16 第一阶段 专题三 §3 数列求和-（课件PPT+教案Word）【高考快车道】2025年高考数学大二轮专题复习高考总复习学案（基础版）

第一阶段　突破核心　升华思维 专题三　数列 §3　数列求和 【备考指南】　数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，常与不等式等综合命题，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用． 2 　基础考点1　分组(并项)求和 （一） 　基础考点2　裂项相消法求和 （二） 　基础考点3　错位相减法求和 （三） 　专题限时集训(九)　数列求和 （四） §3　数列求和 基础考点1　分组(并项)求和 【典例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，且a1＝1，an＋1＝所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5． 因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2)因为an＋1＝ 所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1， 即a2k＝a2k－1＋1，① a2k＋1＝a2k＋2，② a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③ 所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 ②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3， 又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(n＋1)2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n+1an，求数列{bn}的前2n项和T2n． [解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝4， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2－n2＝2n＋1， 当n＝1时，an＝2n＋1不成立，所以an＝ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2)由(1)可知bn＝ 所以，T2n＝4－5＋7－9＋11－13＋…＋(4n－1)－(4n＋1) ＝4＋(7－5)＋(11－9)＋…＋[(4n－1)－(4n－3)]－(4n＋1) ＝4＋2(n－1)－4n－1＝－2n＋1． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 【教师备选资源】 1．(2024·浙江台州一模)已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若an＋1＋an＋2＝12an，S5＝121． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝an＋ln an，求数列{bn}的前n项和Tn． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 [解]　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)， 因为an＋1＋an＋2＝12an，即anq＋anq2＝12an， 且an≠0，可得q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍去)． 又因为S5＝＝121，解得a1＝1， 所以an＝a1·qn-1＝3n-1． (2)由(1)可得，bn＝3n-1＋(n－1)ln 3，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(30＋31＋32＋…＋3n-1)＋[0＋1＋2＋3＋…＋(n－1)]ln 3＝＋ln 3＝，所以Tn＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{bn}满足bn＝n－(－1)nSn，a1＋b1＝3，a2－b2＝5． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)设数列{bn}的前n项和为Tn． ①求T10； ②若集合A＝{n|n≤100 且Tn≤100，n∈N*}，求集合A中所有元素的和． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，当n＝1时，b1＝1－(－1)1S1＝1＋a1， 所以a1＋b1＝a1＋1＋a1＝3，解得a1＝1， 当n＝2时，b2＝2－(－1)2S2＝2－(a1＋a2)＝1－a2， 所以a2－b2＝a2－(1－a2)＝5，解得a2＝3， 则d＝a2－a1＝3－1＝2， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝＝＝n2， 则bn＝n－(－1)n·n2． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2)①T10＝b1＋b2＋…＋b10＝1＋12＋2－22＋…＋9＋92＋10－102＝(1＋2＋…＋10)－＝(1＋2＋…＋10)－(1＋2＋…＋10)＝0， ②Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－(－12)＋2－22＋3－(－32)＋…＋(n－1)－(－1)n-1(n－1)2＋n－(－1)nn2＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－[－12＋22－32＋…＋(－1)n-1(n－1)2＋(－1)nn2]＝－[－12＋22－32＋…＋(－1)n-1(n－1)2＋(－1)nn2]． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 当n为偶数时，Tn＝－[－12＋22－32＋…－(n－1)2＋n2] ＝－＝－＝0． 所以当n为偶数时，Tn≤100恒成立． 当n为奇数时， Tn＝－[－12＋22－32＋…＋(n－1)2－n2]＝－＝n＋n2， 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 令Tn＝n2＋n≤100， 易知函数y＝x2＋x在[1，＋∞)上单调递增，且92＋9＝90<100，10＋102＝110>100， 所以可得n≤9， 所以集合A中所有元素的和为(2＋4＋…＋100)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝＋＝2 575. 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 基础考点2　裂项相消法求和 【典例2】　设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)因为＝4Sn＋4n＋1，所以4Sn＝－4n－1.① 所以n≥2时，4Sn－1＝－4(n－1)－1.② 由①－②，得4an＝－4，即＝(an＋2)2． 因为{an}各项均为正数，所以an＋1＝an＋2， 即an＋1－an＝2， 因为a3＝5，所以＝＝4a1＋5， 解得a2＝3，a1＝1，a2－a1＝2， 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2)由(1)得bn＝＝． 当n为偶数时，Tn＝－＋－＋－…＋＝＝－； 当n为奇数时，Tn＝－＋－＋－…－＝＝－． 所以Tn＝ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2024·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 [解]　(1)因为数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列， 又S1＋2＝a1＋2，所以Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1． 