第六章第四节　数列求和 讲义——2025届高三数学一轮复习

新高考数学一轮复习 第六章　数列 第四节　数列求和 一、课标要求 1.掌握等差、等比数列的前n项和公式． 2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法． 二、 命题规律及备考策略 【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，小题分值为5-6分，大题13-17分 【备考策略】1.熟练掌握裂项相消求和 2.熟练掌握错位相减求和 3.熟练掌握拆项分组求和法、并项转化求和法、倒序相加求和法，能综合解决数列的求和问题 4.熟练掌握数列中不等式的综合问题 【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，常考查裂项相消求和、错位相减求和、奇偶并项求和，需重点综合复习 数列求和是高考的重点考查内容，可以综合数列的概念，性质，公式等进行．客观题型和解答题型都可以出现．既可以是基本运算的中等题或简单题，也可以出现在难度较大的综合题中． 三、知识梳理 1．公式法 (1)等差数列的前n项和公式 Sn＝＝na1＋d. (2)等比数列的前n项和公式 ①当q＝1时，Sn＝na1； ②当q≠1时，Sn＝＝. 2．分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项技巧： （1） ； （2） ； （3） （4） （5） 指数型； （6） 对数型. （7） （8） （9） （10） 等 4．倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． 万能公式： 形如的数列求和为， 其中，， 6．并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 四、课堂考点突破 考点一　分组转化求和与并项求和 [例1]　（2021·新高考Ⅰ卷）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）因为bn＝a2n，所以b1＝a2＝a1＋1＝2， b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝a1＋1＋3＝5. 由题意得a2n＋1＝a2n＋2，a2n＋2＝a2n＋1＋1， 所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以bn＝2＋（n－1）×3＝3n－1，n∈N*. （2）当n为奇数时，an＝an＋1－1. 设数列{an}的前n项和为Sn， 则S20＝a1＋a2＋…＋a20 ＝（a1＋a3＋…＋a19）＋（a2＋a4＋…＋a20） ＝[（a2－1）＋（a4－1）＋…＋（a20－1）]＋（a2＋a4＋…＋a20）＝2（a2＋a4＋…＋a20）－10， 由（1）可知a2＋a4＋…＋a20＝b1＋b2＋…＋b10＝10×2＋×3＝155，故S20＝2×155－10＝300，即{an}的前20项和为300. 题型训练 1.记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1. （1）求数列{an}的通项公式； （2）记bn＝（－1）n·log2，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2（n－1）－1， 即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2（an－1＋2），显然an－1＋2≠0， 所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n－1，即有an＝3·2n－1－2. （2）bn＝（－1）n·log2 ＝（－1）n·log22n＝（－1）n·n. 当n为偶数时， Tn＝－1＋2－3＋4－…－（n－1）＋n ＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋[－（n－1）＋n]＝. 当n为奇数时， Tn＝－1＋2－3＋4－…＋（n－1）－n ＝－n＝＝－. 综上，Tn＝ 考点二　裂项相消法求和 [例2]　已知数列是公比为2的等比数列，且a3是a1与a4－1的等差中项. （1）求的通项公式及前n项和Sn； （2）设bn＝，求数列 的前n项和Tn. [解]　（1）设数列的公比为q， 因为a3是a1与a4－1的等差中项， 所以a1＋a4－1＝2a3，即a1＋a1q3－1＝2a1q2. 因为q＝2，所以a1＋8a1－1＝8a1，解得a1＝1， 所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝2n－1. （2）由（1）知，bn＝＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－＝. 即数列 的前n项和Tn＝. 题型训练 2.已知数列满足a1＝，an＋1＋＝1，bn＝. （1）证明：是等差数列； （2）设数列的前n项和为Sn，求Sn. （1）证明：由an＋1＋＝1得an＋1（an＋1）＋1＝an＋1⇒＝＋1. 因为bn＝，所以bn＋1＝bn＋1，因为b1＝＝2， 所以是以b1＝2为首项，1为公差的等差数列. （2）解：由（1）知bn＝2＋（n－1）·1＝n＋1＝， 所以an＝⇒＝＝－， 所以数列的前n项和为Sn＝1－＋－＋…＋－＝， 所以Sn＝. 考点三　错位相减法求和 [例3]　（2020·全国Ⅰ卷）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，由题意得2a1＝a2＋a3， 即2a1＝a1q＋a1q2， 所以q2＋q－2＝0， 解得q＝1（舍去）或q＝－2. 故{an}的公比为－2. （2）记Sn为{nan}的前n项和. 由（1）及题意可得，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＝－. 题型训练 3.在①a1＝1，nan＋1＝（n＋1）·an，②＋＋…＋＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 问题：在数列{an}中，已知　　　　. （1）求{an}的通项公式； （2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解：（1）选择①， 因为nan＋1＝（n＋1）an，所以＝， 所以是常数列. 又＝1，所以＝1，故an＝n. 选择②， 因为＋＋…＋＝2n＋1－2， 所以当n＝1时，＝22－2＝2，解得a1＝1， 当n≥2时，＝2n＋1－2n＝2n，所以an＝n. 又a1＝1，所以an＝n. （2）由（1）可知bn＝， 则Sn＝＋＋…＋，① Sn＝＋＋…＋＋.② 两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－.故Sn＝1－. 