5.3 数列的求和问题-【十年高考】备战2025年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§5.3　数列的求和问题 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 63.公式法与分组转化法求和 1 4 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 3 4 64.裂项相消法求和 2 3 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 3 3 65.错位相减法求和 0 10 1 0 2 1 0 0 1 0 1 0 4 11 66.并项求和法 0 2 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 4 67.数列中的新定义问题 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 命题分析与备考建议 (1)命题热度:本专题是历年高考命题常考的内容(),属于中档题目,主要以解答题的形式进行考查,多与等差数列、等比数列的基本运算相结合. (2)考查方向:一是考查公式法与分组转化法求和,主要考查等差数列与等比数列的求和以及两个数列的线性组合数列求和;二是考查裂项相消法求和,主要考查通项为等 差数列连续两项乘积倒数的数列求和问题;三是考查错位相减法求和,主要考查通项 为等差数列与等比数列通项公式之积的数列求和问题;四是考查并项求和法,主要考查连续几项之和为等差或等比数列的数列求和问题. (3)明智备考:一是要明确数列求和方法选择的依据,准确求解通项公式是解决求和问题的基础;二是 要辨清数列通项公式的结构特征,准确利用与之对应的求和方法;三是数列求和与不等式证明相结合的综合问题,灵活应用放缩法达到证明目的. (4)主编提示:命题的兴趣点在于应用裂项相消法与错位相减法求和,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.高三备考, 抓住通项公式的结构特征与求和方法之间的对应,注意检验和式的正确性,高考无忧! 考点63公式法与分组转化法求和　 1.(2017·全国1,理12,5分,难度★★★★)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 (　A　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.440 B.330 C.220 D.110 解析　设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n. 由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则SN-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A. 2.(2020·全国1,文16,5分,难度★★★)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　　.  答案　7 解析　当n为偶数时,有an+2+an=3n-1, 则(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92, 因为前16项和为540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448. 当n为奇数时,有an+2-an=3n-1,由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-=n2+n+,所以an+2=n2+n++a1, 所以a1+×12+1++a1+×32+3++a1+×52+5++a1+×72+7++a1+×92+9++a1+×112+11++a1+×132+13++a1=448,解得a1=7. 3.(2021·全国新高考1,17,10分,难度★★★★)已知数列{an}满足a1=1,an+1= (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式; (2)求{an}的前20项和. 解　(1)b1=a2=a1+1=2, b2=a4=a3+1=a2+2+1=5. 由bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3, 得bn+1-bn=a2n+3-a2n=3. 所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列, 所以bn=2+(n-1)×3=3n-1. (2)由(1)知,数列{an}的奇数列与偶数列都是以3为公差的等差数列,设数列{an}的前n项和为Sn,则S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10+×3+20+×3=300,所以{an}的前20项和为300. 分组求和法 适用 类型 若一个数列的通项公式是一个和式(分段形式),且各加式(段)构成数列的前n项和可求,则数列的前n项和可通过加法的交换律和结合律分组求和完成.常见的有如下两种类型: ①若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前n项和; ②通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等比或等差数列. 解题 步骤 ①准确拆分,根据通项公式的特征,将其分解为可以直接求和的一些数列的和; ②分组求和,分别求出各个数列的和; ③得出结论,对拆分后每个数列的和进行求和,解决原数列的求和问题. 4.(2018·天津,文18,13分,难度★★★★)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6. (1)求Sn和Tn; (2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值. 解　(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所以,Tn==2n-1. 设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n.所以,Sn=. (2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2. 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,+2n+1-n-2=n+2n+1, 整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4. 所以,n的值为4. 5.(2016·浙江,文17,15分,难度★★★★)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*. (1)求通项公式an; (2)求数列{|an-n-2|}的前n项和. 解　(1)由题意得则 又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an. 