第4章 习题课 数列求和（二）-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（人教A版2019）

习题课 第四章 <<< 数列求和(二) 1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义. 2.掌握拆项、并项求和及错位相减法的一般过程和思路以及数列求和中的创新问题. 学习目标 一、拆项、并项求和 二、错位相减法 课时对点练 三、数列求和中的创新问题 随堂演练 内容索引 一 拆项、并项求和 已知数列an=(-1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 例 1 5 方法一　(并项求和)若n是偶数， 则Sn=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-1)+n]=. 若n是奇数，则Sn=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+(-n)=-n=-. 综上所述，Sn= 6 方法二　(分组求和)若n是偶数，则Sn=-1+2-3+4-…-(n-1)+n =-[1+3+…+(n-1)]+(2+4+…+n)=-+=； 若n是奇数，则Sn=-1+2-3+4-…+(n-1)-n =-(1+3+…+n)+[2+4+…+(n-1)] =-+=-， 综上所述，Sn= 7 反 思 感 悟 并项求和法适用的题型 一般地，对于摆动数列适用于并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组求和.若摆动数列为等比数列，也可用等比数列求和公式. 已知数列{an}满足an=(-1)nn2，则a1+a2+a3+…+a2n+1等于 A.-(n+1)(2n+1) B.(n+1)(2n+1) C.-n(n+1) D.n(n+1) 跟踪训练 1 √ a1+a2+a3+…+a2n+1 =-12+22-32+42-52+…+(2n)2-(2n+1)2 =-1+(22-32)+(42-52)+…+[(2n)2-(2n+1)2] =-1-(2+3)-(4+5)-…-(2n+2n+1) =-[1+2+3+4+5+…+(2n+1)] =-=-(n+1)(2n+1). 9 二 错位相减法 求和：Sn=x+2x2+3x3+…+nxn(x≠0). 例 2 11 当x=1时，Sn=1+2+3+…+n=； 当x≠1时，Sn=x+2x2+3x3+…+nxn， xSn=x2+2x3+3x4+…+(n-1)xn+nxn+1， ∴(1-x)Sn=x+x2+x3+…+xn-nxn+1=-nxn+1， ∴Sn=-. 综上可得，Sn= 12 反 思 感 悟 (1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时，应注意： 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”，以便下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(n∈N*). ①求数列{an}的通项公式； 跟踪训练 2 因为Sn=2an-2，当n=1时，S1=2a1-2，解得a1=2， 当n≥2时，Sn-1=2an-1-2， 所以an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2) =2an-2an-1， 即an=2an-1(n≥2). 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 故an=2×2n-1=2n. 14 ②若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 由①知an=2n， 则bn===， 所以Tn=+++…+， ① Tn=++…++， ② ①-②得Tn=1+- =1+- =1+-- =-. 所以数列{bn}的前n项和Tn=3-. (2)在①Sn=2n-3n-1，②an+1=2an+3，a1=-2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.设数列{an}的前n项和为Sn，且　　　　.  (ⅰ)求数列{an}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. (ⅰ)若选①：∵Sn=2n-3n-1， ∴当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-3n-1-[2n-1-3(n-1)-1]=2n-1-3， 又当n=1时，a1=S1=-2满足上式， 故an=2n-1-3. 若选②：由an+1=2an+3， 易得an+1+3=2(an+3)，又a1=-2， 于是数列{an+3}是以a1+3=1为首项，2为公比的等比数列， ∴an+3=2n-1，∴an=2n-1-3. (ⅱ)由(ⅰ)得bn=n·2n-1， 从而Tn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1， 2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n， 作差得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n·2n =-n·2n=(1-n)2n-1， 于是Tn=(n-1)2n+1. (ⅱ)若bn=n·(an+3)，求数列{bn}的前n项和Tn. 三 数列求和中的创新问题 在①S3=6，S5=15；②公差为1，且a2，a4，a8成等比数列；③a1=1，a2+a3+a5+a6=16这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答. 