当n≥2时，由Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1，得Sn－1＋2＝(a1＋2)·2n-2， 两式相减，得an＝(a1＋2)·2n-2(n≥2)， 又{an}是等比数列，所以＝＝2， 所以＝2，解得a1＝2， 所以an＝2n(n≥2)， 当n＝1时，上式成立， 所以an＝2n． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2)证明：由(1)知bn＝ ＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝－＋－＋…＋－ ＝－． 又>0，所以Tn<． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 【典例3】　(2024·全国甲卷)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． 基础考点3　错位相减法求和 [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． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2)由(1)知bn＝(－1)n-1n×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＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n×3n ＝4＋4×－4n×3n＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n×3n ＝(2－4n)×3n－2， 所以Tn＝3n(2n－1)＋1． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 在①Sn＝2an＋1－3，a2＝，②2Sn＋1－3Sn＝3，a2＝，③点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答． 已知数列{an}的前n项和为Sn，________． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 [解]　(1)选条件①： ∵Sn＝2an＋1－3，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－3， 两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2)． ∵a2＝，∴a1＝S1＝2a2－3＝，a2＝a1， ∴＝(n∈N*)， ∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴an＝×＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 选条件②： ∵2Sn＋1－3Sn＝3，∴当n≥2时，2Sn－3Sn－1＝3， 两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2)． ∵2(a1＋a2)－3a1＝3，a2＝， ∴a1＝，a2＝a1，∴＝(n∈N*)， ∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴an＝×＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 选条件③： ∵点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上， ∴Sn＝3an－3，∴Sn＋1＝3an＋1－3， 两式相减，整理得an＋1＝an， 当n＝1时，a1＝3a1－3，得a1＝， ∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴an＝×＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2)由(1)可得bn＝n×， 则Tn＝1×＋2×＋…＋n×， ∴Tn＝1×＋2×＋…＋n×， 两式相减得Tn＝＋＋＋…＋ －n×＝－n×＝2－×，∴Tn＝6－(2n＋6)×． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 一、单项选择题 1．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝ (　　) A．9 　 B．15 　 C．18 　 D．30 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 √ 专题限时集训(九)　数列求和 C　[∵an＋1－an＝2，a1＝－5， ∴数列{an}是首项为－5，公差为2的等差数列， ∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7， 数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n． 令an＝2n－7≥0，解得n≥，∴n≤3时，|an|＝－an； n≥4时，|an|＝an． 则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 2．(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　　) A．3×251－156 　 B．3×251－103　 C．3×250－156 　 D．3×250－103 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 A　[因为a1＝1，an＋1＝ 所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，所以a2k＋2＋a2k＋1＝2＋3，记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，所以{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝6×2n-1，bn＝6×2n-1－3，记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156． 故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 3．(2024·广东深圳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列{bn}满足－＝an，则数列{bn}的前2 024项的和为(　　) A． 　 B． C． 　 D． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 D　[∵Sn＝n2＋3n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋2(n≥2)， 当n＝1时，a1＝4，符合an＝2n＋2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋2． ∵－＝an，∴－＝2n＋2，即－＝4，－＝6，…， －＝2n. 又＝2，累加法可得＝n2＋n，即bn＝＝＝－． 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T2 024＝＋…＋＝1－＝．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 4．设[x]表示不超过x的最大整数(例如：[3.5]＝3，[－1.5]＝－2)，则[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046]＝(　　) A．9×210－8 　 B．9×211－8 C．9×210＋2 　 D．9×211＋2 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 B　[当2n≤x<2n+1时，[log2x]＝n， 即[log22n]＝＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n． 