考点四 数列求和的其他方法 题型一　分段求和法 [例4]　在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22， 求：（1）数列{an}前多少项和最大； （2）数列{｜an｜}前n项和. [解]　设等差数列{an}的公差为d， （1）依题意， 解得a1＝50，d＝－3， ∴an＝a1＋（n－1）d＝－3n＋53. 令an＞0，得n＜， ∴当n≤17时，an＞0，当n≥18时，an＜0， ∴数列{an}的前17项和最大. （2）当n≤17，n∈N*时， ｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋…＋an ＝na1＋d＝－n2＋n. 当n≥18，n∈N*时， ｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜ ＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－an ＝2（a1＋a2＋…＋a17）－（a1＋a2＋…＋an） ＝2－ ＝n2－n＋884. ∴Sn＝ 题型二　倒序相加法 [例5]　（1）sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝　　　　； （2）设f（x）＝，f＋f＋f＋…＋f＝　　　　. [答案]　（1）44.5　（2）5 [解析]　（1）设S＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°，① 将①式右边反序得 S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin23°＋sin22°＋sin21°，② 又∵sin x＝cos（90°－x），sin2x＋cos2x＝1， ①＋②得 2S＝（sin21°＋cos21°）＋（sin22°＋cos22°）＋…＋（sin289°＋cos289°）＝89， ∴S＝44.5. （2）由于f（x）＋f（1－x）＝＋＝1， 故原式＝f＋f＋f＋f＋…＋f＋f＝5. 题型训练 4.已知数列{an}的前n项和是An，数列{bn}的前n项和是Bn，若a1＝1，＝2an＋1，n∈N*，再从三个条件：①Bn＝－n2＋21n；②－bn＝Bn－2，b1＝20；③bn＝22－2log2（an＋1）中任选一个作为已知条件，完成下面问题的解答. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）定义：a*b＝记cn＝an*bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解：（1）由＝2an＋1，得＋1＝2（an＋1），又a1＝1，则a1＋1＝2， ∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋1＝2n，即an＝2n－1. 若选①，当n＝1时，b1＝B1＝20，当n≥2时，bn＝Bn－＝22－2n， 当n＝1时，满足上式， ∴bn＝22－2n. 若选②，由－bn＝Bn－2，得－bn＝－2，又因为b1＝20， 所以数列{bn}是以20为首项，－2为公差的等差数列， ∴bn＝22－2n. 若选③，bn＝22－2log2（an＋1）＝22－2log2（2n－1＋1）＝22－2n. （2）由（1）知，an＝2n－1，bn＝22－2n， 则cn＝an*bn＝ ∴当1≤n≤3时，Tn＝－n＝2n＋1－2－n， 当n≥4时，Tn＝1＋3＋7＋[14＋12＋…＋（22－2n）] ＝－n2＋21n－43. 综上所述：Tn＝ 5.已知函数f（x）＝x＋sin πx－3，求f＋f＋f＋…＋f＋f的值. 解：f（x）＋f（2－x）＝x＋sin πx－3＋（2－x）＋sin π（2－x）－3＝－4. 由于＋＝＋＝…＝2，因此可以考虑f（x）与f（2－x）之间可能存在的某种关系，运用倒序相加法处理. 令y＝f＋f＋f＋…＋f＋f， 则y＝f＋f＋f＋…＋f＋f， 所以2y＝＋＋…＋＋ ＝－4×4 045. 故y＝－8 090. 五、课后作业 1．已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，________.在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解　(1)若选择①：设{an}的公差为d， 因为S11＝66，a1＝1，所以11＋×d＝66， 解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择②：因为a3，a9,9a3成等比数列， 所以a＝9a， 又an>0，所以a9＝3a3， 又a1＝1，设{an}的公差为d (d>0)， 所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择③：设{an}的公差为d， 因为Sn－nan＝， 所以na1＋d－n[a1＋(n－1)d]＝， 又a1＝1， 即n＋d－n－n(n－1)d＝d＝，解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)由(1)知bn＝＋2an＝3n＋2n. 所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)， 所以Tn＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n， 所以Tn＝＋＝＋n2＋n， 所以Tn＝. 2．已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2. (1)证明：数列{an－2n}为等比数列； (2)已知bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T10. (1)证明　由an＋1＋2an＝2n＋2可得 an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n)． 又a1－21＝1≠0， 所以数列{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列． (2)解　由(1)可得an－2n＝(－2)n－1， 即an＝2n＋(－2)n－1. 当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1； 当n为偶数时，bn＝log2an＝log2[2n＋(－2)n－1] ＝log22n－1＝n－1. 所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10) ＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9) ＝＋＝1 048. 