问题：已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足　　　　.  (1)求数列{an}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 例 3 22 选①， 设等差数列{an}的公差为d， 因为S3=6，S5=15，所以 解得a1=d=1，所以an=a1+(n-1)d=n. 选②， 因为等差数列{an}的公差为1，且a2，a4，a8成等比数列，所以a2a8=， 即(a1+1)(a1+7)=(a1+3)2，解得a1=1， 所以an=a1+(n-1)d=n. 23 选③， 因为等差数列{an}中，a1=1， a2+a3+a5+a6=16， 所以4a1+12d=16， 即4+12d=16，解得d=1， 所以an=a1+(n-1)d=n. 24 (2)令cn=[lg an ]，其中[x]表示不超过x的最大整数，求c1+c2+…+c2 024. 由(1)知cn=[lg an]=[lg n]， 因为c1=[lg 1]=0，c10=[lg 10]=1， c100=[lg 100]=2，c1 000=[lg 1 000]=3， 所以当1≤n≤9时，cn=0， 当10≤n≤99时，cn=1， 当100≤n≤999时，cn=2， 当1 000≤n≤2 024时，cn=3， 所以c1+c2+…+c2 024=0+90×1+900×2+(2 024-999)×3=4 965. 26 反 思 感 悟 数列求和中的创新问题往往和函数、不等式、平面几何等实际问题相结合，重点考查数列求和的应用意识. “提丢斯数列”是德国数学家提丢斯提出，具体如下：0，3，6，12，24，48，96，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，…；再将每一项除以10后得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，…，则下列说法中，正确的是 A.“提丢斯数列”是等比数列 B.“提丢斯数列”的第99项为 C.“提丢斯数列”前31项和为+ D.“提丢斯数列”中，不超过20的有9项 跟踪训练 3 √ 记“提丢斯数列”为数列{an}，则当n≥2时，10an-4=3·2n-2，解得an=； 当n=1时，a1=0.55≠0.4； ∴an= “提丢斯数列”不是等比数列，故A错误； “提丢斯数列”的第99项为a99=，故B错误； “提丢斯数列”前31项和为S31=0.4+30×+× =12.4+×=+，故C正确； 当n=1时，a1=0.4<20，成立， 当n≥2时，an=≤20， 即2n≤，解得n≤8， ∴“提丢斯数列”中，不超过20的有8项，故D错误. 1.知识清单： (1)拆项、并项求和. (2)错位相减法求和. (3)创新求和问题. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、列举法. 3.常见误区： (1)并项求和易忽略总项数的奇偶. (2)错位相减法中要注意项的符号以及化简合并. (3)创新求和问题有时可用列举法. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.求值：1-3+5-7+9-11+…+2 021-2 023等于 A.-2 024 B.-1 012 C.-506 D.1 012 √ 1-3+5-7+9-11+…+2 021-2 023 =(1-3)+(5-7)+(9-11)+…+(2 021-2 023) =-2×506=-1 012. 2.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 √ 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 ②-①得， Sn=-n+2+22+…+2n-1+2n=-n+=-n+2n+1-2=2n+1-n-2. 1 2 3 4 3.已知数列{an}满足an=定义使a1·a2·a3·…·ak(k∈N*) 为整数的k叫做“幸福数”，则区间[1，2 024]内所有“幸福数”的和为 　　　　.  1 2 3 4 2 036 当n≥2时，an=logn(n+1)=， 所以a1·a2·…·ak=1×××…×=log2(k+1)，若满足a1·a2·…·ak为正整数， 则k+1=2m，m∈N*，即k=2m-1， 所以在[1，2 024]内的所有“幸福数”的和为21-1+22-1+…+210-1 =-10=2 036. 1 2 3 4 4.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第37项是　　　　.  190 1 2 3 4 1 2 3 4 由题意可得从第4行起的每行第三个数3=1+2，6=1+2+3，10=1+2+3+4， 所以第k(k≥4)行的第三个数为1+2+…+(k-2)，在该数列中，第37项为第21行第三个数， 所以该数列的第37项为1+2+…+19==190. 课时对点练 五 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 基础巩固 1.等比数列{an}中，a5=2，a6=5，则数列{lg an}的前10项和等于 A.6　　　B.5　　　C.4　　　D.3 √ ∵数列{an}是等比数列，a5=2，a6=5， ∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=10， ∴lg a1+lg a2+…+lg a10=lg(a1·a2·…·a10) =lg(a5a6)5=5lg 10=5. 2.