎(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，aq＝a1q2.‎ 又an＞0，解得a1＝2，q＝2，‎ 所以an＝2n.‎ ‎(2)由题意知，‎ S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，‎ 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，‎ 所以bn＝2n＋1.‎ 令cn＝，则cn＝，‎ 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋，‎ 又Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减得 Tn＝＋－ ‎＝＋1－n－1－ ‎＝－，‎ 所以Tn＝5－.‎ ‎[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＝，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.‎ 由即 可解得所以bn＝3n＋1.‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝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× ‎＝－3n·2n＋2，‎ 所以Tn＝3n·2n＋2.‎ 　　　　 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,n(n＋k))型；,(2)形如an＝f(1, (n＋k)＋ (n)) 型；,(3)形如an＝f(n＋1,n2(n＋2)2)型.‎ ‎[题点全练]‎ 角度(一)　形如an＝型 ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.‎ 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 依题意有解得 所以Sn＝，＝＝2，‎ 因此＝2＝.‎ 答案： 角度(二)　形如an＝ 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＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 018＝(　　)‎ A.－1　　　　　　　 B.－1‎ C.－1 D.＋1‎ 解析：选C　由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，‎ 则f(x)＝x.‎ ‎∴an＝＝＝－，‎ S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.‎ 角度(三)　形如an＝型 ‎3．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.‎ 解：(1)由S－(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＝＝＝.‎ Tn＝ ＝<＝.‎ ‎[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 (k为非零常数)‎ ＝ ＝ ＝－ (a>0，a≠1)‎ loga＝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－＝1.‎ ‎(1)求Sn；‎ ‎(2)求数列的前n项和Tn.‎ 解：(1)设数列{an}的公差为d，‎ 因为＝＝a1＋(n－1)，‎ 所以为一个等差数列，‎ 所以－＝＝1，所以d＝2，‎ 故＝n，所以Sn＝n2.‎ ‎(2)因为＝＝－，‎ 所以Tn＝＋＋…＋＝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．48‎ C．49 D．56‎ 解析：选C　设Sn＝An2＋Bn，‎ 由题知解得A＝1，B＝0，‎ ‎∴S7＝49.‎ ‎2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3n，则其前20项和为(　　)‎ A．380－ B．400－ C．420－ D．440－ 解析：选C　令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝2×－3×＝420－.‎ ‎3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是(　　)‎ A．16 B．20‎ C．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S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.‎ ‎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．－ B．－2‎ C．－ D．－ 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＝－，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，则数列的前5项和为(　　)‎ A.或5 B.或5‎ C. D. 解析：选C　设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.‎ ‎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＋2‎ C．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－1，①‎ ‎2Sn＝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：1，2，3，…，，…，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)＋＝＋＝－＋1.‎ 答案：－＋1‎ ‎8．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＝＝n(n＋1)．‎ 答案：n(n＋1)‎ ‎9．已知正项数列{an}满足a－‎6a＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.‎ 解析：∵a－‎6a＝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＝＝3n－1.‎ 答案：3n－1‎ ‎10．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝________.‎ 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＝2，‎ ‎∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，‎ ‎∴S2 018＝＋＝3·21 009－3.‎ 答案：3·21 009－3‎ B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－1‎ C. D. 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|＝＝4n－1.‎ ‎2．(2018·湘潭三模)已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为(　　)‎ A．1 026 B．1 025‎ C．1 024 D．1 023‎ 解析：选C　∵＝1＋n，‎ ‎∴Tn＝n＋1－，‎ ‎∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，‎ 又m>T10＋1 013，‎ ‎∴整数m的最小值为1 024.‎ ‎3．定义为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，又bn＝，则＋＋…＋＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　依题意有＝，‎ 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＝＝n.‎ 因为＝＝－，‎ 所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝.‎ ‎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S2 018＝________.‎ 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S2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2‎ ‎＝504×(－2)＋1－2＝－1 009.‎ 答案：－1 009‎ ‎5．已知数列{}的前n项和Sn＝n2，则数列的前n项和Tn＝________.‎ 解析：∵＝即＝ ‎∴＝2n－1.‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴Tn＝ ‎＝＝.‎ 答案： ‎6．(2018·沈阳质检)已知数列是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a‎2a3＝8.‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)由题设知a‎1a4＝a‎2a3＝8，‎ 又a1＋a4＝9，可解得或(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＝＝2n－1，‎ 又bn＝＝＝－，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝＋＋…＋ ‎＝－ ‎＝1－，n∈N*.