因为210<2 046<211， 故[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046] ＝[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 047]－[log22 047]＝0＋2×1＋4×2＋…＋210×10－10＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10－10， 设S＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10，① 则2S＝21×0＋22×1＋23×2＋…＋211×10，② 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 ①－②，得－S＝21＋22＋…＋210－211×10＝－211×10＝211－2－211×10＝－9×211－2，所以S＝9×211＋2． 所以[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046] ＝9×211＋2－10＝9×211－8． 故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 二、多项选择题 5．(2024·江苏盐城模拟)已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋3n-1an＝n·3n+1(n∈N*)，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是 (　　) A．数列{an}为等差数列 B．Sn＝3n2＋6n C．数列{(－1)nan}的前100项和为300 D．数列的前20项和为284 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 ABC　[由a1＋3a2＋…＋3n-1an＝n·3n+1(n∈N*)， 设bn＝3n-1an，则b1＋b2＋…＋bn＝n·3n+1， 所以当n≥2时，b1＋b2＋…＋bn－1＝(n－1)·3n， 两式相减，得bn＝(2n＋1)·3n， 当n＝1时，b1＝a1＝9也适合上式． 则bn＝(2n＋1)·3n＝3n-1an，解得an＝3(2n＋1)， 所以an＋1－an＝6，故数列{an}是以9为首项，6为公差的等差数列， 则Sn＝＝3n(n＋2)＝3n2＋6n， 故选项AB正确； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 选项C，数列{(－1)nan}的前100项和M＝3＝3×2×50＝300，故选项C正确； 选项D，|an－20|＝|6n－17|＝n∈N*， 则的前20项和为N＝11＋5＋1＋7＋13＋…＋103＝16＋＝952，故选项D错误．故选ABC．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 6．(2024·浙江台州一模)已知等差数列{an}中，a1＝，公差为，bn＝tan an，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　) A．bn＝(－1)n B．b1＋b2＋b3＋…＋bn＝ C．若cn＝anbn，则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝π D．若dn＝bnSn，则d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝－π √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 BCD　[由{an}为等差数列，a1＝，公差d＝，则an＝＋(n－1)＝(2n－1)，所以Sn＝na1＋d＝π， 所以bn＝tan an＝tan ＝tan ＝ (k∈N*)， 当n＝1时，b1＝1，则选项A不正确； 当n为偶数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝0， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 当n为奇数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1， 故b1＋b2＋b3＋…＋bn＝，所以选项B正确； cn＝anbn＝ (k∈N*)， c2k＋c2k－1＝－a2k＋a2k－1＝－． 当n为偶数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－π． 当n为奇数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－π＋(2n－1)＝π． 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝π，故选项C正确； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 dn＝bnSn＝(k∈N*)， d2k－1＋d2k＝S2k－1－S2k＝[(2k－1)2－(2k)2]＝－(4k－1)， 所以d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝(d1＋d2)＋(d3＋d4)＋…＋(d2n－1＋d2n) ＝－[3＋7＋…＋(4n－1)] ＝－××n＝－(2n2＋n)，所以选项D正确． 故选BCD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 三、填空题 7．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E(第二段圆弧)，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香” 恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度 为________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 44π　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 44π　[由题意知每段圆弧所对的圆心角都是，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝·n，所以前11段圆弧的长度S11＝(1＋2＋…＋11)＝44π．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 8．(2021·新高考Ⅰ卷)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 ＝______________dm2． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 5　 240　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 5　240　[依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180； 当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm， 20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm × dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75； …… 所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 由①－②得， ＝240＝240， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 四、解答题 9．(2024·山东烟台二模)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且a1，a2，a5成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 [解]　(1)设{an}的公差为d(d≠0)， 由题意知 即 即有解得所以an＝2n－1． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 (2)设数列{bn}的前2n项中的奇数项之和为A，偶数项之和为B， 则A＝＝21＋25＋…＋24n-3＝＝＝，B＝＋＋…＋＝＝＝＝－， 所以T2n＝A＋B＝＋－＝－－． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝2Sn＋n(n∈N*)． (1)求证：数列为常数列； (2)设Tn＝＋＋＋…＋，求Tn． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 [解]　(1)证明：由nan＋1＝2Sn＋n， 当n＝1时，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3， 当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋n－1， 两式相减得nan＋1－(n－1)an＝2an＋1， 即nan＋1＝(n＋1)an＋1， 所以n(an＋1＋1)＝(n＋1)(an＋1)，所以＝， 当n＝1时，＝2＝，满足上式， 所以数列为常数列． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 (2)由(1)得＝＝2，所以an＝2n－1， 则Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋， 则Tn＝＋＋＋…＋， 两式相减得 Tn＝＋＋＋…＋－＝＋2×－ ＝＋2×－，所以Tn＝－－． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §3　数列求和 THANK YOU 00000 $$ §3　数列求和 【备考指南】　数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，常与不等式等综合命题，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用． 基础考点1　分组(并项)求和 【典例1】　(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和． 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(n＋1)2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n+1an，求数列{bn}的前2n项和T2n． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 基础考点2　裂项相消法求和 【典例2】　设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消． (2024·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 基础考点3　错位相减法求和 【典例3】　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法． 在①Sn＝2an＋1－3，a2＝，②2Sn＋1－3Sn＝3，a2＝，③点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答． 已知数列{an}的前n项和为Sn，________． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ §3　数列求和 【备考指南】　数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，常与不等式等综合命题，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用． 基础考点1　分组(并项)求和 【典例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，且a1＝1，an＋1＝所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5． 因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*． (2)因为an＋1＝ 所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1， 即a2k＝a2k－1＋1，① a2k＋1＝a2k＋2，② a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③ 所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3， 又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300． 若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和． 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(n＋1)2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n+1an，求数列{bn}的前2n项和T2n． [解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝4， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2－n2＝2n＋1， 当n＝1时，an＝2n＋1不成立， 所以an＝ (2)由(1)可知bn＝ 所以，T2n＝4－5＋7－9＋11－13＋…＋(4n－1)－(4n＋1) ＝4＋(7－5)＋(11－9)＋…＋[(4n－1)－(4n－3)]－(4n＋1) ＝4＋2(n－1)－4n－1＝－2n＋1． 【教师备选资源】 1．(2024·浙江台州一模)已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若an＋1＋an＋2＝12an，S5＝121． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝an＋ln an，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)， 因为an＋1＋an＋2＝12an，即anq＋anq2＝12an， 且an≠0，可得q2＋q－12＝0， 解得q＝3或q＝－4(舍去)． 又因为S5＝＝121，解得a1＝1， 所以an＝a1·qn-1＝3n-1． (2)由(1)可得，bn＝3n-1＋(n－1)ln 3，所以 Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(30＋31＋32＋…＋3n-1)＋[0＋1＋2＋3＋…＋(n－1)]ln 3＝＋ln 3＝，所以Tn＝． 2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{bn}满足bn＝n－(－1)nSn，a1＋b1＝3，a2－b2＝5． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)设数列{bn}的前n项和为Tn． ①求T10； ②若集合A＝{n|n≤100 且Tn≤100，n∈N*}，求集合A中所有元素的和． [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，当n＝1时，b1＝1－(－1)1S1＝1＋a1， 所以a1＋b1＝a1＋1＋a1＝3，解得a1＝1， 当n＝2时，b2＝2－(－1)2S2＝2－(a1＋a2)＝1－a2， 所以a2－b2＝a2－(1－a2)＝5，解得a2＝3， 则d＝a2－a1＝3－1＝2， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝＝＝n2， 则bn＝n－(－1)n·n2． (2)①T10＝b1＋b2＋…＋b10＝1＋12＋2－22＋…＋9＋92＋10－102＝(1＋2＋…＋10)－＝(1＋2＋…＋10)－(1＋2＋…＋10)＝0， ②Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－(－12)＋2－22＋3－(－32)＋…＋(n－1)－(－1)n-1(n－1)2＋n－(－1)nn2＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－[－12＋22－32＋…＋(－1)n-1(n－1)2＋(－1)nn2]＝－[－12＋22－32＋…＋(－1)n-1(n－1)2＋(－1)nn2]． 当n为偶数时，Tn＝－[－12＋22－32＋…－(n－1)2＋n2] ＝－＝－＝0． 所以当n为偶数时，Tn≤100恒成立． 