在数列{an}中，已知an+1+an=3·2n，a2=5，则{an}的前11项和为 A.2 045 B.2 046 C.4 093 D.4 094 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 由an+1+an=3·2n，得a1+a2=6，而a2=5，解得a1=1，所以{an}的前11项和为a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+(a8+a9)+(a10+a11)=1+3×(22+24+26+28+210) =1+3×=4 093. 3.数列{n·2n}的前n项和等于 A.n·2n-2n+2 B.n·2n+1-2n+1+2 C.n·2n+1-2n D.n·2n+1-2n+1 √ 设{n·2n}的前n项和为Sn， 则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n， ① 所以2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)2n+n·2n+1， ② ①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-n·2n+1-2，所以Sn=n·2n+1-2n+1+2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若=a2+a2 023，且A，B，C三点共线(该直线不过原点O)，则S2 024的值为 A. B.1 011 C. D.1 012 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ∵=a2+a2 023，且A，B，C三点共线， ∴a2+a2 023=1， ∵{an}是等差数列， ∴a1+a2 024=a2+a2 023=1， ∴S2 024==1 012. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5.0-1数列是指每一项均为0或1的数列，这类数列在计算机科学领域有着广泛应用.若数列{an}是0-1数列，当且仅当n=6k±1(k∈N*)时，an=1，设{an}的前n项和为Sn，则满足Sn=200的n的最大值为 A.600 B.601 C.604 D.605 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题意可知a1=a2=a3=a4=a6=0，a5=1， 且a6k+1=a6k+5=1，a6k+2=a6k+3=a6k+4=a6k+6=0，k∈N*， 即k∈N*， 当k=100时，a601=a605=1，a602=a603=a604=a606=0， 可知S601=1+2×99+1=200，且S602=S603=S604=200，S605=201， 所以满足Sn=200的n的最大值为604. 6.(多选)在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫做三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是 A.an-an-1=n(n>1) B.a20=210 C.1 024是三角形数 D.+++…+= √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ∵a2-a1=2，a3-a2=3，a4-a3=4，…，由此可归纳得an-an-1=n(n>1)，故A正确； 将前面的所有项累加可得an=+a1=，∴a20=210，故B正确； 令=1 024，此方程没有正整数解，故C错误； 由an===2， ∴++…+ =2 =2=，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1)，则a1+a2+a3+…+a100= 　　　.  100 由题意，得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+ 1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+ (2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，点M(2，log2a2)，N(5，log2a5)都在直线y=x-1上，则数列{an}的前n项和为　　　　.  2n-1 由题意可得log2a2=2-1=1，log2a5=5-1=4，则a2=2，a5=16，数列{an}的公比q===2，数列{an}的首项a1===1，前n项和Sn==2n-1. 9.(2024·全国甲卷)记数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 当n=1时，4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4. 当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1， 即an=-3an-1， 而a1=4≠0，故an≠0，故=-3， 所以数列{an}是以4为首项， -3为公比的等比数列， 所以an=4·(-3)n-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1， 故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n， 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n=4·-4n·3n =2(3n-1)-4n·3n=(2-4n)·3n-2， 所以Tn=(2n-1)·3n+1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，+=12，且2a1，3，2a4成等比数列. (1)求an； 由题意得S3=3a1+3d，S5=5a1+10d， 由+=12得a1+d+a1+2d=12， 所以2a1+3d=12， ① 因为2a1，3，2a4成等比数列，所以4a1a4=9(a2+a3)， 即4a1(a1+3d)=9(2a1+3d)， ② 联立①②解得(舍去). 