所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*. (2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,b1=2,b2=1. 当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3. 当n≥3时,Tn=3+-=,而T2=3满足该式, 所以Tn= 6.(2016·北京,文15,13分,难度★★★★)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4. (1)求{an}的通项公式; (2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和. 解　(1)设等比数列{bn}的公比为q,则q===3, 所以b1==1,b4=b3q=27. 设等差数列{an}的公差为d. 因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2. 所以an=2n-1(n=1,2,3,…). (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1. 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1. 从而数列{cn}的前n项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1 =+=n2+. 7.(2015·福建,文17,12分,难度★★★★)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=+n,求b1+b2+b3+…+b10的值. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d. 由已知得 解得所以an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由(1)可得bn=2n+n. 所以b1+b2+b3+…+b10 =(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10) =+=(211-2)+55 =211+53=2 101. 考点64裂项相消法求和　 1.(2017·全国2,理15,5分,难度★★★)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　　.  答案　 解析　设等差数列的首项为a1,公差为d,由题意可知解得 所以Sn=na1+d=. 所以==2-. 所以=21-+-+…+-=21-=. 2.(2015·江苏,理11,5分,难度★★★)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*).则数列的前10项和为　　　　　.  答案　 解析　a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n, 以上(n-1)个式子相加,得an-a1=2+3+4+…+n. ∵a1=1,∴an=1+2+3+…+n=. ∴==2-. ∴数列的前10项和 S10=21-+-+-+…+ -+-=21-=. 3.(2022·全国新高考1,17,10分,难度★★★)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:++…+<2. (1)解　方法一:∵是以=1为首项,以为公差的等差数列, ∴=1+(n-1)×=.∴Sn=an. ① 当n≥2时,Sn-1=an-1. ② ①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1, ∴an-1=an,∴=. ∴an=··…··a1=×××…××·a1(n≥2), 又a1=1,∴an=×1=(n≥2). 又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=. 方法二:∵是以=1为首项,以为公差的等差数列,∴=1+(n-1)×=. ∴Sn=an. ① 当n≥2时,Sn-1=an-1. ② ①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1, ∴an-1=an, ∴=,∴=. 设=bn,则bn=bn-1, ∴{bn}为常数列,且b1==, ∴=bn=,∴an=. (2)证明　由(1)知,==2-, ∴++…+=21-+-+…+-=21-<2. 裂项相消法求和的基本步骤 4.(2018·天津,理18,13分,难度★★★★)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*), ①求Tn; ②证明=-2(n∈N*). (1)解　设等比数列{an}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故an=2n-1. 设等差数列{bn}的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n. 所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n. (2)①解　由(1),有Sn==2n-1, 故Tn=(2k-1)=2k-n=-n=2n+1-n-2. ②证明　因为===-, 所以,=-+-+…+-=-2. 5.(2017·全国3,文17,12分,难度★★★)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和. 解　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)an=2. 所以an=(n≥2). 又由题设可得a1=2, 从而{an}的通项公式为an=. (2)记的前n项和为Sn. 由(1)知==-. 则Sn=-+-+…+-=. 6.(2016·浙江,理20,15分,难度★★★★)设数列{an}满足≤1,n∈N*. (1)证明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*; (2)若|an|≤n,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*. 解　(1)由≤1得|an|-|an+1|≤1, 故-≤,n∈N*, 所以-=-+-+…+-≤++…+<1, 因此|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*. (2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意m>n,m∈N*, -=-+-+…+-≤++…+<, 故|an|<+·2n≤+·m·2n=2+m·2n. 从而对于任意m>n,均有|an|<2+m·2n. ① 由m的任意性得|an|≤2.否则,存在n0∈N*,有||>2,取正整数m0>lo,且m0>n0,则·<·=||-2,与①式矛盾. 综上,对于任意n∈N*,均有|an|≤2. 考点65错位相减法求和　 1.