专题6 数列求和的运算（原卷版）-遇见最美的数学系列——计算专题

36观千剑而后识器 临渊羡鱼不如退而结网 专题 6 数列求和的运算 1 等比数 an 的公比为 2，且 a2,a3+ 2,a4成等差数 . (1) 数 an 的 项公式； (2)若 bn= log2 an ⋅ an+1 + an， 数 bn 的 n项 Tn. 2 正项数 an 的 n项 为 Sn，已知 2anSn= a2n+ 1． (1) 证：数 S2n 为等差数 ， 出 Sn，an； (2)若 bn= (-1)n an ， 数 bn 的 2023项 T2023． 3 已知数 an 为：1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4⋯ .即先取 a1= 1，接 复 该项粘贴 为 a2， 添 继数 2 为 a3；再复 所有项 1，1，2 粘贴 为 a4，a5，a6， 添 继数 3 为 a7，⋯ 次继续下去.记 bn表示数 an 中 n首次出现时对 的项数. (1) 数 bn 的 项公式； (2) a1+ a2+ a3+⋯+a63. 4 已知等差数 an 的 n项 为 Sn,a5= 5,S5= 15， (1) 数 an 的 项公式； (2)若 bn= 1anan+1 ， 数 bn 的 2023项 . 5 已知 an  首项为 2，公差为 3的等差数 ，数 bn 满足 b1= 4,bn+1= 3bn- 2n+ 1. (1)证 bn- n  等比数 ， an , bn 的 项公式； (2)若数 an 与 bn 中有公共项，即存 k,m∈N*， 得 ak= bm成 .按照从 大的顺 这些公共 项排 ，得 一个新的数 ，记 cn ， c1+ c2+⋯+cn. 37 操千曲而后晓声 6 设数 an 的 n项 为 Sn，已知 Sn+ 1= 2an n∈N* ． (1) an 的 项公式； (2)设 bn= an, n= 2k- 1 n, n= 2k  且 k∈N *， 数 bn 的 n项 为Tn． 7 已知数 an 满足：a1= 2，且对任意的 n∈N *，an+1= an 2n ,n 奇数, 2n+1an+ 2,n 偶数.  (1) a2，a3的值， 证 数 a2n-1+ 23   等比数 ； (2)设 bn= a2n-1 n∈N * ， 数 bn 的 n项 Tn. 8 已知正项数 an 的 n项 为Tn，a1= 2且对任意 n≥ 2，anTn,a1,anTn-1成等差数 ，又正项等比数 bn 的 n项 为 Sn，S2= 43 ,S3= 13 9 . (1) 数 an  bn 的 项公式； (2)若数 cn 满足 cn=T2n ⋅ bn， 存 正整数 n， c1+ c2+⋯+cn> 9.若存 ， 出 n的最大值；若不 存 ，请说 理由. 9 已知 项 为正数的等比数 an ，其 n项 为 Sn，满足 2Sn= an+2- 6， (1) 数 an 的 项公式； (2)记 bm为数 Sn  区间 am,am+2 中最大的项， 数 bn 的 n项 Tn． 10 已知等差数 an 的公差 d> 0，且满足 a1= 1，a1，a2，a4成等比数 ． (1) 数 an 的 项公式； (2)若数 bn 满足 bn= 2an,n为奇数 1 anan+2 ,n为偶数 数 bn 的 2n项的 T2n． 计算专题训练 6数列求和计算 38观千剑而后识器 临渊羡鱼不如退而结网 11 设 Sn 数 an 的 n项 ，已知 a3= 0，an+1+ (-1)nSn= 2n. (1) a1，a2； (2)令 bn= an+1+ 2an， b2+ b4+ b6+⋯+b2n. 12 已知 an  的等差数 ，bn  等比数 ，且 a1= 1，b2= a2，b3= a5，b4= a14． (1) 数 an 与 bn 的 项公式； (2) ∀ n∈N∗，数 cn 满足 c1 b2 + c2 b3 +⋅⋅⋅+ cn bn+1 = an+13 ， cn 的 n项 Sn． 13 已知数 an 的 n项 为 Sn，且 Sn= 2an+ 2n- 5． (1) 数 an 的 项公式； (2)记 bn= log2 an+1- 2 ， 数 1bn ⋅ bn+1  的 n项 Tn． 14 已知 Sn为数 an 的 n项 ，a1= 1，且 nan- Sn= n2- n,n∈N*． (1) 数 an 的 项公式； (2)若 bn= 2 an 2an- 1  2an+1- 1  ， 数 bn 的 n项 Tn． 15 已知函数 an 的首项 a1= 35 ，且满足 an+1= 3an 2an+ 1 ． (1) 证 1 an - 1 为等比数 ， an． (2)对于实数 x，x 表示不超过 x的最大整数， 1a1 + 2 a2 + 3 a3 +⋯+ 100 a100    的值． 16 已知 项 为正数的数 {an}满足 a1= 1,an= 2an-1+ 3(正整数 n≥ 2) (1) 证：数 an+ 3  等比数 ； (2) 数 {an}的 n项 Sn. 39 操千曲而后晓声 17 已知 数 an 中，a1= 12 ，且 1 an   公差为 1的等差数 ． (1) 数 an 的 项公式； (2)设 bn= an+1 an + an，数 bn 的 n项 为Tn， 得Tm≤ 425 的最大整数m的值； (3)设 cn= 1- an 2n ⋅ an ， 数 cn 的 n项 Qn 18 已知数 an  项都不为 0， n项 为 Sn，且 3an- 2= Sn，数 bn 满足 b1=-1，bn+1= bn+ n． (1) 数 an  bn 的 项公式； (2)令 cn= 2anbn n+ 1， 数 cn 的 n项 为Tn 19 已知等比数 an 的公比为 2，数 bn 满足 b1= 2，b2= 3，anbn+1- an= 2nbn． (1) an  bn 的 项公式； (2)记 Sn为数 bn an  的 n项 ，证 ：1≤ Sn< 3． 20 数 an 中，a1=-1，an= 2an-1+ 3n- 6 n≥ 2,n∈N* . (1) 证：数 an+ 3n 为等比数 ， 数 an 的 项公式； (2)设 bn= an+ n， 数 bn 的 n项 Tn. 21 记 Sn为数 an 的 n项 ，已知 a1= 1, 2nan  公差为 2的等差数 . (1) an 的 项公式； (2)证 ：Sn< 4. 22 已知数 an 满足 an= 2an-1- 2n+ 4(n≥ 2，n∈N*)，a1= 4． (1) 证：数 an- 2n 为等比数 ， an 的 项公式； (2) 数 -1 nan 的 n项 Sn． 计算专题训练 6数列求和计算 40观千剑而后识器 临渊羡鱼不如退而结网 23 已知数 an  公差为 d d≠ 0 的等差数 ，且满足 a1= 1,an+1= xan+ 2. (1) an 的 项公式； (2)设 bn= (-1)n ⋅ 4nanan+1 ， 数 bn 的 10项 S10. 24 已知数 an 的 n项 为 Sn，且 Sn= 2an- 4． (1) an 的 项公式； (2) 数 nSn 的 n项 Tn． 25 已知等比数 an 的 项 为正数，且 a2+ a3+ a4= 39，a5= 2a4+ 3a3. (1) an 的 项公式； (2)数 bn 满足 bn= n ⋅ an， bn 的 n项 Tn. 26 已知数 an 中，a1= 1，an= an+1 2n ，n∈N*． (1) 数 an 的 项公式； (2)设 bn= log2a2n+ 3n，数 1bn  的 n项 Sn， 证：Sn< 3 4． 27 数 an 满足 a1= 3,an+1- a2n= 2an,2bn= an+ 1. (1) 证：bn  等比数 ； (2)若 cn= nbn + 1， cn 的 n项 为Tn. 28 已知正数数 an ，a1= 1，且满足 a2n- n- 1 anan-1- na2n-1= 0 n≥ 2 ． (1) 数 an 的 项公式； (2)设 bn= n- 1an ， 数 bn 的 n项 Sn． 41 操千曲而后晓声 29 已知数 an 、bn ，满足 a1= 100，an+1= a2n，bn= lgan. (1) 数 bn 的 项公式； (2)若 cn= log2bn+ log2bn+1+⋯+log2b2n， 数 1cn  的 n项 Sn. 30 已知数 an 中，a1= 1，Sn 数 an 的 n项 ，数 2Sn an   公差为 1的等差数 ． (1) 数 an 的 项公式； (2)证 ：1 S1 + 1 S2 +⋯+ 1 Sn < 2． 31 已知 等差数 an 中，a1+ a4+ a7=-24，a2+ a5+ a8=-15． (1) 数 an 的 项公式； (2) 数 -1 nan 的 n项 Tn． 