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)由已知得2Sn＝3an－1，① 当n＝1时，2S1＝3a1－1，即2a1＝3a1－1， 解得a1＝1， 当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，② ①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1， 所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1. (2)因为bn＝＝＝×， 所以Tn＝× ＝×＝－. 4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n， 当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n. 由题意得b2＝a2＋2＝22＋2＝6，b3＝2＋4＋3＝9， 设等差数列{bn}的公差为d， 则d＝b3－b2＝3，b1＝b2－d＝3， 故bn＝b1＋(n－1)d＝3n. 综上，an＝2n，bn＝3n. (2)由(1)知anbn＝3n·2n， 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn ＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，① 2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，② 所以①－②得，－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n－1＋2n)－3n·2n＋1＝3×－3n·2n＋1 ＝(3－3n)·2n＋1－6， 所以Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6. 5．在数列{an}中，＋＋＋…＋＝n2＋n. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<. (1)解　因为＋＋＋…＋＝n2＋n，① 则当n＝1时，＝2，即a1＝4， 当n≥2时，＋＋＋…＋＝n2－n，② ①－②得＝2n， 所以an＝2n(n＋1)，n≥2， a1＝4也满足an＝2n(n＋1)， 故an＝2n(n＋1)(n∈N*)． (2)证明　因为＝＝·＝· ＝， 所以＋＋…＋ ＝ ＝<. 6．已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)． (1)求实数λ的值及{an}的通项公式； (2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和． 解　(1)设{an＋1－an}的公比为q. ∵an＋2＝λan＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1＝(λ－1)an＋1－2an＝(λ－1)＝q(an＋1－an)． ∴＝1，解得λ＝3，∴q＝2. 又a2－a1＝1，∴an＋1－an＝2n－1. ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋20＋21＋…＋2n－2＝1＋＝2n－1(n≥2)， 当n＝1时，符合上式， ∴{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)当bm＝k＝1时，m∈[1,2)，共2－1＝1项， 当bm＝k＝2时，m∈[2,4)，共4－2＝2项， 当bm＝k＝3时，m∈[4,8)，共8－4＝4项， … 当bm＝k＝n时，m∈[2n－1,2n)，共2n－2n－1＝2n－1项， 又＝n＋1，∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1. 记Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1， 则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 作差可得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1. 因此，数列{bn}的前2n项和为Sn＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2. 7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*有Sn＝2an＋n－3. (1)证明：数列{an－1}为等比数列； (2)求数列的前n项和Tn. [解]　(1)证明：当n＝1时，a1＝2a1－2，∴a1＝2. 当n≥2时，Sn＝2an＋n－3，Sn－1＝2an－1＋n－4，两式相减得，an＝2an－2an－1＋1，即an＝2an－1－1， ∴an－1＝2(an－1－1). 又a1－1＝1≠0，∴{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列． (2)由(1)得an－1＝2n－1，故an＝2n－1＋1， ∴＝＝＋， ∴Tn＝＋＋…＋ ＝×n＋＝＋· ＝－. 8．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，数列{an}的前n项和为Sn. (1)求an； (2)设bn＝(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn. [解]　(1)由题意知an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2)， 又因为a2－a1＝1≠0， 所以数列{an＋1－an}为首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋1－an＝2n－1. 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋20＋1＝＋1＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1也满足上式，故an＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)知，Sn＝2n－1， 所以bn＝＝－， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－＝－＝1－. 9．已知函数f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　(1)因为f(x)＝cos πx－sin πx＝cos ， 令f(x)＝0可得cos ＝0，即πx＋＝＋kπ(k∈Z)，解得x＝＋k(k∈Z).因为{an}为所有正零点构成的数列．