(2021·全国新高考1,16,5分,难度★★★★)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　　;如果对折n次,那么Sk=　　　　　dm2.  答案　5　2403- 解析　对折3次共可以得到 dm×12 dm,5 dm×6 dm,10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120 dm2; 对折4次共可以得到 dm×12 dm,dm×6 dm,5 dm×3 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形,S4=5×15=75 dm2. 可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)· dm2. 则Sk=S1+S2+…+Sn=240+++…+. 记Tn=+++…+, ① 则Tn=++…++. ② ①与②式相减,得Tn-Tn=Tn=+++…+-=-.故Tn=3-. 故Sk=240·Tn=2403-. 把折纸看作“长减半”(A)和“宽减半”(B)两程序之一.显然两程序相互独立,因此折n次纸后所得的不同规格的图形分别对应0次A与n次B,1次A与(n-1)次B,…,n次A与0次B,共(n+1)类.故折n次纸可得(n+1)种规格的图形,则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5. 2.(2024·全国甲,理18,12分,难度★★★★)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4, 两式相减,得4an+1=3an+1-3an,即an+1=-3an, 又4S1=3a1+4,则a1=4,故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,则an=4×(-3)n-1. (2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1). 3Tn=4(1×31+2×32+3×33+…+n·3n), 两式相减,得-2Tn=4(1+31+32+…+3n-1-n·3n)=4-n·3n=(2-4n)·3n-2, 所以Tn=(2n-1)3n+1. 3.(2023·全国甲,理17,12分,难度★★)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 解　 (1)由题意可知,2Sn=nan,① 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,② ①-②得2an=nan-(n-1)an-1, ∴(n-1)an-1=(n-2)an. (方法一:构造数列)当n≥3时,=,是从第2项开始的常数数列, 当n=2时,=a2=1,∴an=n-1(n≥2), 当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式, ∴an=n-1(n∈N*). (方法二:累乘法)由2Sn=nan可知, 当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1, =,∴an=××…××a2= ××…××1=n-1. 显然a1=0满足,∴an=n-1(n∈N*). (2)由(1)可知an=n-1(n∈N*), ∴an+1=n,∴=n·, ∴Tn=1×+2×+3×+…+n·,③ Tn=1×+2×+…+(n-1)·+n·,④ ③-④得,Tn=-n·, ∴Tn=2-(2+n)·. 4.(2021·全国乙,文19,12分,难度★★★★)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<. (1)解　设{an}的公比为q,则an=qn-1. 因为a1,3a2,9a3成等差数列, 所以1+9q2=2×3q,解得q=,故an=n-1. 由bn=,得bn=·n-1=n·n. (2)证明　由(1)可知Sn==1-. 又bn=,则Tn=+++…++,① 两边同乘,得Tn=+++…++,② ①-②,得Tn=++++…+-, 即Tn=-=1--,整理得Tn=1--=-, 则2Tn-Sn=2--1-=-<0.故Tn<. 放缩法证明与数列求和有关的不等式的两种模式 放缩法 注意:放缩时必须时刻注意放缩的跨度,做到“放不能过头,缩不能不及”. 5.(2021·天津,19,15分,难度★★★★★)已知{an}是公差为2的等差数列,其前8项的和为64.{bn}是公比大于0的等比数列,b1=4,b3-b2=48. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记cn=b2n+,n∈N*. ①证明{-c2n}是等比数列; ②证明<2. (1)解　设{an}的公差为d,{an}的前n项和为Sn,{bn}的公比为qq>0. 由题意得d=2,S8=64,根据等差数列前n项和公式得S8=8a1+28d=64, 整理得2a1+7d=16,将d=2代入得,a1=1, ∴an=1+2(n-1)=2n-1,n∈N*. 根据题中b1=4,b3-b2=48,由等比数列通项公式得,b1q2-b1q=48,将b1=4代入得,4q2-4q=48,化简得q2-q-12=0,即(q-4)(q+3)=0,∴q=4或q=-3. ∵q>0,∴q=4,根据等比数列通项公式得bn=4n,n∈N*. ∴{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;{bn}的通项公式为:bn=4n,n∈N*. (2)证明　由(1)得an=2n-1,bn=4n,n∈N*. ∴cn=42n+,n∈N*, ①-c2n=42n+2-44n+=44n+2·4n+-44n-=2·4n,n∈N*. ∴-c2(n+1)=2·4n+1, ∴=4(常数), ∵-c2=42+2-44+=8, ∴{-c2n}是以8为首项,4为公比的等比数列. ②设tn=,{tn}的前n项和为Tn, ∴tn==, ∴tn=<=·,n∈N*. 设rn=,n∈N*.设{rn}的前n项和为Rn. 则Rn=r1+r2+…+rn-1+rn. ∴Rn=++…++.(i) ∴Rn=0+++…++.(ii) (i)-(ii),得Rn=+++…+-. Rn=-=1-n-, ∴Rn=2-,n∈N*. ∵n∈N*,∴>0,∴Rn<2. ∴Tn=Rn<2,即<2. 错位相减法 适用 类型 当一个数列由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时,可使用此法求数列的前n项和.即它解决的是数列{anbn}({an}为等差数列,{bn}为等比数列)的前n项和问题,需要熟练掌握. 求解 思路 设Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn　①, 则qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+anbn+1　②, ①-②得(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1=a1b1+d×-anbn+1(q≠1),最后两边同除以1-q即得数列{anbn}的前n项和Sn. 关键点 在写出Sn与qSn的表达式时,为防止出错,可将两式“错项对齐”,以便于下一步准确写出Sn-qSn的表达式. 