32 记数 an 的 n项 为 Sn，已知 an+1= an+ 1,n= 2k- 1, an+ t,n= 2k,  k∈N *，S3= 7a1，a4= a2+ 3． (1) a1，t； (2) 数 an 的 项公式； (3) 数 an 的 n项 Sn． 33 数 an 中，a1= 1，且 an+1= 2an+ n- 1． (1)证 ：数 an+ n 为等比数 ， 出 an； (2)记数 bn 的 n项 为 Sn．若 an+ bn= 2Sn， S11． 34 已知数 an 满足 a1= 3，2an+1- anan+1= 1． (1)记 bn= 1an- 1 数 bn 的 项公式； (2) 数 1 bnbn+1  的 n项 ． 计算专题训练 6数列求和计算 42观千剑而后识器 临渊羡鱼不如退而结网 35 已知等比数 an 的 n项 为 Sn，且 2n+1，Sn，a成等差数 ． (1) a的值及数 an 的 项公式； (2)若 bn= 2n- 1 an 数 bn 的 n项 Tn 36 已知数 an  bn ，a1= 2，1bn - 1 an = 1，an+1= 2bn. (1) 数 an  bn 的 项公式； (2) 数 n bn  的 n项 Tn. 37 等比数 an 的 n项 为 Sn，已知 a1= 1，且 3a2- 1,a3,S3成等差数 ． (1) an 的 项公式； (2)若 an+1= 2anbn，数 bn 的 n项 Tn． 38 已知数 an 的 n项 为 Sn，an> 0，且满足 4Sn= an+ 1 2． (1) 数 an 的 项公式； (2)设 bn= 4Sn anan+1 的 n项 为Tn， Tn． 39 已知数 {an}满足：a1= 3,an+1= n+ 1n 2an+ n . (1)证 ：数 an n + 1  等比数 ； (2)设 cn= an+ n， 数 {cn}的 n项 Tn. 40 已知正项等差数 an 的 n项 为 Sn，其中 an+2- an= 4，4(S2+ 1) = (a2+ 1)2. (1) 数 an 的 项公式及 Sn； (2)若 bn= an ⋅ 34  n-1 ， 数 bn 的 n项 Tn. 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 专题 6 数列求和的运算 1 等比数 an 的公比为 2，且 a2,a3+ 2,a4成等差数 . (1) 数 an 的 项公式； (2)若 bn= log2 an ⋅ an+1 + an， 数 bn 的 n项 Tn. 【答案】(1)an= 2n,n∈N*(2)Tn= n2+ 2n+ 2n+1- 2; 【解析】(1)已知等比数列 an 的公比为 2，且 a2,a3+ 2,a4成等差数列， ∴ 2 a3+ 2 = a2+ a4， ∴ 2 4a1+ 2 = 2a1+ 8a1,解得 a1= 2， ∴ an= 2× 2n-1= 2n,n∈N*; (2)bn= log2 2n ⋅ 2n+1 + 2n= log222n+1+ 2n= 2n+ 1+ 2n， ∴Tn= 2 1+ 2+⋯+n + n+ 2+ 22+⋯+2n = 2 1+ 2+⋯+n + n+ 2 1- 2n  1- 2 . = n2+ 2n+ 2n+1- 2; 2 正项数 an 的 n项 为 Sn，已知 2anSn= a2n+ 1． (1) 证：数 S2n 为等差数 ， 出 Sn，an； (2)若 bn= (-1)n an ， 数 bn 的 2023项 T2023． 【答案】(1)Sn= n；an= n- n- 1 ；(2)T2023=- 2023 . 【解析】(1)由 2anSn= a2n+ 1可得，2S21= S21+ 1， 又因为 Sn为正项数列 an 的前 n项和，所以 S1= a1= 1， 因为 an= Sn- Sn-1，所以 2 Sn- Sn-1 Sn= Sn- Sn-1 2+ 1， 所以 S2n- S2n-1= 1 n≥ 2 ，数列 S2n 为等差数列， 所以 S2n= n，Sn= n，an= 1, n= 1  n- n- 1 , n≥ 2   ，所以 an= n- n- 1 . (2)bn= (-1)n an = (-1)n n+ n- 1 ， T2023=-1+ 2+ 1- 3- 2+ 4+ 3-⋅⋅⋅- 2023- 2022=- 2023 . 3 已知数 an 为：1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4⋯ .即先取 a1= 1，接 复 该项粘贴 为 a2， 添 继数 2 为 a3；再复 所有项 1，1，2 粘贴 为 a4，a5，a6， 添 继数 3 为 a7，⋯ 次继续下去.记 bn表示数 an 中 n首次出现时对 的项数. (1) 数 bn 的 项公式； (2) a1+ a2+ a3+⋯+a63. 【答案】(1)bn= 2n- 1(2)120 【解析】(1)由题意知：bn+1= 2bn+ 1，即 bn+1+ 1= 2(bn+ 1)，且 b1+ 1= 2， 所以数列 {bn+ 1}是以 b1+ 1= 2为首项，2为公比的等比数列， 所以 bn+ 1= 2n，则 bn= 2n- 1. (2)由 (1)可知，b6= 26- 1= 63，所以 6在前 63项中出现 1次， 5在前 63项中出现 2次，4在前 63项中出现 2× 2= 4次，3在前 63项中出现 4× 2= 8次，2在前 63项中 出现 8× 2= 16次，1在前 63项中出现 16× 2= 32次， 所以 a1+ a2+ a3+⋯+a63= 1× 32+ 2× 16+ 3× 8+ 4× 4+ 5× 2+ 6× 1= 120. 第 52页 共 131页 专业专心 专注 4 已知等差数 an 的 n项 为 Sn,a5= 5,S5= 15， (1) 数 an 的 项公式； (2)若 bn= 1anan+1 ， 数 bn 的 2023项 . 【答案】(1)an= n(2) 20232024 【解析】(1)设公差为 d，由 a5= 5，S5= 15，得 a1+ 4d= 5 5a1+ 5× 42 d= 15  ，解得 a1= d= 1， 所以 an= n. (2)由 (1)可得 bn= 1anan+1 = 1 n n+ 1  = 1 n - 1 n+ 1 ， 所以 1 a1a2 + 1 a2a3 +⋯+ 1 a2023a2024 = 1- 12 + 1 2 - 1 3 +⋯+ 1 2023 - 1 2024 = 1- 1 2024 = 2023 2024 ， 故数列 bn 的前 2023项和为 2023 2024 . 5 已知 an  首项为 2，公差为 3的等差数 ，数 bn 满足 b1= 4,bn+1= 3bn- 2n+ 1. (1)证 bn- n  等比数 ， an , bn 的 项公式； (2)若数 an 与 bn 中有公共项，即存 k,m∈N*， 得 ak= bm成 .按照从 大的顺 这些公共 项排 ，得 一个新的数 ，记 cn ， c1+ c2+⋯+cn. 【答案】(1)证明见解析，an= 3n- 1 n∈N* ，bn= 3n+ n n∈N*  (2) 9 27n- 1  26 + n 3n+ 1  2 n∈N *  【解析】(1)由题意可得：an= 2+ n- 1 × 3= 3n- 1 n∈N* ， 而 b1= 4,bn+1= 3bn- 2n+ 1，变形可得：bn+1- n+ 1 = 3bn- 3n= 3 bn- n ,b1- 1= 3， 故 bn- n 是首项为 3，公比为 3的等比数列. 从而 bn- n= 3n，即 bn= 3n+ n n∈N* . (2)由题意可得：3k- 1= 3m+m，k,m∈N*，令m= 3n- 1 n∈N* ， 则 3k- 1= 33n-1+ 3n- 1= 3 32n-2+ n - 1，此时满足条件， 即m= 2,5,8,⋯ ,3n- 1时为公共项， 所以 c1+ c2+⋯+cn= b2+ b5+⋯+b3n-1 = 32+ 35+⋯+33n-1+ 2+ 5+⋯+3n- 1 = 9 27n- 1  26 + n 3n+ 1  2 n∈N * . 6 设数 an 的 n项 为 Sn，已知 Sn+ 1= 2an n∈N* ． (1) an 的 项公式； (2)设 bn= an, n= 2k- 1 n, n= 2k  且 k∈N *， 数 bn 的 n项 为Tn． 【答案】(1)an= 2n-1 (2)Tn= 2n- 1 3 + n n+ 2  4 , n= 2k 2n+1- 1 3 + n2- 1 4 , n= 2k- 1      ，k∈N* 【解析】(1)当 n= 1时，a1= 1， 当 n≥ 2时，Sn+ 1= 2an Sn-1+ 1= 2an-1  ⇒ an= 2an-1， 所以 an 是首项为 1，公比为 2的等比数列，则 an= 2n-1. 