所以a1＝，且an－an－1＝1(n≥2)，故{an}为以为首项，1为公差的等差数列，即an＝＋(n－1)＝n－. (2)由(1)知an＝n－，所以bn＝·＝n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝＋2＋3＋…＋(n－1)·＋n，　① 所以Tn＝＋2＋3＋…＋(n－1)＋n，　② ①－②可得Tn＝＋＋＋＋…＋－n＝－n＝1－(n＋2)·， 故Tn＝2－. 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新高考数学一轮复习 第六章　数列 第四节　数列求和 一、课标要求 1.掌握等差、等比数列的前n项和公式． 2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法． 二、 命题规律及备考策略 【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，小题分值为5-6分，大题13-17分 【备考策略】1.熟练掌握裂项相消求和 2.熟练掌握错位相减求和 3.熟练掌握拆项分组求和法、并项转化求和法、倒序相加求和法，能综合解决数列的求和问题 4.熟练掌握数列中不等式的综合问题 【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，常考查裂项相消求和、错位相减求和、奇偶并项求和，需重点综合复习 数列求和是高考的重点考查内容，可以综合数列的概念，性质，公式等进行．客观题型和解答题型都可以出现．既可以是基本运算的中等题或简单题，也可以出现在难度较大的综合题中． 三、知识梳理 1．公式法 (1)等差数列的前n项和公式 Sn＝＝na1＋d. (2)等比数列的前n项和公式 ①当q＝1时，Sn＝na1； ②当q≠1时，Sn＝＝. 2．分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项技巧： （1） ； （2） ； （3） （4） （5） 指数型； （6） 对数型. （7） （8） （9） （10） 等 4．倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． 万能公式： 形如的数列求和为， 其中，， 6．并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 四、课堂考点突破 考点一　分组转化求和与并项求和 [例1]　（2021·新高考Ⅰ卷）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. 题型训练 1.记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1. （1）求数列{an}的通项公式； （2）记bn＝（－1）n·log2，求数列{bn}的前n项和Tn. 考点二　裂项相消法求和 [例2]　已知数列是公比为2的等比数列，且a3是a1与a4－1的等差中项. （1）求的通项公式及前n项和Sn； （2）设bn＝，求数列 的前n项和Tn. 题型训练 2.已知数列满足a1＝，an＋1＋＝1，bn＝. （1）证明：是等差数列； （2）设数列的前n项和为Sn，求Sn. 考点三　错位相减法求和 [例3]　（2020·全国Ⅰ卷）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. 题型训练 3.在①a1＝1，nan＋1＝（n＋1）·an，②＋＋…＋＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 问题：在数列{an}中，已知　　　　. （1）求{an}的通项公式； （2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 考点四 数列求和的其他方法 题型一　分段求和法 [例4]　在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22， 求：（1）数列{an}前多少项和最大； （2）数列{｜an｜}前n项和. 题型二　倒序相加法 [例5]　（1）sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝　　　　； （2）设f（x）＝，f＋f＋f＋…＋f＝　　　　. 题型训练 4.已知数列{an}的前n项和是An，数列{bn}的前n项和是Bn，若a1＝1，＝2an＋1，n∈N*，再从三个条件：①Bn＝－n2＋21n；②－bn＝Bn－2，b1＝20；③bn＝22－2log2（an＋1）中任选一个作为已知条件，完成下面问题的解答. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）定义：a*b＝记cn＝an*bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 5.已知函数f（x）＝x＋sin πx－3，求f＋f＋f＋…＋f＋f的值. 五、课后作业 1．已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，________.在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 2．已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2. (1)证明：数列{an－2n}为等比数列； (2)已知bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T10. 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 5．在数列{an}中，＋＋＋…＋＝n2＋n. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<. 6．已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)． (1)求实数λ的值及{an}的通项公式； (2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和． 7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*有Sn＝2an＋n－3. (1)证明：数列{an－1}为等比数列； (2)求数列的前n项和Tn. 8．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，数列{an}的前n项和为Sn. (1)求an； (2)设bn＝(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn. 9．已知函数f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　(1)因为f(x)＝cos πx－sin πx＝cos ， 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$