所以an=a1+(n-1)d=2n+1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)若bn=sin ，数列{bn}的前n项和为Tn，求T100. 因为bn=sin =(2n+1)2sin ，当n为偶数时，sin =0， 当n=4k+1，k∈N时，sin =1，当n=4k+3，k∈N时，sin =-1， 所以T100=-+-+…+- =(a1-a3)(a1+a3)+(a5-a7)(a5+a7)+…+(a97-a99)(a97+a99) =-2d(a1+a3+a5+a7+…+a97+a99) =-4××50=-20 200. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11.观察式子：1×2=×(1×2×3-0×1×2)；2×3=×(2×3×4-1×2×3)；3×4=×(3×4×5-2×3×4)；…，根据规律，则1×2+2×3+3×4+…+2 023 ×2 024等于 A.×2 022×2 023×2 024 B.×2 023×2 024×2 025 C.×(2 022×2 023×2 024-1×2×3) D.×(2 023×2 024×2 025-1×2×3) 综合运用 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由规律可得n×(n+1)=[n×(n+1)×(n+2)-(n-1)×n×(n+1)]， 所以1×2+2×3+3×4+…+2 023×2 024 =×(1×2×3-0×1×2+2×3×4-1×2×3+3×4×5-2×3×4+…+2 023 ×2 024×2 025-2 022×2 023×2 024) =×(2 023×2 024×2 025-0×1×2) =×2 023×2 024×2 025. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12.若数列{an}满足an+an+2=2n[1+(-1)n]，则数列{an}的前4n项和为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 因为an+an+2=2n[1+(-1)n]， 所以a2n-1+a2n+1=22n-1[1+(-1)2n-1]=0， a2n-2+a2n=22n-2[1+(-1)2n-2]=22n-1(n≥2)， 所以数列{an}的前4n项和为23+27+211+…+24n-1==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13.(多选)有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，记这样的一列数组成的数列为{an}，Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的为 A.a5=8 B.an+3=2an+1+an对∀n∈N*恒成立 C.a1+a3+a5+…+a2 023=a2 024 D.=a2 024 √ √ √ 由题意知a5=5，A选项错误； 依题意an+2=an+1+an(n≥1)，所以an+3=an+2+an+1=an+1+an+an+1=2an+1+an对∀n∈N*恒成立，B选项正确； a1=a2，a3=a4-a2，a5=a6-a4，…，a2 023=a2 024-a2 022， 所以a1+a3+a5+…+a2 023=a2 024，C选项正确； =a2·a1，=a2·(a3-a1)=a2·a3-a2·a1，=a3·(a4-a2)=a3·a4-a3·a2，…， =a2 023·(a2 024-a2 022)=a2 023·a2 024-a2 023·a2 022， 所以++…+=a2 023·a2 024，所以D选项正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14.已知数列{an}的各项均为2，在其第k项和第k+1项之间插入k个(-1)k(k∈N*)，得到新数列{bn}，记新数列{bn}的前n项和为Sn，则b2 024=　　　，S2 024= 　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 -1 149 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题意，将数列{bn}各项按数阵排列， 其中第n(n∈N*)行有n+1项，每行第1项均为2，且第k(k为奇数)行后k项为-1，第k(k为偶数)行后k项为1， 则该数阵中第n行的最后一项对应数列{bn}中的第2+3+4+…+(n+1)= =2 015<2 024<=2 079，且2 024=2 015+9， 所以b2 024位于数阵的第63行第9项， 即b2 024=-1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数列{bn}的前2 024项中，项的值为2的共63项， 其余添加项的和为1×(-1)+2×1+3×(-1)+4×1+… +61×(-1)+62×1+8×(-1)=31×1+8×(-1)=23， 因此S2 024=2×63+23=149. 15.