计算专题训练 6 数列求和计算 第 53页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 (2)由题设知：bn= 2n-1, n= 2k- 1 n, n= 2k  ，k∈N *， 当 n为偶数时，Tn= (b1+ b3+⋯+bn-1) + (b2+ b4+⋯+bn) = (20+ 22+⋯+2n-2) + (2+ 4+⋯+n) = 2n- 1 3 + n(n+ 2) 4 ； 当 n为奇数时，Tn= (b1+ b3+⋯+bn) + (b2+ b4+⋯+bn-1) = (20+ 22+⋯+2n-1) + (2+ 4+⋯+n- 1) = 2n+1- 1 3 + n2- 1 4 ； 综上，Tn= 2n- 1 3 + n n+ 2  4 , n= 2k 2n+1- 1 3 + n2- 1 4 , n= 2k- 1      ，k∈N *. 7 已知数 an 满足：a1= 2，且对任意的 n∈N *，an+1= an 2n ,n 奇数, 2n+1an+ 2,n 偶数.  (1) a2，a3的值， 证 数 a2n-1+ 23   等比数 ； (2)设 bn= a2n-1 n∈N * ， 数 bn 的 n项 Tn. 【答案】(1)a2= 1，a3= 10，证明见解析 (2)Tn= 89 4 n- 1 - 23 n 【解析】(1)a2= a1 2 = 1，a3= 2 3a2+ 2= 10. 由题意得 a2n+1+ 23 = 2 2n+1a2n+ 83 = 2 2n+1 a2n-1 22n-1 + 8 3 = 4a2n-1+ 8 3 = 4 a2n-1+ 2 3 ， 又 a1+ 23 = 8 3 ≠ 0，所以数列 a2n-1+ 2 3  是等比数列. (2)由 (1)知 bn= a2n-1= 83 ⋅ 4 n-1- 23 . 运用分组求和，可得Tn= 83 4 0+ 41+ 42+⋅⋅⋅+4n-1 - 23 n= 8 3 ⋅ 1- 4n 1- 4 - 2 3 n = 89 4 n- 1 - 23 n. 8 已知正项数 an 的 n项 为Tn，a1= 2且对任意 n≥ 2，anTn,a1,anTn-1成等差数 ，又正项等比数 bn 的 n项 为 Sn，S2= 43 ,S3= 13 9 . (1) 数 an  bn 的 项公式； (2)若数 cn 满足 cn=T2n ⋅ bn， 存 正整数 n， c1+ c2+⋯+cn> 9.若存 ， 出 n的最大值；若不 存 ，请说 理由. 【答案】(1)an= 2 n- n- 1 ，bn= 13  n-1(2)不存在，理由见解析 【解析】(1)设 bn 的公比为 q，显然 q≠ 1， 由 S2= 43 ,S3= 13 9 ，可得 b1 1- q2  1- q = 4 3 b1 1- q3  1- q = 13 9      ， 解得 q= 13 或 q=- 1 4 (舍去)，又 b1= 1，所以 bn= 1 3  n-1 ， 又对任意 n≥ 2，anTn,a1,anTn-1成等差数列，a1= 2， 所以 anTn+ anTn-1= 4. 因为 an=Tn-Tn-1 n≥ 2 ， 所以 Tn-Tn-1 Tn+Tn-1 = 4，所以T2n -T2n-1= 4 n≥ 2 ， 第 54页 共 131页 专业专心 专注 故 T2n 是以T21 = 4为首项，公差 d= 4的等差数列， 所以T2n = 4+ n- 1 × 4= 4n，又 an> 0， 所以Tn> 0，所以Tn= 2 n . 当 n≥ 2时，an= 4Tn+Tn-1 = 2 n- n- 1 ， n= 1时，a1= 2满足上式， 故 an= 2 n- n- 1 . (2)cn=T2n ⋅ bn= 4n× 13  n-1 ， 设Kn= c1+ c2+⋯+cn， Kn= 4× 13  0+ 8× 13  1+ 12× 13  2+⋯+4n× 13  n-1 ①， 1 3 Kn= 4× 1 3  1+ 8× 13  2+ 12× 13  3+⋯+4 n- 1 × 13  n-1+ 4n× 13  n ②， ①-②，得 23 Kn= 4+ 4× 1 3  1+ 4× 13  2+ 4× 13  3+⋯+4× 13  n-1- 4n 13  n = 4 1- 13  n 1- 13 - n 13  n           = 4 32 - 3 2 1 3  n- n 13  n   ， 所以Kn= 9- 9 13  n- 6n 13  n= 9- 3+ 2n  1 3n-1 < 9， 故不存在正整数 n，使 c1+ c2+⋯+cn> 9. 9 已知 项 为正数的等比数 an ，其 n项 为 Sn，满足 2Sn= an+2- 6， (1) 数 an 的 项公式； (2)记 bm为数 Sn  区间 am,am+2 中最大的项， 数 bn 的 n项 Tn． 【答案】(1)an= 3× 2n-1；(2)Tn= 3× 2n+2- 12- 3n. 【解析】(1)设 an 的公比为 q，则 q> 0，又 2Sn= an+2- 6， 当 n= 1时，2S1= a3- 6，当 n= 2时，2S2= a4- 6， 两式相减可得，2a2= a4- a3，所以 2= q2- q， 所以 q= 2或 q=-1(舍去)， 所以 2S1= a3- 6= 4a1- 6，即 a1= 3， 所以等比数列 an 的通项公式为 an= 3× 2n-1； (2)由 an= 3× 2n-1，2Sn= an+2- 6，可得 Sn= 12 an+2- 6 = 1 2 3× 2 n+1- 6 = 3× 2n- 3， 所以 Sn= an+1- 3< an+1，又 an> 0， 所以 Sn≥ an，当且仅当 n= 1时等号成立， 所以 am≤ Sm< Sm+1< am+2< Sm+2， 所以 bm= Sm+1= 3× 2m+1- 3， 所以Tn= 3 22+ 23+ 24+⋯+2n+1 - 3n= 3× 2 2- 2n+2 1- 2 - 3n= 3× 2 n+2- 12- 3n. 即Tn= 3× 2n+2- 12- 3n. 10 已知等差数 an 的公差 d> 0，且满足 a1= 1，a1，a2，a4成等比数 ． (1) 数 an 的 项公式； (2)若数 bn 满足 bn= 2an,n为奇数 1 anan+2 ,n为偶数 数 bn 的 2n项的 T2n． 计算专题训练 6 数列求和计算 第 55页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 【答案】(1)an= n(2)T2n= 2 2n+1 3 - 1 4n+ 4 - 5 12 【解析】(1)因为 a1，a2，a4成等比数列，所以 a22= a1a4， 即 (1+ d)2= 1× (1+ 3d)， 解得 d= 0或 d= 1． 因为 d> 0，所以 d= 1， 所以 an= 1+ 1× (n- 1) = n． (2)由 (1)得 bn= 2n,n为奇数, 1 n n+ 2  ,n为偶数, 所以 bn= 2n,n为奇数, 1 2 1 n - 1 n+ 2 ,n为偶数  ， 所以 T2n= b1+ b2+ b3+⋅⋅⋅+b2n-1+ b2n= (b1+ b3+⋅⋅⋅+b2n-1) + (b2+ b4+⋅⋅⋅+b2n) = (21+ 23+⋅⋅⋅+22n-1) + 12 1 2 - 1 4 + 1 4 - 1 6 +⋅⋅⋅+ 1 2n - 1 2n+ 2   = 2 1- 22n-1 ⋅ 22 1- 22 + 12 1 2 - 1 2n+ 2 ， = 2 2n+1 3 - 1 4n+ 4 - 5 12 ， 所以数列 bn 的前 2n项的和T2n= 2 2n+1 3 - 1 4n+ 4 - 5 12 ． 11 设 Sn 数 an 的 n项 ，已知 a3= 0，an+1+ (-1)nSn= 2n. (1) a1，a2； (2)令 bn= an+1+ 2an， b2+ b4+ b6+⋯+b2n. 【答案】(1)a1= 1,a2= 3(2)22n+1- 2 【解析】(1)由 an+1+ (-1)nSn= 2n得 a2- a1= 2,即 a2= a1+ 2, a3+ S2= 22= 4，即 a3+ a2+ a1= 4，又 a3= 0，所以 a1= 1,a2= 3， (2)当 n= 2k时，a2k+1+ S2k= 22k， 当 n= 2k- 1时，a2k- S2k-1= 22k-1， 两式相加可得 a2k+1+ S2k+ a2k- S2k-1= 22k+ 22k-1，得 a2k+1+ 2a2k= 22k+ 22k-1， 由于 bn= an+1+ 2an，所以 b2+ b4+ b6+⋯+b2n= a3+ 2a2 + a5+ 2a4 + a7+ 2a6 +⋯+ a2n+1+ 2a2n  = 22+ 21 + 24+ 23 + 26+ 25 +⋯+ 22n+ 22n-1  = 22+ 24+ 26+⋯+22n + 21+ 23+ 25+⋯+22n-1  = 4 1- 4n  1- 4 + 2 1- 4n  1- 4 = 2 2n+1- 2 12 已知 an  的等差数 ，bn  等比数 ，且 a1= 1，b2= a2，b3= a5，b4= a14． (1) 数 an 与 bn 的 项公式； (2) ∀ n∈N∗，数 cn 满足 c1 b2 + c2 b3 +⋅⋅⋅+ cn bn+1 = an+13 ， cn 的 n项 Sn． 