‎ ‎7．已知数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，且数列是公差为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＝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×＝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＝ 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 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＝×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－1.②‎ ‎①－②得 ‎－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1‎ ‎＝＋－(2n＋1)×2n－1.‎ 所以Tn＝.‎ ‎(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．48‎ C．49 D．56‎ 解析：选C　设Sn＝An2＋Bn，‎ 由题知，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 的前5项和为(　　)‎ A.或5 B.或5‎ C. D. 解析：选C　设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.‎ ‎3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是(　　)‎ A．16 B．20‎ C．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S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.‎ ‎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{a＋a}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＋4n C．Sn≤n2＋4n D．Sn＞n2＋3n 解析：选D　由题意知an＞0，an≠an＋1，∴a＋a＞2anan＋1.∵anan＋1＝n＋1，∴{anan＋1}的前n项和为2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝＝，∴数列{a＋a}的前n项和Sn＞2×＝(n＋3)n＝n2＋3n.‎ ‎5.(2018·湘潭模拟)已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为(　　)‎ A．1 026 B．1 025‎ C．1 024 D．1 023‎ 解析：选C　∵＝1＋n，‎ ‎∴Tn＝n＋1－，‎ ‎∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，‎ 又m>T10＋1 013，‎ ‎∴整数m的最小值为1 024.‎ ‎6.数列1，3，5，7，…的前n项和Sn＝________.‎ 解析：利用分组求和法，可得Sn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋＝n2－＋1.‎ 答案：n2－＋1‎ ‎7．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＝＝n2＋n.‎ 答案：n2＋n ‎8．已知数列{}的前n项和Sn＝n2，则数列的前n项和Tn＝________.‎ 解析：∵＝ ‎∴＝ ‎∴＝2n－1.‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴Tn＝ ‎＝＝.‎ 答案： ‎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，a＝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)‎ ‎＝＋2n＋1－2.‎ ‎10．已知数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，且数列是公差为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＝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×＝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＝ 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－1‎ C. D. 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|＝＝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＝ancos ，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S24＝(　　)‎ A．294 B．174‎ C．470 D．304‎ 解析：选D　∵nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，‎ ‎∴－＝1，‎ ‎∴数列是公差与首项都为1的等差数列．‎ ‎∴＝1＋(n－1)×1，可得an＝n2.‎ ‎∵bn＝ancos ，∴bn＝n2cos ，‎ 令n＝3k－2，k∈N*，‎ 则b3k－2＝(3k－2)2cos ＝－(3k－2)2，k∈N*，‎ 同理可得b3k－1＝－(3k－1)2，k∈N*，‎ b3k＝(3k)2，k∈N*.‎ ‎∴b3k－2＋b3k－1＋b3k＝－(3k－2)2－(3k－1)2＋(3k)2＝9k－，k∈N*，‎ 则S24＝9×(1＋2＋…＋8)－×8＝304.‎ ‎3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，Sn＋1－Sn＝(n∈N*)，则S2 018＝________.‎ 解析：依题意得an＋1＝(n∈N*)，所以a2＝＝3，由an＋1＝(n∈N*)得an＋2＝(n∈N*)，两式相除得＝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S2 018＝a1＋a2＋…＋a2 018＝(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝＋＝2·31 009－2.‎ 答案：2·31 009－2‎ ‎4.(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＝，则b1＋b2＋…＋bn＝________.‎ 解析：因为＝＝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＝＝3n－1，‎ 又bn＝＝＝－，‎ 所以b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.‎ 答案：－ ‎5.已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项．‎ ‎(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；‎ ‎(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn＝，求证：cn＋1＞cn(n∈N*)．‎ 解：(1)设数列{an}的公差为d，‎ 则 解得或(舍去)，‎ 所以an＝n＋1，Sn＝.‎ 又b1＝a1＝2，b2＝a3＝4，‎ 所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.‎ ‎(2)证明：因为an·bn＝(n＋1)·2n，‎ 所以Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，　①‎ 所以2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，　②‎ ‎①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，所以Kn＝n·2n＋1.‎ 则cn＝＝，‎ cn＋1－cn＝－ ‎＝＞0，‎ 所以cn＋1＞cn(n∈N*)．‎ ‎6.(2018·山西太原二模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝2，且4Sn＝an·an＋1，在数列{bn}中，b1＝，且bn＋1＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)当n＝1时，由题意，得a2＝4.‎ 当n≥2时，4Sn＝an·an＋1,4Sn－1＝an－1·an，‎ 两式相减，得4an＝an(an＋1－an－1)．‎ ‎∵an≠0，∴an＋1－an－1＝4，‎ ‎∴{an}的奇数项和偶数项是分别以4为公差的等差数列．‎ 当n＝2k－1，k∈N*时，an＝a2k－1＝4k－2＝2n；‎ 当n＝2k，k∈N*时，an＝a2k＝4k＝2n.‎ ‎∴an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)由已知得＝－，‎ 即＝－，‎ ‎∴－＝－，‎ －＝－，‎ ‎…‎ －＝－，∴＝.‎ ‎∴bn＝(n≥2)，n＝1时也适合，‎ ‎∴bn＝(n∈N*)，‎ ‎∴cn＝.‎ ‎∴Tn＝＋＋…＋＋，①‎ Tn＝＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②，得 Tn＝＋＋…＋－＝－ ‎＝1－－＝1－，‎ ‎∴Tn＝2－.‎