已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a5=40，a4=16. (1)求数列{an}的通项公式； 拓广探究 因为 所以q=2，a3=8， 所以数列{an}的通项公式为an=a3qn-3=2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)设bn=，Sn是数列{bn}的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn+> (-1)n·a恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 因为bn=， 所以Sn=+++…+，Sn=+++…++， 两式相减得，Sn=+++…+-， 所以Sn=1+++…+-=-=2-. 所以不等式Sn+>(-1)n·a对任意正整数n恒成立， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 即2->(-1)n·a对任意正整数n恒成立. 设f(n)=2-(n∈N*)，易知f(n)单调递增. 当n为奇数时，f(n)的最小值为1， 所以-a<1，解得a>-1； 当n为偶数时，f(n)的最小值为，所以a<. 综上，a的取值范围是. 第四章 <<< $$ 习题课　数列求和(二) ［学习目标］　1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义.2.掌握拆项、并项求和及错位相减法的一般过程和思路以及数列求和中的创新问题. 一、拆项、并项求和 例1　已知数列an=（-1）nn，求数列｛an｝的前n项和Sn. 解　方法一　（并项求和）若n是偶数，则Sn=（-1+2）+（-3+4）+（-5+6）+…+［-（n-1）+n］=. 若n是奇数，则Sn=（-1+2）+（-3+4）+（-5+6）+…+（-n）=-n=-. 综上所述，Sn= 方法二　（分组求和）若n是偶数，则Sn=-1+2-3+4-…-（n-1）+n =-［1+3+…+（n-1）］+（2+4+…+n） =-+=； 若n是奇数，则Sn=-1+2-3+4-…+（n-1）-n =-（1+3+…+n）+［2+4+…+（n-1）］ =-+=-， 综上所述，Sn= 反思感悟　并项求和法适用的题型 一般地，对于摆动数列适用于并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组求和.若摆动数列为等比数列，也可用等比数列求和公式. 跟踪训练1　已知数列｛an｝满足an=（-1）nn2，则a1+a2+a3+…+a2n+1等于（　　） A.-（n+1）（2n+1） B.（n+1）（2n+1） C.-n（n+1） D.n（n+1） 答案　A 解析　a1+a2+a3+…+a2n+1 =-12+22-32+42-52+…+（2n）2-（2n+1）2 =-1+（22-32）+（42-52）+…+［（2n）2-（2n+1）2］ =-1-（2+3）-（4+5）-…-（2n+2n+1） =-［1+2+3+4+5+…+（2n+1）］ =-=-（n+1）（2n+1）. 二、错位相减法 例2　求和：Sn=x+2x2+3x3+…+nxn（x≠0）. 解　当x=1时，Sn=1+2+3+…+n=； 当x≠1时，Sn=x+2x2+3x3+…+nxn， xSn=x2+2x3+3x4+…+（n-1）xn+nxn+1， ∴（1-x）Sn=x+x2+x3+…+xn-nxn+1 =-nxn+1， ∴Sn=-. 综上可得， Sn= 反思感悟　（1）一般地，如果数列｛an｝是等差数列，｛bn｝是等比数列，求数列｛an·bn｝的前n项和时，可采用错位相减法. （2）用错位相减法求和时，应注意： 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”，以便下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 跟踪训练2　（1）已知数列｛an｝的前n项和为Sn，且Sn=2an-2（n∈N*）. ①求数列｛an｝的通项公式； ②若bn=，求数列｛bn｝的前n项和Tn. 解　①因为Sn=2an-2，当n=1时，S1=2a1-2，解得a1=2， 当n≥2时，Sn-1=2an-1-2， 所以an=Sn-Sn-1=（2an-2）-（2an-1-2） =2an-2an-1， 即an=2an-1（n≥2）. 所以数列｛an｝是首项为2，公比为2的等比数列， 故an=2×2n-1=2n. ②由①知an=2n， 则bn===， 所以Tn=+++…+， ① Tn=++…++， ② ①-②得Tn=1+- =1+- =1+-- =-. 所以数列｛bn｝的前n项和Tn=3-. （2）在①Sn=2n-3n-1，②an+1=2an+3，a1=-2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.设数列｛an｝的前n项和为Sn，且　　　　.  （ⅰ）求数列｛an｝的通项公式； （ⅱ）若bn=n·（an+3），求数列｛bn｝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　（ⅰ）若选①：∵Sn=2n-3n-1， ∴当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-3n-1-［2n-1-3（n-1）-1］=2n-1-3， 又当n=1时，a1=S1=-2满足上式， 故an=2n-1-3. 