【答案】(1)an= 2n- 1，bn= 3n-1(2)Sn= 3n 【解析】(1)解：由题意，设等差数列 an 的公差为 d d> 0 ， 则 b2= a2= 1+ d，b3= a5= 1+ 4d，b4= a14= 1+ 13d， 因为数列 bn 为等比数列，则 b 2 3= b2b4，即 1+ 4d 2= 1+ d  1+ 13d ， 因为 d> 0，解得 d= 2，∴ an= a1+ n- 1 d= 1+ 2 n- 1 = 2n- 1. 又因为 b2= a2= 3，b3= a5= 9，所以，等比数列 bn 的公比为 q= b3 b2 = 3， 第 56页 共 131页 专业专心 专注 因此，bn= b2qn-2= 3n-1. (2)解：由 c1 b2 + c2 b3 +⋅⋅⋅+ cn bn+1 = an+13 ，① 可得 c1 b2 = a23 = 1，所以，c1= 3， 当 n≥ 2时，c1 b2 + c2 b3 +⋅⋅⋅+ cn-1 bn = an3 ，② ①-②得 cn bn+1 = an+1- an3 = 2 3 ，所以，cn= 2 3 bn+1= 2 ⋅ 3 n-1 n≥ 2 ， c1= 3不满足 cn= 2 ⋅ 3n-1 n≥ 2 ，所以，cn= 3, n= 1 2 ⋅ 3n-1, n≥ 2  . 当 n= 1时，S1= c1= 3， 当 n≥ 2时，Sn= 3+ 2× 31+ 32+⋯+3n-1 = 3+ 6 1- 3n-1  1- 3 = 3 n， S1= 3也满足 Sn= 3n n≥ 2 ， 综上所述，对任意的 n∈N∗，Sn= 3n. 13 已知数 an 的 n项 为 Sn，且 Sn= 2an+ 2n- 5． (1) 数 an 的 项公式； (2)记 bn= log2 an+1- 2 ， 数 1bn ⋅ bn+1  的 n项 Tn． 【答案】(1)an= 2n-1+ 2(2) nn+ 1 【解析】(1)当 n= 1时，S1= a1= 2a1+ 2- 5，解得 a1= 3， 当 n≥ 2时，Sn-1= 2an-1+ 2 n- 1 - 5． 可得 Sn- Sn-1= 2an+ 2n- 5- 2an-1+ 2 n- 1 - 5 ， 整理得：an= 2an-1- 2， 从而 an- 2= 2 an-1- 2 n≥ 2 ， 又 a1- 2= 1，所以数列 an- 2 是首项为 1，公比为 2的等比数列； 所以 an- 2= a1- 2 ⋅ 2n-1= 2n-1， 所以 an= 2n-1+ 2，经检验，a1= 3满足 an= 2n-1+ 2， 综上，数列 an 的通项公式为 an= 2n-1+ 2； (2)由 (1)得 an- 2= 2n-1，所以 an+1- 2= 2n，所以 bn= log2 an+1- 2 = n， ∴ 1 bn+1 ⋅ bn = 1 n n+ 1  = 1 n - 1 n+ 1 ， 所以Tn= 1b1b2 + 1 b2b3 + 1 b3b4 +⋯⋯+ 1 bnbn+1 = 11 - 1 2 + 1 2 - 1 3 + 1 3 - 1 4 ⋯⋯+ 1 n - 1 n+ 1 . = 1- 1 n+ 1 = n n+ 1 14 已知 Sn为数 an 的 n项 ，a1= 1，且 nan- Sn= n2- n,n∈N*． (1) 数 an 的 项公式； (2)若 bn= 2 an 2an- 1  2an+1- 1  ， 数 bn 的 n项 Tn． 【答案】(1)an= 2n- 1(2)Tn= 13 1- 1 22n+1- 1  【解析】(1)因为 nan- Sn= n2- n， 所以 (n- 1)an-1- Sn-1= (n- 1)2- (n- 1) (n≥ 2)， 计算专题训练 6 数列求和计算 第 57页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 两式相减得 nan- (n- 1)an-1- an= 2n- 2， 化简得 an- an-1= 2(n≥ 2)， 所以数列 an 是以 1为首项，2为公差的等差数列， 所以 an= 1+ (n- 1) × 2= 2n- 1． (2)bn= 2 2n-1 22n-1- 1  22n+1- 1  = 13 1 22n-1- 1 - 1 22n+1- 1 ， 所以Tn= b1+ b2+⋯+bn = 13 1 2- 1 - 1 23- 1 + 1 23- 1 - 1 25- 1 +⋯+ 1 22n-1- 1 - 1 22n+1- 1  = 13 1- 1 22n+1- 1  所以Tn= 13 1- 1 22n+1- 1 ． 15 已知函数 an 的首项 a1= 35 ，且满足 an+1= 3an 2an+ 1 ． (1) 证 1 an - 1 为等比数 ， an． (2)对于实数 x，x 表示不超过 x的最大整数， 1a1 + 2 a2 + 3 a3 +⋯+ 100 a100    的值． 【答案】(1)证明见解析，an= 3 n 3n+ 2 (2)5051 【解析】(1)因为 a1= 35 ，an+1= 3an 2an+ 1 ， 所以 an≠ 0， 所以 1 an+1 = 2an+ 13an = 23 + 1 3an ， 所以 1 an+1 - 1= 13 1 an - 1 . 又因为 1 a1 - 1= 23 ， 所以数列 1 an - 1 是首项为 2 3 ，公比为 1 3 的等比数列， 所以 1 an - 1= 23 × 1 3  n-1= 2 3n ， 所以 1 an = 2 3n + 1，所以 an= 3 n 3n+ 2 . (2)因为 1 an = 2 3n + 1， 所以 1 a1 + 2 a2 + 3 a3 +⋅⋅⋅+ 100 a100 = 2 31 + 4 32 +⋅⋅⋅+ 200 3100 + 1+ 2+ 3+⋅⋅⋅+100 = 2× 1 31 + 2 32 +⋅⋅⋅+ 100 3100 + 100× 100+ 1  2 . 设T= 1 31 + 2 32 + 3 33 +⋅⋅⋅+ 100 3100 ， 所以 1 3 T= 1 32 + 2 33 + 3 34 +⋅⋅⋅+ 100 3101 ， 所以 2 3 T= 1 3 + 1 32 + 1 33 +⋅⋅⋅+ 1 3100 - 100 3101 = 1 3 × 1- 1 3100  1- 13 - 100 3101 = 12 × 1- 1 3100 - 100 3101 ， 第 58页 共 131页 专业专心 专注 所以T= 34 - 203 4× 3100 ， 所以 1 a1 + 2 a2 + 3 a3 +⋅⋅⋅+ 100 a100 = 5050+ 32 - 203 2× 3100 = 5051.5- 203 2× 3100 . 因为 0< 203 3100 < 1， 所以 0< 203 2× 3100 < 12 ， 所以 5051< 5051.5- 203 2× 3100 < 5051.5， 所以 1 a1 + 2 a2 + 3 a3 +⋅⋅⋅+ 100 a100    = 5051. 16 已知 项 为正数的数 {an}满足 a1= 1,an= 2an-1+ 3(正整数 n≥ 2) (1) 证：数 an+ 3  等比数 ； (2) 数 {an}的 n项 Sn. 【答案】(1)证明见解析 (2)Sn= 2n+2- 3n- 4 【解析】(1)证明：已知递推公式 an= 2an-1+ 3，两边同时加上 3， 得：an+ 3= 2 an-1+ 3 n≥ 2 ， 因为 an> 0,an+ 3> 0， 所以 an+ 3 an-1+ 3 = 2 n≥ 2 ， 又 a1+ 3= 4≠ 0， 所以数列 an+ 3 是以 a1+ 3= 4为首项、以 2为公比的等比数列. (2)由 (1)an+ 3= 4× 2n-1= 2n+1，则 an= 2n+1- 3 n∈N* ， 所以 Sn= a1+ a2+⋅⋅⋅+an= 22- 3+ 23- 3+⋅⋅⋅+2n+1- 3 = 22+ 23+⋅⋅⋅+2n+1 - 3n = 4 ⋅ 1- 2n  1- 2 - 3n= 2 n+2- 3n- 4. 