注意点 ①乘数(式)的选择;②对q的讨论,即q为参数时,应分q=1与q≠1两种情况讨论;③两式相减后各项间呈现的规律;④两式相减后剩下的可构成数列的项的项数. 6.(2020·全国1,理17,12分,难度★★★★)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项. (1)求{an}的公比; (2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和. 解　(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3, 即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2. 故{an}的公比为-2. (2)记Sn为{nan}的前n项和. 由(1)及题设可得,an=(-2)n-1. 所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1, -2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n. 可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=-n×(-2)n. 所以Sn=-. 7.(2017·山东,文19,12分,难度★★★★)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. 解　(1)设{an}的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,q=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=+++…+-,所以Tn=5-. 8.(2017·天津,理18,13分,难度★★★★)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*). 解　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8. ① 由S11=11b4,可得a1+5d=16, ② 联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n. (2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n, 故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n, 4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1, 上述两式相减,得 -3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=×4n+1+. 所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+. 9.(2017·山东,理19,12分,难度★★★★)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=. 10.(2017·天津,文18,13分,难度★★★★)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*). 解　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8. ① 由S11=11b4,可得a1+5d=16, ② 联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以,{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n. (2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2, 有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1, 上述两式相减,得 -Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16. 得Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16. 11.(2016·山东,理18文19,12分,难度★★★★)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,所以an=6n+5. 设数列{bn}的公差为d. 由即 可解得b1=4,d=3.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]=3×4+-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2, 所以Tn=3n·2n+2. 12.(2015·天津,理18,13分,难度★★★★)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列. (1)求q的值和{an}的通项公式; (2)设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和. 解　(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1). 又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2. 当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=; 当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=. 所以,{an}的通项公式为an= (2)由(1)得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×, Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×, 上述两式相减,得Sn=1+++…+-=-=2--,整理得,Sn=4-.所以,数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*. 13.(2015·山东,文19,12分,难度★★★★)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列的前n项和为. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(an+1)·,求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设数列{an}的公差为d. 令n=1,得=,所以a1a2=3. 令n=2,得+=,所以a2a3=15. 