若选②：由an+1=2an+3， 易得an+1+3=2（an+3），又a1=-2， 于是数列｛an+3｝是以a1+3=1为首项，2为公比的等比数列，∴an+3=2n-1，∴an=2n-1-3. （ⅱ）由（ⅰ）得bn=n·2n-1， 从而Tn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1， 2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n， 作差得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n·2n =-n·2n=（1-n）2n-1， 于是Tn=（n-1）2n+1. 三、数列求和中的创新问题 例3　在①S3=6，S5=15；②公差为1，且a2，a4，a8成等比数列；③a1=1，a2+a3+a5+a6=16这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答. 问题：已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，且满足　　　　.  （1）求数列｛an｝的通项公式； （2）令cn=［lg an ］，其中［x］表示不超过x的最大整数，求c1+c2+…+c2 024. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解　（1）选①， 设等差数列｛an｝的公差为d， 因为S3=6，S5=15， 所以 解得a1=d=1，所以an=a1+（n-1）d=n. 选②， 因为等差数列｛an｝的公差为1，且a2，a4，a8成等比数列，所以a2a8=， 即（a1+1）（a1+7）=（a1+3）2，解得a1=1， 所以an=a1+（n-1）d=n. 选③， 因为等差数列｛an｝中，a1=1， a2+a3+a5+a6=16， 所以4a1+12d=16， 即4+12d=16，解得d=1， 所以an=a1+（n-1）d=n. （2）由（1）知cn=［lg an］=［lg n］， 因为c1=［lg 1］=0，c10=［lg 10］=1， c100=［lg 100］=2，c1 000=［lg 1 000］=3， 所以当1≤n≤9时，cn=0， 当10≤n≤99时，cn=1， 当100≤n≤999时，cn=2， 当1 000≤n≤2 024时，cn=3， 所以c1+c2+…+c2 024=0+90×1+900×2+（2 024-999）×3=4 965. 反思感悟　数列求和中的创新问题往往和函数、不等式、平面几何等实际问题相结合，重点考查数列求和的应用意识. 跟踪训练3　“提丢斯数列”是德国数学家提丢斯提出，具体如下：0，3，6，12，24，48，96，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，…；再将每一项除以10后得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，…，则下列说法中，正确的是（　　） A.“提丢斯数列”是等比数列 B.“提丢斯数列”的第99项为 C.“提丢斯数列”前31项和为+ D.“提丢斯数列”中，不超过20的有9项 答案　C 解析　记“提丢斯数列”为数列｛an｝，则当n≥2时，10an-4=3·2n-2，解得an=； 当n=1时，a1=0.55≠0.4； ∴an= “提丢斯数列”不是等比数列，故A错误； “提丢斯数列”的第99项为a99=，故B错误； “提丢斯数列”前31项和为S31=0.4+30×+× =12.4+×=+，故C正确； 当n=1时，a1=0.4<20，成立， 当n≥2时，an=≤20， 即2n≤，解得n≤8， ∴“提丢斯数列”中，不超过20的有8项，故D错误. 1.知识清单： （1）拆项、并项求和. （2）错位相减法求和. （3）创新求和问题. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、列举法. 3.常见误区： （1）并项求和易忽略总项数的奇偶. （2）错位相减法中要注意项的符号以及化简合并. （3）创新求和问题有时可用列举法. 1.求值：1-3+5-7+9-11+…+2 021-2 023等于（　　） A.-2 024 B.-1 012 C.-506 D.1 012 答案　B 解析　1-3+5-7+9-11+…+2 021-2 023 =（1-3）+（5-7）+（9-11）+…+（2 021-2 023） =-2×506=-1 012. 2.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 答案　D 解析　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 ②-①得， Sn=-n+2+22+…+2n-1+2n=-n+=-n+2n+1-2=2n+1-n-2. 3.已知数列｛an｝满足an=定义使a1·a2·a3·…·ak（k∈N*）为整数的k叫做“幸福数”，则区间［1，2 024］内所有“幸福数”的和为　　　　.  答案　2 036 解析　当n≥2时，an=logn（n+1）=， 所以a1·a2·…·ak=1×××…×=log2（k+1），若满足a1·a2·…·ak为正整数， 则k+1=2m，m∈N*，即k=2m-1， 所以在［1，2 024］内的所有“幸福数”的和为 21-1+22-1+…+210-1 =-10=2 036. 4.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第37项是　　　　.  答案　190 解析　由题意可得从第4行起的每行第三个数3=1+2，6=1+2+3，10=1+2+3+4， 所以第k（k≥4）行的第三个数为1+2+…+（k-2），在该数列中，第37项为第21行第三个数， 所以该数列的第37项为1+2+…+19==190. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共12分 1.