17 已知 数 an 中，a1= 12 ，且 1 an   公差为 1的等差数 ． (1) 数 an 的 项公式； (2)设 bn= an+1 an + an，数 bn 的 n项 为Tn， 得Tm≤ 425 的最大整数m的值； (3)设 cn= 1- an 2n ⋅ an ， 数 cn 的 n项 Qn 【答案】(1)an= 1n+ 1 (2)8(3)Qn= 2- 2+ n 2n 【解析】(1)由 a1= 12 可知 1 a1 = 2，又 1 an  是公差为 1的等差数列， 所以 1 an = 2+ (n- 1) × 1= n+ 1，故 an= 1n+ 1 ． (2)bn= an+1 an + an= n+ 1n+ 2 + 1 n+ 1 = 1+ 1 n+ 1 - 1 n+ 2 ， Tn= b1+ b2+⋯+bn= n+ 12 - 1 3 + 1 3 - 1 4 +⋯+ 1 n+ 1 - 1 n+ 2 = n+ 1 2 - 1 n+ 2 ， 则Tm=m+ 12 - 1 m+ 2 ≤ 42 5 ，整理得 10(m+ 2) 2- 99(m+ 2) - 10≤ 0， 解得 1≤m≤ 8，故满足条件的最大整数m的值为 8． (3)由题得 cn= 1- an 2n ⋅ an = n 2n ， 计算专题训练 6 数列求和计算 第 59页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 则Qn= 1× 12 + 2× 1 22 + 3× 1 23 +⋯+n× 1 2n ， 1 2 Qn= 1× 1 22 + 2× 1 23 +⋯+(n- 1) × 1 2n + n× 1 2n+1 ， 两式相减得 1 2 Qn= 1 2 + 1 22 + 1 23 +⋯+ 1 2n - n× 1 2n+1 = 1- 1 2n - n× 1 2n+1 ， 所以Qn= 2- 22n - n 2n = 2- 2+ n 2n . 18 已知数 an  项都不为 0， n项 为 Sn，且 3an- 2= Sn，数 bn 满足 b1=-1，bn+1= bn+ n． (1) 数 an  bn 的 项公式； (2)令 cn= 2anbn n+ 1 ， 数 cn 的 n项 为Tn 【答案】(1)an= 32  n-1;bn= n+ 1 n- 2  2 ;(2)Tn= 8+ 3 n- 4 × 3 2  n-1 【解析】(1)由 3an- 2= Sn，可得 3an-1- 2= Sn-1 n≥ 2 ，两式相减得 3an- 3an-1= Sn- Sn-1= an，整理得 an= 32 an-1，因为数列 an 各项都不为 0，所以数列 an 是以 3 2 为公比的等比数列．令 n= 1，则 3a1- 2 = S1= a1，解得 a1= 1，故 an= 32  n-1 ． 由题知 bn+1- bn= n， 所以 bn= bn- bn-1 + bn-1- bn-2 +⋯+ b3- b2 + b2- b1 + b1 = n- 1 + n- 2 +⋯+2+ 1- 1= n 2- n- 2 2 = n+ 1 n- 2  2 (2)由 (1)得 cn= 2anbn n+ 1 = n- 2  3 2  n-1 ，所以Tn= c1+ c2+⋯+cn= -1 × 32  0+ 0× 32  1+⋯ + n- 2 × 32  n-1 ， 3 2 Tn= -1 × 3 2  1+ 0× 32  2+⋯+ n- 2 × 32  n ， 两式相减得- 12 Tn= -1 + 3 2 × 1- 3 2  n-1    1- 32 - n- 2 × 32  n=-4+ 6- 32 n × 3 2  n-1 ， 所以Tn= 8+ 3 n- 4 × 32  n-1 ． 19 已知等比数 an 的公比为 2，数 bn 满足 b1= 2，b2= 3，anbn+1- an= 2nbn． (1) an  bn 的 项公式； (2)记 Sn为数 bn an  的 n项 ，证 ：1≤ Sn< 3． 【答案】(1)an= 2n；bn= n+ 1(2)证明见解析 【解析】(1)当 n= 1时，a1b2- a1= 2b1， 又 b1= 2,b2= 3，解得 a1= 2． 所以 an 是以 2为首项，2为公比的等比数列，故 an= 2× 2n-1= 2n． 则 2nbn+1- 2n= 2nbn，即 bn+1= bn+ 1． 所以 bn 是以 2为首项，1为公差的等差数列，故 bn= 2+ n- 1 × 1= n+ 1． (2)由 (1)可得 an= 2n，bn= n+ 1，所以 bn an = n+ 1 2n ． 则 Sn= 22 + 3 22 + 4 23 +⋅⋅⋅+ n+ 1 2n ①， 1 2 Sn= 2 22 + 3 23 + 4 24 +⋅⋅⋅+ n+ 1 2n+1 ②， 第 60页 共 131页 专业专心 专注 ①-②可得 12 Sn= 1+ 1 22 + 1 23 +⋅⋅⋅+ 1 2n - n+ 1 2n+1 = 1+ 1 22 1- 12  n-1    1- 12 - n+ 1 2n+1 = 32 - n+ 3 2n+1 ， 所以 Sn= 3- n+ 32n < 3． 因为 Sn+1- Sn= 3- n+ 42n+1 - 3+ n+ 3 2n = n+ 2 2n+1 > 0，所以 Sn 是递增数列． 则 Sn≥ S1= 3- 1+ 32 = 1，故 1≤ Sn< 3． 20 数 an 中，a1=-1，an= 2an-1+ 3n- 6 n≥ 2,n∈N* . (1) 证：数 an+ 3n 为等比数 ， 数 an 的 项公式； (2)设 bn= an+ n， 数 bn 的 n项 Tn. 【答案】(1)证明见解析；an= 2n- 3n；(2)2n+1- 2- n(n+ 1) 【解析】(1) ∵ an= 2an-1+ 3n- 6 n≥ 2,n∈N* ， ∴当 n≥ 2时， an+ 3n an-1+ 3 n- 1  = 2an-1+ 3n- 6+ 3n an-1+ 3n- 3 = 2 an-1+ 3n- 3  an-1+ 3n- 3 = 2， 数列 an+ 3n 是首项为 a1+ 3= 2，公比为 2的等比数列， ∴ an+ 3n= 2n，an= 2n- 3n； (2)bn= an+ n= an= 2n- 3n+ n= 2n- 2n 数列 bn 的前 n项和Tn= b1+ b2+ ...+bn= 21- 2 + 22- 4 + 23- 6 + ...+ 2n- 2n  = 21+ 22+ ...+2n- 2+ 4+ 6+ ...+2n = 2 1- 2n  1- 2 - 2+ 2n 2 × n= 2 n+1- 2- n(n+ 1)． 21 记 Sn为数 an 的 n项 ，已知 a1= 1, 2nan  公差为 2的等差数 . (1) an 的 项公式； (2)证 ：Sn< 4. 【答案】(1)an= n2n-1 (2)证明见解析 【解析】(1)因为 a1= 1，所以 2a1= 2， 因为 2nan 是公差为 2的等差数列，所以 2nan= 2+ 2 n- 1 = 2n， 所以 an= 2n2n = n 2n-1 . (2)Sn= 120 + 2 21 + 3 22 +⋯+ n 2n-1 ，① 所以 1 2 Sn= 1 21 + 2 22 +⋯+ n- 1 2n-1 + n 2n ，② ① -②则 12 Sn= 1+ 1 2 + 1 22 +⋯+ 1 2n-1 - n 2n = 1- 12n 1- 12 - n 2n = 2- n+ 2 2n ， 所以 Sn= 4- n+ 22n-1 < 4. 22 已知数 an 满足 an= 2an-1- 2n+ 4(n≥ 2，n∈N*)，a1= 4． (1) 证：数 an- 2n 为等比数 ， an 的 项公式； (2) 数 -1 nan 的 n项 Sn． 【答案】(1)证明见解析，an= 2n+ 2n (2)Sn= 2n+1 3 + n- 2 3 ,n为偶数 - 2 n+1 3 - n- 5 3 ,n为奇数      计算专题训练 6 数列求和计算 第 61页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 【解析】(1) ∵ an= 2an-1- 2n+ 4， ∴ an- 2n= 2an-1- 4n+ 4= 2 an-1- 2 n- 1  ， 所以 an- 2n an-1- 2 n- 1  = 2，又 a1- 2= 2， ∴ an- 2n 是首项为 2，公比为 2的等比数列， ∴ an- 2n= 2n， ∴ an= 2n+ 2n． (2) ∵ -1 nan= -2 n+ 2 -1 nn， ∴ Sn= -2 1+ -2 2+⋯+ -2 n+ 2 -1+ 2- 3+ 4-⋯+ -1 nn ， 当 n为偶数时， Sn= -2 1- -2 n  1- -2  + 2 -1+ 2 + -3+ 4 +⋯+ -n+ 2+ n- 1 - n = 2 n+1- 2 3 + 2× n 2 = 2n+1 3 + n- 23 ． 当 n为奇数时， Sn= -2 1- -2 n  1- -2  + 2 -1+ 2 + -3+ 4 +⋯+ -n+ 2+ n- 1 - n = -2- 2 n+1 3 + n- 1- 2n= - 2 n+1 3 - n- 5 3 ． 综上 Sn= 2n+1 3 + n- 2 3 ,n为偶数 - 2 n+1 3 - n- 5 3 ,n为奇数      ． 