解得a1=1,d=2,所以an=2n-1. (2)由(1)知bn=(an+1)·=2n·22n-1=n·4n, 所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n, 所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1, 两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1=-n·4n+1=×4n+1-. 所以Tn=×4n+1+=. 14.(2015·浙江,文17,15分,难度★★★★)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*). (1)求an与bn; (2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn. 解　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*). 由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2; 当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得=, 所以bn=n(n∈N*). (2)由(1)知anbn=n·2n, 因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n, 2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. 故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*). 15.(2015·湖北,文19,12分,难度★★★★)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. 解　(1)由题意,有 即解得或 故或 (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=, 于是Tn=1+++++…+, ① Tn=+++++…+. ② ①-②可得 Tn=2+++…+-=3-,故Tn=6-. 考点66并项求和法　 1.(2024·天津,19,15分,难度★★★★★)已知数列{an}是公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn.若a1=1,S2=a3-1. (1)求数列{an}的前n项和Sn; (2)设bn=b1=1,其中k是大于1的正整数. (ⅰ)当n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn; (ⅱ)求bi. (1)解　设等比数列{an}的公比为q,则q>0. ∵S2=a3-1,∴a1+a2=a3-1, 即a1+a1q=a1q2-1, 又a1=1,∴q2-q-2=0, 解得q=2或q=-1(舍去). ∴Sn===2n-1. (2)(ⅰ)证明　由(1)可知an=2n-1,且k∈N*,k≥2, 当n=ak+1=2k≥4时, 有即ak<n-1<ak+1. 当n=ak时,bn==k; 当n=ak+1时,bn==k+1; 当ak<n<ak+1时,bn=bn-1+2k,即bn-bn-1=2k,此时数列{bn}为等差数列,而ak<n-1<ak+1, ∴bn-1=+(ak+1-ak-1)·2k=k+2k(2k-1-1)=k(2k-1). ∴bn-1-ak·bn=k(2k-1)-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0,当且仅当k=2时,等号成立. ∴bn-1≥ak·bn. (ⅱ)解　由(1)可知Sn=2n-1=an+1-1. 若n=1,则S1=1,b1=1; 若n≥2,则ak+1-ak=2k-1, 当2k-1<i≤2k-1时,bi-bi-1=2k,可知数列{bi}为等差数列,可得bi=k·2k-1+2k·=k·4k-1=[(3k-1)4k-(3k-4)4k-1], 所以bi=1+[5×42-2×4+8×43-5×42+…+(3n-1)·4n-(3n-4)·4n-1]=,且n=1,符合上式. 综上所述,bi=. 2.(2023·全国新高考2,18,12分,难度★★★)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. (1)解　设等差数列{an}的公差为d. 由bn=得b1=a1-6,b2=2a2=2(a1+d),b3=a3-6=a1+2d-6. 则由S4=32,T3=16, 得 解得 所以an=a1+(n-1)d=2n+3. (2)证明　由(1)可得Sn==n2+4n. 当n为奇数时, Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3=[-1+3+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+…+(4n+2)]=+=. 当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)==>0, 所以Tn>Sn. 当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)] =[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)] =+=. 当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n) ==>0, 所以Tn>Sn. 综上可知,当n>5时,Tn>Sn. 3.(2016·天津,理18,13分,难度★★★★)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中项. (1)设cn=-,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列; (2)设a1=d,Tn=(-1)k,n∈N*,求证:<. 证明　(1)由题意得=anan+1,有cn=-=an+1an+2-anan+1=2dan+1, 因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以{cn}是等差数列. (2)Tn=(-+)+(-+)+…+(-+)=2d(a2+a4+…+a2n)=2d·=2d2n(n+1). 所以==- =·1-<. 4.(2016·天津,文18,13分,难度★★★★)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且-=,S6=63. (1)求{an}的通项公式; (2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和. 解　(1)设数列{an}的公比为q. 由已知,有-=,解得q=2,或q=-1. 又由S6=a1·=63,知q≠-1, 所以a1·=63,得a1=1.所以an=2n-1. (2)由题意,得bn=(log2an+log2an+1) =(log22n-1+log22n)=n-, 即{bn}是首项为,公差为1的等差数列. 设数列{(-1)n}的前n项和为Tn, 则T2n=(-+)+(-+)+…+(-+)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2. 考点67数列中的新定义问题　 1.