等比数列｛an｝中，a5=2，a6=5，则数列｛lg an｝的前10项和等于（　　） A.6 B.5 C.4 D.3 答案　B 解析　∵数列｛an｝是等比数列，a5=2，a6=5， ∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=10， ∴lg a1+lg a2+…+lg a10=lg（a1·a2·…·a10） =lg（a5a6）5=5lg 10=5. 2.在数列｛an｝中，已知an+1+an=3·2n，a2=5，则｛an｝的前11项和为（　　） A.2 045 B.2 046 C.4 093 D.4 094 答案　C 解析　由an+1+an=3·2n，得a1+a2=6，而a2=5，解得a1=1，所以｛an｝的前11项和为a1+（a2+a3）+（a4+a5）+（a6+a7）+（a8+a9）+（a10+a11）=1+3×（22+24+26+28+210）=1+3×=4 093. 3.数列｛n·2n｝的前n项和等于（　　） A.n·2n-2n+2 B.n·2n+1-2n+1+2 C.n·2n+1-2n D.n·2n+1-2n+1 答案　B 解析　设｛n·2n｝的前n项和为Sn， 则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n， ① 所以2Sn=1×22+2×23+…+（n-1）2n+n·2n+1， ② ①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-n·2n+1-2，所以Sn=n·2n+1-2n+1+2. 4.已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，若=a2+a2 023，且A，B，C三点共线（该直线不过原点O），则S2 024的值为（　　） A. B.1 011 C. D.1 012 答案　D 解析　∵=a2+a2 023，且A，B，C三点共线， ∴a2+a2 023=1， ∵｛an｝是等差数列， ∴a1+a2 024=a2+a2 023=1， ∴S2 024==1 012. 5.0-1数列是指每一项均为0或1的数列，这类数列在计算机科学领域有着广泛应用.若数列｛an｝是0-1数列，当且仅当n=6k±1（k∈N*）时，an=1，设｛an｝的前n项和为Sn，则满足Sn=200的n的最大值为（　　） A.600 B.601 C.604 D.605 答案　C 解析　由题意可知a1=a2=a3=a4=a6=0，a5=1， 且a6k+1=a6k+5=1，a6k+2=a6k+3=a6k+4=a6k+6=0，k∈N*， 即k∈N*， 当k=100时，a601=a605=1，a602=a603=a604=a606=0， 可知S601=1+2×99+1=200，且S602=S603=S604=200，S605=201， 所以满足Sn=200的n的最大值为604. 6.（多选）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫做三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是（　　） A.an-an-1=n（n>1） B.a20=210 C.1 024是三角形数 D.+++…+= 答案　ABD 解析　∵a2-a1=2，a3-a2=3，a4-a3=4，…，由此可归纳得an-an-1=n（n>1），故A正确； 将前面的所有项累加可得an=+a1=，∴a20=210，故B正确； 令=1 024，此方程没有正整数解，故C错误； 由an=，得==2， ∴++…+ =2 =2=，故D正确. 7.（5分）已知函数f（n）=且an=f（n）+f（n+1），则a1+a2+a3+…+a100=　　　.  答案　100 解析　由题意，得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-（1+2）+（3+2）-（4+3）+…-（99+100）+（101+100）=-（1+2+…+99+100）+（2+3+…+100+101）=-50×101+50×103=100. 8.（5分）已知数列｛an｝是各项均为正数的等比数列，点M（2，log2a2），N（5，log2a5）都在直线y=x-1上，则数列｛an｝的前n项和为　　　　.  答案　2n-1 解析　由题意可得log2a2=2-1=1，log2a5=5-1=4，则a2=2，a5=16，数列｛an｝的公比q===2，数列｛an｝的首项a1===1，前n项和Sn==2n-1. 9.（2024·全国甲卷）（12分）记数列｛an｝的前n项和为Sn，且4Sn=3an+4. （1）求｛an｝的通项公式；（6分） （2）设bn=（-1）n-1nan，求数列｛bn｝的前n项和Tn.（6分） 解　（1）当n=1时， 4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4. 当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1， 即an=-3an-1， 而a1=4≠0，故an≠0， 故=-3， 所以数列｛an｝是以4为首项， -3为公比的等比数列， 所以an=4·（-3）n-1. （2）bn=（-1）n-1·n·4·（-3）n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1， 故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n， 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n=4·-4n·3n =2（3n-1）-4n·3n =（2-4n）·3n-2， 所以Tn=（2n-1）·3n+1. 