23 已知数 an  公差为 d d≠ 0 的等差数 ，且满足 a1= 1,an+1= xan+ 2. (1) an 的 项公式； (2)设 bn= (-1)n ⋅ 4nanan+1 ， 数 bn 的 10项 S10. 【答案】(1)an= 2n- 1(2) - 2021 【解析】(1)因为 an 是公差为 d d≠ 0 的等差数列，a1= 1,an+1= xan+ 2， 所以当 n= 1时，a2= xa1+ 2= x+ 2， 当 n= 2时，a3= xa2+ 2= x x+ 2 + 2= x2+ 2x+ 2， 因为 a3- a2= a2- a1，即 x2+ x= x+ 1， 解得 x=±1，所以 d= 2或 d= 0(舍去)， 所以 an= 1+ 2 n- 1 = 2n- 1； (2)由 (1)得， bn= (-1)n ⋅ 4nanan+1 = (-1)n ⋅ 4n 2n- 1  2n+ 1  = (-1)n ⋅ 12n- 1 + 1 2n+ 1 . 所以 S10=-1- 13 + 1 3 + 1 5 - 1 5 - 1 7 +⋯+ 1 19 + 1 21 =-1+ 1 21 =- 20 21 . 24 已知数 an 的 n项 为 Sn，且 Sn= 2an- 4． (1) an 的 项公式； (2) 数 nSn 的 n项 Tn． 【答案】(1)an= 2n+1(2)Tn= (n- 1)2n+3- 2n(n+ 1) + 8 【解析】(1)因为 Sn= 2an- 4，所以当 n≥ 2时，Sn-1= 2an-1- 4， 两式相减，得 Sn- Sn-1= 2an- 4- (2an-1- 4)，整理得 an= 2an-1， 即 n≥ 2时，an= 2an-1，又当 n= 1时，S1= a1= 2a1- 4，解得 a1= 4， 第 62页 共 131页 专业专心 专注 所以数列 an 是以 4为首项，2为公比的等比数列， 所以 an= 4× 2n-1= 2n+1. (2)由 (1)知 Sn= 2× 2n+1- 4= 2n+2- 4，所以 nSn= n ⋅ 2n+2- 4n， 令 bn= n ⋅ 2n+2,cn=-4n，易知，c1+ c2+⋯+cn=-4× n(n+ 1) 2 =-2n(n+ 1)， 设数列 bn 的前 n项和为Kn，则Kn= 1× 23+ 2× 24+ 3× 25+⋯+n ⋅ 2n+2①，2Kn= 1× 24+ 2× 25+ 3× 26+⋯+n ⋅ 2n+3②， 由①-②，得-Kn= 1× 23+ 24+ 25+ 26+⋯+2n+2- n ⋅ 2n+3， 即-Kn= 23+ 24(1- 2n-1) 1- 2 - n ⋅ 2 n+3= 2n+3- n ⋅ 2n+3- 8， 所以Kn= 23+ 24(1- 2n-1) 1- 2 - n ⋅ 2 n+3= (n- 1) ⋅ 2n+3+ 8， 所以Tn=Kn- 2n(n+ 1) = (n- 1) ⋅ 2n+3- 2n(n+ 1) + 8. 25 已知等比数 an 的 项 为正数，且 a2+ a3+ a4= 39，a5= 2a4+ 3a3. (1) an 的 项公式； (2)数 bn 满足 bn= n ⋅ an， bn 的 n项 Tn. 【答案】(1)an= 3n-1；(2)Tn= 2n- 1 3n+ 1 4 . 【解析】(1)设数列 an 的公比为 q q> 0 ， 则 a1 q+ q2+ q3 = 39 a1q 4= 2a1q3+ 3a1q2  ，q> 0，解得 a1= 1 q= 3  ， 所以 an= 3n-1，即 an 的通项公式为 an= 3n-1； (2)由题可知 bn= n ⋅ 3n-1， 则Tn= 1× 30+ 2× 31+ 3× 32+⋯+ n- 1 × 3n-2+ n× 3n-1， 3Tn= 1× 31+ 2× 32+ 3× 33+⋯+ n- 1 × 3n-1+ n× 3n， 两式相减得：-2Tn= 1+ 31+ 32+ 33+⋯+3n-1- n× 3n = 1- 3 n 1- 3 - n× 3 n= 1- 2n 3n- 1 2 ， ∴Tn= 2n- 1 3n+ 1 4 . 26 已知数 an 中，a1= 1，an= an+1 2n ，n∈N*． (1) 数 an 的 项公式； (2)设 bn= log2a2n+ 3n，数 1bn  的 n项 Sn， 证：Sn< 3 4 ． 【答案】(1)an= 2 n(n-1) 2 (2)证明见解析 【解析】(1)解：因为 a1= 1， an+1 2n = an(n∈N*)， 所以 an+1 an = 2n(n∈N*)， 所以 an= an an-1 ⋅ an-1 an-2 ⋅⋅⋅⋅⋅ a2 a1 ⋅ a1= 2n-1 ⋅ 2n-2 ⋅⋅⋅⋅⋅ 21 ⋅ 1= 2 1+2+⋯+ n-1 = 2 n(n-1) 2 当 n= 1时，a1= 1满足条件， 所以 an= 2 n(n-1) 2 ； (2)因为 bn= log2a2n+ 3n= n(n+ 2)， 计算专题训练 6 数列求和计算 第 63页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 所以 1 bn = 1 n(n+ 2) = 1 2 1 n - 1 n+ 2 ， 所以 Sn= 12 1- 1 3 + 1 2 - 1 4 +⋅⋅⋅+ 1 n - 1 n+ 2 = 1 2 1+ 1 2 - 1 n+ 1 - 1 n+ 2 = 1 2 3 2 - 1 n+ 1 - 1 n+ 2 ， 所以 Sn< 34 . 27 数 an 满足 a1= 3,an+1- a2n= 2an,2bn= an+ 1. (1) 证：bn  等比数 ； (2)若 cn= nbn + 1， cn 的 n项 为Tn. 【答案】(1)证明见解析 (2)Tn= n+ 2- n+ 22n . 【解析】(1) ∵ 2bn= an+ 1, ∴ bn= log2(an+ 1),b1= log2(3+ 1) = 2, ∵ an+1= a2n+ 2an, ∴ an+1+ 1= a2n+ 2an+ 1= an+ 1 2, ∴ log2(an+1+ 1) = 2log2(an+ 1), ∴ bn+1 bn = log2(an+1+ 1) log2(an+ 1) = 2, 所以数列 bn 是以 2为首项，2为公比的等比数列. (2)由 (1)可得，bn= 2n，所以 cn= n2n + 1， 设 dn= n2n ,设其前 n项和为 Sn， 则 Sn= 121 + 2 22 + 3 23 +⋯+ n- 1 2n-1 + n 2n ,① 1 2 Sn= 1 22 + 2 23 + 3 24 +⋯+ n- 1 2n + n 2n+1 ,② 减②得 1 2 Sn= 1 21 + 1 22 + 1 23 +⋯+ 1 2n - n 2n-1 = 1 2 1- 1 2  n    1- 12 - n 2n+1 = 1- n+ 2 2n+1 , 所以 Sn= 2- n+ 22n , 所以Tn= Sn+ n= n+ 2- n+ 22n . 28 已知正数数 an ，a1= 1，且满足 a2n- n- 1 anan-1- na2n-1= 0 n≥ 2 ． (1) 数 an 的 项公式； (2)设 bn= n- 1an ， 数 bn 的 n项 Sn． 【答案】(1)an= n!(2)Sn= 1- 1n! 【解析】(1) ∵ a2n- n- 1 anan-1- na2n-1= 0 n≥ 2 ， ∴ an- nan-1 an+ an-1 = 0 n≥ 2 ， 又 an> 0，∴ an= nan-1，即 an an-1 = n n≥ 2 ． 又 an= a1× a2 a1 × a3 a2 ×⋅⋅⋅× an an-1 = 1× 2× 3×⋅⋅⋅× n= n! n≥ 2 ， 且 a1= 1= 1!，∴ an= n! (2)bn= n- 1n! ，∴ b1= 0，bn= n- 1 n! = 1 n- 1 ! - 1 n! n≥ 2 ， 第 64页 共 131页 专业专心 专注 ∴ Sn= b1+ b2+ b3+ b4+⋅⋅⋅+bn = 0+ 11! - 1 2! + 1 2! - 1 3! + 1 3! - 1 4! +⋅⋅⋅+ 1 n- 1 ! - 1 n! = 1- 1 n! 又 S1= b1= 1- 11! = 0， ∴ Sn= 1- 1n! . 29 已知数 an 、bn ，满足 a1= 100，an+1= a2n，bn= lgan. (1) 数 bn 的 项公式； (2)若 cn= log2bn+ log2bn+1+⋯+log2b2n， 数 1cn  的 n项 Sn. 