(2024·上海,12,5分,难度★★★★)等比数列{an}满足首项a1>0,公比q>1,记In={x-y|x,y∈[a1,a2]∪[an,an+1]},若对任意正整数n,集合In均为闭区间,则q的取值范围是　　　　　.  答案　[2,+∞) 解析　由题意不妨设x>y,若x,y均在区间[a1,a2]内,则有x-y∈[0,a2-a1]; 若x,y均在区间[an,an+1]内, 则有x-y∈[0,an+1-an]; 若x,y分别在区间[a1,a2],[an,an+1]内, 则x-y∈[an-a2,an+1-a1], 又因为q>1,且集合In均为闭区间, 则an-a2≤an+1-an恒成立即可, 即a1qn-1-a1q≤a1qn-a1qn-1⇒qn-1-q≤qn-qn-1⇒qn-2(q-2)+1≥0. 当n=1或n=2时,解得q≥1, 当n≥3时,qn-2>1. 故此时q-2≥0即可,即q≥2. 综上,q∈[2,+∞). 2.(2024·全国新高考1,19,17分,难度★★★★★)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)—可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使数列a1,a2,…,a6是(i,j)—可分数列; (2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列; (3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)—可分数列的概率为Pm,证明:Pm>. (1)解　枚举法 (i,j)=(1,2),剩余数列:a3,a4,a5,a6;(i,j)=(1,3),剩余数列:a2,a4,a5,a6;(i,j)=(1,4),剩余数列:a2,a3,a5,a6;(i,j)=(1,5),剩余数列:a2,a3,a4,a6;(i,j)=(1,6),剩余数列:a2,a3,a4,a5;(i,j)=(2,3),剩余数列:a1,a4,a5,a6;(i,j)=(2,4),剩余数列:a1,a3,a5,a6;(i,j)=(2,5),剩余数列:a1,a3,a4,a6;(i,j)=(2,6),剩余数列:a1,a3,a4,a5;(i,j)=(3,4),剩余数列:a1,a2,a5,a6;(i,j)=(3,5),剩余数列:a1,a2,a4,a6;(i,j)=(3,6),剩余数列:a1,a2,a4,a5;(i,j)=(4,5),剩余数列:a1,a2,a3,a6;(i,j)=(4,6),剩余数列:a1,a2,a3,a5;(i,j)=(5,6),剩余数列:a1,a2,a3,a4. 故符合条件的(i,j)为(1,2),(1,6),(5,6). (2)证明　(方法一)易知:ap,aq,ar,as是等差数列⇔p,q,r,s是等差数列. 故只需证明:1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,15,16,…,4m+2可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列. 1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14分组为(1,4,7,10),(3,6,9,12),(5,8,11,14),共3组,15,16,…,4m+2按每连续4个为一组可被平均分为=m-3组,每组4个数均构成等差数列, ∴a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列. (方法二)当m=3时,设a1,a2,…,a14的公差为d(d≠0). ∵a1,a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9,a10,a11,a12,a14可分成3组:(a1,a4,a7,a10),(a3,a6,a9,a12),(a5,a8,a11,a14),且每组的4个数均能构成公差为3d的等差数列. ∴m=3时符合. 当m>3时,数列a1,a2,…,a4m+2去掉a2,a13后,剩余的项中的a1,a3,a4,…,a11,a12,a14还按m=3时的分法,即(a1,a4,a7,a10),(a3,a6,a9,a12),(a5,a8,a11,a14), 剩余的项a15,a16,…,a4m+2每4个相邻的项为一组即可,即(a15,a16,a17,a18),…,(a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2),共m-3组,且每一组的4个数都能构成等差数列, ∴数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列. (方法三)由题意知,相应项的下标成等差数列是相应项成等差数列的充要条件,∴等差数列a1,a2,…,a4m+2去掉第2项a2和第13项a13后,剩余项组成的数列为a1,a3,a4,…,a12,a14,a15,a16,…,a4m+2,其中a1,a3,a4,…,a12,a14可分为3组,分别为(a1,a4,a7,a10),(a3,a6,a9,a12),(a5,a8,a11,a14),且每组的4个数均构成等差数列,其余的项ak,k∈[15,4m+2]按照每连续4个为一组,可被平均分为m-3组,每组4个数均构成等差数列. ∴a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列. (3)证明　记使数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)—可分数列的(i,j)有bm组. 当m变为m+1时,数列a1,a2,…,a4m+2变为a1,a2,…,a4m+2,a4m+3,a4m+4,a4m+5,a4m+6,可将其分为3组. 第1组:(a1,a2,a3,a4),第2组:(a5,a6,…,a4m+2),第3组:(a4m+3,a4m+4,a4m+5,a4m+6). ①当ai,aj都在第2组时,数列a5,a6,…,a4m+2共有4m-2项,相当于把m换成了m-1,所以此时的(i,j)共有bm-1组. ②当ai在第1组,aj在第2组,或ai,aj都在第1组时,前两组组成的数列共有4m+2项,用排除法可知,此时的(i,j)共有bm-bm-1组. ③当ai在第2组,aj在第3组,或ai,aj都在第3组时,同②由前后的对称性可知,此时的(i,j)共有bm-bm-1组. ④当ai在第1组,aj在第3组时,至少有(i,j)=(1,4m+6)或(i,j)=(2,4m+5)这两种情形. 由上可知, bm+1≥bm-1+(bm-bm-1)+(bm-bm-1)+2=2bm-bm-1+2, 即bm+1-bm≥bm-bm-1+2. 又易知b0=0,b1=3, ∴bm-bm-1≥bm-1-bm-2+2, bm-1-bm-2≥bm-2-bm-3+2, 　 ︙ b2-b1≥b1-b0+2, 累加得bm-b1≥bm-1-b0+2(m-1), 即bm-3≥bm-1+2(m-1), ∴bm-bm-1≥2m+1. ∴bm-bm-1≥2m+1, bm-1-bm-2≥2(m-1)+1, 　 ︙ b1-b0≥2+1, 累加得bm-b0≥2[m+(m-1)+…+1]+m=m2+2m,即bm≥m2+2m. 故Pm=≥=>. 学科网（北京）股份有限公司 $$