10.（12分）已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，公差d>0，+=12，且2a1，3，2a4成等比数列. （1）求an；（5分） （2）若bn=sin  ，数列｛bn｝的前n项和为Tn，求T100.（7分） 解　（1）由题意得S3=3a1+3d，S5=5a1+10d， 由+=12得a1+d+a1+2d=12， 所以2a1+3d=12， ① 因为2a1，3，2a4成等比数列， 所以4a1a4=9（a2+a3）， 即4a1（a1+3d）=9（2a1+3d）， ② 联立①②解得或（舍去）. 所以an=a1+（n-1）d=2n+1. （2）因为bn=sin =（2n+1）2sin ，当n为偶数时，sin =0， 当n=4k+1，k∈N时，sin =1，当n=4k+3，k∈N时，sin =-1， 所以T100=-+-+…+- =（a1-a3）（a1+a3）+（a5-a7）（a5+a7）+…+（a97-a99）（a97+a99） =-2d（a1+a3+a5+a7+…+a97+a99） =-4××50=-20 200. 11.观察式子：1×2=×（1×2×3-0×1×2）；2×3=×（2×3×4-1×2×3）；3×4=×（3×4×5-2×3×4）；…，根据规律，则1×2+2×3+3×4+…+2 023×2 024等于（　　） A.×2 022×2 023×2 024 B.×2 023×2 024×2 025 C.×（2 022×2 023×2 024-1×2×3） D.×（2 023×2 024×2 025-1×2×3） 答案　B 解析　由规律可得n×（n+1）=［n×（n+1）×（n+2）-（n-1）×n×（n+1）］， 所以1×2+2×3+3×4+…+2 023×2 024 =×（1×2×3-0×1×2+2×3×4-1×2×3+3×4×5-2×3×4+…+2 023×2 024×2 025-2 022×2 023×2 024） =×（2 023×2 024×2 025-0×1×2） =×2 023×2 024×2 025. 12.若数列｛an｝满足an+an+2=2n［1+（-1）n］，则数列｛an｝的前4n项和为（　　） A. B. C. D. 答案　C 解析　因为an+an+2=2n［1+（-1）n］， 所以a2n-1+a2n+1=22n-1［1+（-1）2n-1］=0， a2n-2+a2n=22n-2［1+（-1）2n-2］=22n-1（n≥2）， 所以数列｛an｝的前4n项和为23+27+211+…+24n-1==. 13.（多选）有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，记这样的一列数组成的数列为｛an｝，Sn为数列｛an｝的前n项和，则下列结论正确的为（　　） A.a5=8 B.an+3=2an+1+an对∀n∈N*恒成立 C.a1+a3+a5+…+a2 023=a2 024 D.=a2 024 答案　BCD 解析　由题意知a5=5，A选项错误；依题意an+2=an+1+an（n≥1）， 所以an+3=an+2+an+1=an+1+an+an+1=2an+1+an对∀n∈N*恒成立，B选项正确；a1=a2，a3=a4-a2，a5=a6-a4，…，a2 023=a2 024-a2 022， 所以a1+a3+a5+…+a2 023=a2 024，C选项正确； =a2·a1，=a2·（a3-a1）=a2·a3-a2·a1，=a3·（a4-a2）=a3·a4-a3·a2，…， =a2 023·（a2 024-a2 022） =a2 023·a2 024-a2 023·a2 022， 所以++…+=a2 023·a2 024，所以D选项正确. 14.（5分）已知数列｛an｝的各项均为2，在其第k项和第k+1项之间插入k个（-1）k（k∈N*），得到新数列｛bn｝，记新数列｛bn｝的前n项和为Sn，则b2 024=　　　　　，S2 024=　　　　　.  答案　-1　149 解析　由题意，将数列｛bn｝各项按数阵排列， 其中第n（n∈N*）行有n+1项，每行第1项均为2，且第k（k为奇数）行后k项为-1，第k（k为偶数）行后k项为1，则该数阵中第n行的最后一项对应数列｛bn｝中的第2+3+4+…+（n+1）=项，因为=2 015<2 024<=2 079，且2 024=2 015+9， 所以b2 024位于数阵的第63行第9项， 即b2 024=-1， 数列｛bn｝的前2 024项中，项的值为2的共63项， 其余添加项的和为1×（-1）+2×1+3×（-1）+4×1+…+61×（-1）+62×1+8×（-1）=31×1+8×（-1）=23， 因此S2 024=2×63+23=149. 15.（14分）已知等比数列｛an｝的公比q>1，且a3+a5=40，a4=16. （1）求数列｛an｝的通项公式；（6分） （2）设bn=，Sn是数列｛bn｝的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn+>（-1）n·a恒成立，求a的取值范围.（8分） 解　（1）因为 所以q=2，a3=8， 所以数列｛an｝的通项公式为an=a3qn-3=2n. （2）因为bn=， 所以Sn=+++…+， Sn=+++…++， 两式相减得，Sn=+++…+-， 所以Sn=1+++…+- =-=2-. 所以不等式Sn+>（-1）n·a对任意正整数n恒成立， 即2->（-1）n·a对任意正整数n恒成立. 设f（n）=2-（n∈N*），易知f（n）单调递增. 当n为奇数时，f（n）的最小值为1， 所以-a<1，解得a>-1； 当n为偶数时，f（n）的最小值为，所以a<. 综上，a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$