【答案】(1)bn= 2n(2)Sn= 2n3 n+ 1  【解析】(1)解：因为 an+1= a2n，a1= 100> 1，则 a2= a21> 1，a3= a22> 1，⋯， 以此类推可知，对任意的 n∈N∗，an> 1，所以 lgan+1= lga2n， 即 lgan+1= 2lgan，bn+1= 2bn， 又因为 b1= 2，所以 bn 是首项为 2，公比为 2的等比数列， 所以 bn 的通项公式为 bn= 2× 2n-1= 2n. (2)解：log2bn= n，则 cn= n+ n+ 1 + n+ 2 +⋯+2n= n+ 1 n+ 2n  2 = 3n n+ 1  2 ， 所以， 1 cn = 2 3n n+ 1  = 23 1 n - 1 n+ 1 ， 故 Sn= 23 1- 1 2 + 1 2 - 1 3 + 1 3 - 1 4 +⋯+ 1 n - 1 n+ 1  = 2 3 1- 1 n+ 1 = 2n 3 n+ 1  . 30 已知数 an 中，a1= 1，Sn 数 an 的 n项 ，数 2Sn an   公差为 1的等差数 ． (1) 数 an 的 项公式； (2)证 ：1 S1 + 1 S2 +⋯+ 1 Sn < 2． 【答案】(1)an= n(2)证明见解析 【解析】(1)因为数列 2Sn an  是首项为 2，公差为 1的等差数列， 所以 2Sn an = 2+ n- 1 ⋅ 1= n+ 1，则 2Sn= n+ 1 an，得 2Sn-1= nan-1(n≥ 2)， 两式相减得：2an= n+ 1 an- nan-1，则 an an-1 = n n- 1 ， an= an an-1 ⋅ an-1 an-2 ⋅⋯⋅ a2 a1 ⋅ a1= nn- 1 ⋅ n- 1 n- 2 ⋅⋯⋅ 2 1 ⋅ 1= n(n≥ 2)， 又 a1= 1适合上式，故 an= n． 另解：由 2an= n+ 1 an- nan-1得 an n = an-1 n- 1 (n≥ 2)， 故 an n  为常数列， 则 an n = a11 = 1，故 an= n． (2)由 (1)得 Sn= n n+ 1  2 ， 所以 1 Sn = 2 n n+ 1  = 2 1 n - 1 n+ 1 ， 则 1 S1 + 1 S2 +⋯+ 1 Sn = 2 1- 12 + 2 1 2 - 1 3 +⋯+2 1 n - 1 n+ 1 = 2 1- 1 n+ 1 < 2. 计算专题训练 6 数列求和计算 第 65页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 31 已知 等差数 an 中，a1+ a4+ a7=-24，a2+ a5+ a8=-15． (1) 数 an 的 项公式； (2) 数 -1 nan 的 n项 Tn． 【答案】(1)an= 3n- 20 (2)Tn= 3n 2 , n= 2k 37- 3n 2 , n= 2k- 1      且 k∈N* 【解析】(1)若等差数列公差为 d，则 (a2+ a5+ a8) - (a1+ a4+ a7) = 3d= 9，即 d= 3， 由 a1+ a4+ a7= 3a4=-24，则 a4=-8， 所以 an 的通项公式 an= a4+ (n- 4)d=-8+ 3(n- 4) = 3n- 20. (2)由题设Tn=-a1+ a2- a3+ a4-⋯+ -1 nan， 当 n为偶数，则Tn= a2- a1 + a4- a3 +⋯+ an- an-1 = 3n2 ； 当 n为奇数，则Tn= a2- a1 + a4- a3 +⋯+ an-1- an-2 - an= 3 n- 1  2 - 3n+ 20= 37- 3n 2 ； 所以Tn= 3n 2 , n= 2k 37- 3n 2 , n= 2k- 1      且 k∈N*. 32 记数 an 的 n项 为 Sn，已知 an+1= an+ 1,n= 2k- 1, an+ t,n= 2k,  k∈N *，S3= 7a1，a4= a2+ 3． (1) a1，t； (2) 数 an 的 项公式； (3) 数 an 的 n项 Sn． 【答案】(1)a1= 1，t= 2 (2)an= 3n- 1 2 ,n= 2k- 1, 3n- 2 2 ,n= 2k k∈N*       (3)Sn= 3n2+ 1 4 ,n= 2k- 1, 3n2 4 ,n= 2k k∈N*       【解析】(1)由 an+1= an+ 1,n= 2k- 1, an+ t,n= 2k,  (k∈N *)可得，a2= a1+ 1，a3= a2+ t，a4= a3+ 1， 又 S3= 7a1，a4= a2+ 3，则 a1+ a1+ 1 + a1+ 1+ t = 7a1, a1+ t+ 2= a1+ 1 + 3,  解得 a1= 1，t= 2． (2)由 an+1= an+ 1,n= 2k- 1, an+ 2,n= 2k,  (k∈N *)可得， 当 n为奇数时，an+2= an+1+ 2= an+ 1+ 2= an+ 3，所以数列 an 的奇数项是一个公差为 3的等差数列， 又 a1= 1，则 an= a1+ n- 12 × 3= 3n- 1 2 ； 当 n为偶数时，an+2= an+1+ 1= an+ 2+ 1= an+ 3，所以数列 an 的偶数项是一个公差为 3的等差数列， 又 a2= a1+ 1= 2，则 an= a2+ n- 22 × 3= 3n- 2 2 ， 则 an= 3n- 1 2 ,n= 2k- 1, 3n- 2 2 ,n= 2k k∈N*       ． (3)S2n= a1+ a3+ a5+⋯+a2n-1 + a2+ a4+ a6+⋯+a2n  第 66页 共 131页 专业专心 专注 = n× 1+ n(n- 1)2 × 3    + n× 2+ n(n- 1) 2 × 3    = 3n 2． Sn= S2k- a2k,n= 2k- 1, S2k,n= 2k k∈N*  ，则 Sn= 3k2- 3× 2k- 22 ,n= 2k- 1, 3k2,n= 2k k∈N*  ， 即 Sn= 3n2+ 1 4 ,n= 2k- 1, 3n2 4 ,n= 2k k∈N*       ． 33 数 an 中，a1= 1，且 an+1= 2an+ n- 1． (1)证 ：数 an+ n 为等比数 ， 出 an； (2)记数 bn 的 n项 为 Sn．若 an+ bn= 2Sn， S11． 【答案】(1)证明见详解，an= 2n- n(2)1360 【解析】(1)因为 an+1= 2an+ n- 1， 则 an+1+ n+ 1  an+ n = 2an+ n- 1 + n+ 1  an+ n = 2 an+ n  an+ n = 2，且 a1+ 1= 2， 所以数列 an+ n 是以首项为 2，公比为 2的等比数列， 故 an+ n= 2× 2n-1= 2n，可得 an= 2n- n. (2)因为 2Sn= an+ bn= bn+ 2n- n，即 2Sn= bn+ 2n- n， 当 n= 1时，则 2b1= b1+ 1，解得 b1= 1； 当 n≥ 2时，则 2Sn-1= bn-1+ 2n-1- n+ 1， 两式相减得：2bn= bn- bn-1+ 2n-1- 1，整理得 bn+ bn-1= 2n-1- 1； 所以 S11= b1+ b2+ b3+ b4+ b5+⋅⋅⋅+b11= b1+ b2+ b3 + b4+ b5 +⋅⋅⋅+ b10+ b11  = 1+ 22- 1 + 24- 1 +⋅⋅⋅+ 210- 1 = 22+ 24+ 26+ 28+ 210 - 4= 1360， 即 S11= 1360. 34 已知数 an 满足 a1= 3，2an+1- anan+1= 1． (1)记 bn= 1an- 1 数 bn 的 项公式； (2) 数 1 bnbn+1  的 n项 ． 【答案】(1)bn= 32 - n(2) 4n 1- 2n 【解析】(1) ∵ 2an+1- anan+1= 1，∴ an+1= 12- an ， 又∵ bn= 1an- 1 ，∴ bn+1= 1an+1- 1 = 11 2- an - 1 = 2- an an- 1 = 1 an- 1 - 1= bn- 1， 又 b1= 1a1- 1 = 12 ， 所以数列 bn 是以 1 2 为首项，-1为公差的等差数列， 所以数列 bn 的通项公式为 bn= 12 - (n- 1) = 3 2 - n. (2)由 (1)得 1 bnbn+1 = 13 2 - n  1 2 - n  = 11 2 - n - 13 2 - n ， 所以数列 1 bnbn+1  的前 n项和为 1 b1b2 + 1 b2b3 + 1 b3b4 +⋯+ 1 bnbn+1 计算专题训练 6 数列求和计算 第 67页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 = 11 2 - 1 - 13 2 - 1 + 11 2 - 2 - 13 2 - 2 + 11 2 - 3 - 13 2 - 3 +⋯+ 11 2 - n - 13 2 - n = 11 2 - n - 13 2 - 1 = 4n1- 2n . 35 已知等比数 an 的 n项 为 Sn，且 2n+1，Sn，a成等差数 ． (1) a的值及数 an 的 项公式； (2)若 bn= 2n- 1 an 数 bn 的 n项 Tn 【答案】(1)a=-2，an= 2n-1，n∈N*；(2)Tn= 3+ 2n- 3 ⋅ 2n 【解析】(1) ∵ 2n+1，Sn，a成等差数列， ∴ 2Sn= 2n+1+ a，即 Sn= 2n+ a2 ， 当 n= 1时，2a1= 2S1= 4+ a，即 a1= 2+ a2 ， 当 n≥ 2时，an= Sn- Sn-1= 2n+ a2 - 2 n-1- a2 = 2 n-1， ∵ an 是等比数列， ∴ a1= 1，则 2+ a2 = 1，得 a=-2， ∴数列 an 的通项公式为 an= 2n-1，n∈N*； (2)bn= 2n- 1 an= 2n- 1 ⋅ 2n-1， 则前 n项和Tn= 1 ⋅ 20+ 3 ⋅ 21+ 5 ⋅ 22+⋯+(2n- 1) ⋅ 2n-1， 2Tn= 1 ⋅ 21+ 3 ⋅ 22+ 5 ⋅ 23+⋯+(2n- 1) ⋅ 2n， 两式相减可得-Tn= 1+ 2(2+ 22+⋯+2n-1) - (2n- 1) ⋅ 2n = 1+ 2 ⋅ 2(1- 2 n-1) 1- 2 - (2n- 1) ⋅ 2 n， 化简可得Tn= 3+ 2n- 3 ⋅ 2n． 36 已知数 an  bn ，a1= 2，1bn - 1 an = 1，an+1= 2bn. (1) 数 an  bn 的 项公式； (2) 数 n bn  的 n项 Tn. 【答案】(1)an= 2 n 2n- 1 ，bn= 2 n 2n+1- 1 (2)Tn= n2+ n- 2+ n+ 22n 【解析】(1)由 a1= 2，1bn - 1 an = 1，an+1= 2bn得 2an+1 - 1 an = 1， 整理得 1 an+1 - 1= 12 1 an - 1 ，而 1a1 - 1=- 1 2 ≠ 0， 所以数列 1 an - 1 是以- 1 2 为首项，公比为 1 2 的等比数列， 所以 1 an - 1=- 12 1 2  n-1=- 1 2n ， ∴ an= 2 n 2n- 1 ， ∴ bn= 12 an+1= 2n 2n+1- 1 . (2) n bn = n ⋅ 2 n+1- 1 2n = 2n- n 2n ， 设 Sn= 12 + 2 22 +⋯+ n 2n ， 第 68页 共 131页 专业专心 专注 则 1 2 Sn= 1 22 + 2 23 +⋯+ n 2n+1 ， 两式相减得 1 2 Sn= 1 2 + 1 22 +⋯+ 1 2n - n 2n+1 = 1 2 1- 1 2n  1- 12 - n 2n+1 = 1- n+ 2 2n+1 ，从而 Sn= 2- n+ 22n ∴Tn= n 2+ 2n  2 - Sn= n 2+ n- 2+ n+ 2 2n . 37 等比数 an 的 n项 为 Sn，已知 a1= 1，且 3a2- 1,a3,S3成等差数 ． (1) an 的 项公式； (2)若 an+1= 2anbn，数 bn 的 n项 Tn． 【答案】(1)an= 4n-1(2)Tn= 329 - 8+ 6n 9× 4n-1 【解析】(1)设等比数列 an 的公比为 q，因为 3a2- 1,a3,S3成等差数列， 所以 2a3= 3a2- 1+ S3= 4a2- 1+ a1+ a3， 因为 a1= 1，所以 a3= 4a2，即 q= a3 a2 = 4， 所以 an= a1qn-1= 4n-1. (2)由 (1)得 an+1= 4n，因为 an+1= 2anbn，所以 4n= 2anbn= 22n， 所以 anbn= 2n，即 bn= 2nan = 2n 4n-1 ； Tn= 240 + 4 41 + 6 42 +⋯ 2n 4n-1 ， 1 4 Tn= 2 41 + 4 42 + 6 43 +⋯ 2n 4n ， 两式相减可得 3 4 Tn= 2+ 2 41 + 2 42 + 2 43 +⋯+ 2 4n-1 - 2n 4n = 2 1+ 1 41 + 1 42 +⋯+ 1 4n-1 - 2n 4n = 2 1- 14n 1- 14        - 2n 4n = 83 - 8 3× 4n - 2n 4n = 83 - 8+ 6n 3× 4n ； 所以Tn= 329 - 8+ 6n 9× 4n-1 . 38 已知数 an 的 n项 为 Sn，an> 0，且满足 4Sn= an+ 1 2． (1) 数 an 的 项公式； (2)设 bn= 4Sn anan+1 的 n项 为Tn， Tn． 【答案】(1)an= 2n- 1(2)Tn= 2n 2+ 2n 2n+ 1 【解析】(1)因为 4Sn= an+ 1 2，当 n≥ 2时，4Sn-1= an-1+ 1 2，两式作差得 4an= an+ 1 2- an-1+ 1 2= a2n+ 2an- a2n-1- 2an-1， 即 2an+ 2an-1= a2n- a2n-1，又 an> 0，所以，当 n≥ 2时，an- an-1= 2， 又当 n= 1时，4a1= a1+ 1 2，解得 a1= 1， 计算专题训练 6 数列求和计算 第 69页 共 131页 专业 专注 专心 博观而约取 厚积而薄发 可知数列 an 是以首项为 1，公差为 2的等差数列， 所以 an= 1+ (n- 1) × 2，即 an= 2n- 1 (2)由 (1)知 Sn= n(1+ 2n- 1) 2 = n 2，所以 bn= 4Sn anan+1 = 4n 2 (2n- 1) (2n+ 1) = 4n2- 1+ 1 (2n- 1) (2n+ 1) = 1+ 1 2 1 2n- 1 - 1 2n+ 1 ， Tn= b1+ b2+⋯+bn= n+ 12 1 1 - 1 3 + 1 3 - 1 5 +⋯+ 1 2n- 1 - 1 2n+ 1 = n+ 1 2 1- 1 2n+ 1 = 2n2+ 2n 2n+ 1 . 39 已知数 {an}满足：a1= 3,an+1= n+ 1n 2an+ n . (1)证 ：数 an n + 1  等比数 ； (2)设 cn= an+ n， 数 {cn}的 n项 Tn. 【答案】(1)证明见解析 (2)Tn= n- 1 2n+2+ 4 【解析】(1)设 bn= an n + 1，则 bn+1= an+1 n+ 1 + 1,b1= 4，且 bn≠ 0， 因为 an+1 n+ 1 = 2an+ n n ，所以 bn+1 bn = an+1 n+ 1 + 1 an n + 1 = 2an n + 2 an n + 1 = 2， 即 bn 是以 4为首项，2为公比的等比数列， 则数列 an n + 1 是等比数列. (2)由 (1)知 bn= 4× 2n-1= 2n+1，则 an= n ⋅ 2n+1- n，即 cn= n ⋅ 2n+1， 则Tn= 1× 22+ 2× 23+⋯⋯+n× 2n+1， 2Tn= 2× 22+⋯⋯+ n- 1 × 2n+1+ n× 2n+2， 两式相减得：-Tn= 22+ 23+⋯⋯+2n+1- n× 2n+2= 4 1- 2n  1- 2 - n× 2 n+2= 1- n 2n+2- 4， 所以Tn= n- 1 2n+2+ 4. 40 已知正项等差数 an 的 n项 为 Sn，其中 an+2- an= 4，4(S2+ 1) = (a2+ 1)2. (1) 数 an 的 项公式及 Sn； (2)若 bn= an ⋅ 34  n-1 ， 数 bn 的 n项 Tn. 【答案】(1)an= 2n+ 1，Sn= n n+ 2 ； (2)Tn= 36- 4 2n+ 9 ⋅ 34  n 【解析】(1)设等差数列的首项为 a1，公差为 d， 则 an+2- an= 2d= 4，则 d= 2， 因为 4(S2+ 1) = (a2+ 1)2，所以 4 2a1+ 3 = a1+ 3 2， 化简为 a21- 2a1- 3= 0，解得：a1= 3或 a1=-1(舍)， 所以 an= 3+ n- 1 × 2= 2n+ 1，Sn= n 3+ 2n+ 1  2 = n n+ 2 ； (2)bn= an ⋅ 34  n-1= 2n+ 1 ⋅ 34  n-1 ， Tn= 3× 34  0+ 5× 34  1+ 7× 34  2+ ...+ 2n+ 1 × 34  n-1 3 4 Tn=          3× 3 4  1+ 5× 34  2+ 7× 34  3+ ...+ 2n+ 1 × 34  n 第 70页 共 131页 专业专心 专注 两式相减得 Tn 4 = 3+ 2 3 4  1+ 34  2+ ...+ 34  n-1   - 2n+ 1 × 3 4  n ， = 3+ 2× 3 4 1- 3 4  n-1    1- 34 - 2n+ 1 × 34  n = 9- 2n+ 9 ⋅ 34  n ∴Tn= 36- 4 2n+ 9 ⋅ 34  n 计算专题训练 6 数列求和计算 第 71页 共 131页