当n为奇数时， Tn＝－[－12＋22－32＋…＋(n－1)2－n2]＝－＝n＋n2， 令Tn＝n2＋n≤100， 易知函数y＝x2＋x在[1，＋∞)上单调递增，且92＋9＝90<100，10＋102＝110>100， 所以可得n≤9， 所以集合A中所有元素的和为(2＋4＋…＋100)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝＋＝2 575. 基础考点2　裂项相消法求和 【典例2】　设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)因为＝4Sn＋4n＋1， 所以4Sn＝－4n－1.① 所以n≥2时，4Sn－1＝－4(n－1)－1.② 由①－②，得4an＝－4， 即＝(an＋2)2． 因为{an}各项均为正数，所以an＋1＝an＋2， 即an＋1－an＝2， 因为a3＝5，所以＝＝4a1＋5， 解得a2＝3，a1＝1，a2－a1＝2， 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1． (2)由(1)得bn＝＝． 当n为偶数时， Tn＝－＋－＋－…＋ ＝＝－； 当n为奇数时， Tn＝－＋－＋－…－ ＝＝－． 所以Tn＝ 裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消． (2024·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<． [解]　(1)因为数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列， 又S1＋2＝a1＋2，所以Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1． 当n≥2时，由Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1，得Sn－1＋2＝(a1＋2)·2n-2， 两式相减，得an＝(a1＋2)·2n-2(n≥2)， 又{an}是等比数列，所以＝＝2， 所以＝2，解得a1＝2， 所以an＝2n(n≥2)， 当n＝1时，上式成立， 所以an＝2n． (2)证明：由(1)知bn＝ ＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝－＋－＋…＋－ ＝－． 又>0，所以Tn<． 基础考点3　错位相减法求和 【典例3】　(2024·全国甲卷)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)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)由(1)知bn＝(－1)n-1n×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＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n×3n ＝4＋4×－4n×3n＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n×3n ＝(2－4n)×3n－2， 所以Tn＝3n(2n－1)＋1． 如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法． 在①Sn＝2an＋1－3，a2＝，②2Sn＋1－3Sn＝3，a2＝，③点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答． 已知数列{an}的前n项和为Sn，________． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)选条件①： ∵Sn＝2an＋1－3， ∴当n≥2时，Sn－1＝2an－3， 两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2)． ∵a2＝， ∴a1＝S1＝2a2－3＝，a2＝a1， ∴＝(n∈N*)， ∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴an＝×＝． 选条件②： ∵2Sn＋1－3Sn＝3， ∴当n≥2时，2Sn－3Sn－1＝3， 两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2)． ∵2(a1＋a2)－3a1＝3，a2＝， ∴a1＝，a2＝a1， ∴＝(n∈N*)， ∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴an＝×＝． 选条件③： ∵点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上， ∴Sn＝3an－3，∴Sn＋1＝3an＋1－3， 两式相减，整理得an＋1＝an， 当n＝1时，a1＝3a1－3，得a1＝， ∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴an＝×＝． (2)由(1)可得bn＝n×， 则Tn＝1×＋2×＋…＋n×， ∴Tn＝1×＋2×＋…＋n×， 两式相减得Tn＝＋＋＋…＋ －n×＝－n×＝2－×，∴Tn＝6－(2n＋6)×． 专题限时集训(九)　数列求和 一、单项选择题 1．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　) A．9 　 B．15 C．18 　 D．30 C　[∵an＋1－an＝2，a1＝－5， ∴数列{an}是首项为－5，公差为2的等差数列， ∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7， 数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n． 令an＝2n－7≥0，解得n≥， ∴n≤3时，|an|＝－an； n≥4时，|an|＝an． 则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18．] 2．(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　　) A．3×251－156 　 B．3×251－103　 C．3×250－156 　 D．3×250－103 A　[因为a1＝1，an＋1＝ 所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2， 所以a2k＋2＋a2k＋1＝2＋3， 记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3， 所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)， 所以{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列， 所以bn＋3＝6×2n-1，bn＝6×2n-1－3， 记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156． 故选A．] 3．(2024·广东深圳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列{bn}满足－＝an，则数列{bn}的前2 024项的和为(　　) A． 　 B． C． 　 D． D　[∵Sn＝n2＋3n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋2(n≥2)， 当n＝1时，a1＝4，符合an＝2n＋2， ∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋2． ∵－＝an，∴－＝2n＋2， 即－＝4，－＝6，…， －＝2n. 又＝2，累加法可得＝n2＋n， 即bn＝＝＝－． 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T2 024＝＋…＋＝1－＝． 故选D．] 4．设[x]表示不超过x的最大整数(例如：[3.5]＝3，[－1.5]＝－2)，则[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046]＝(　　) A．9×210－8 　 B．9×211－8 C．9×210＋2 　 D．9×211＋2 B　[当2n≤x<2n+1时，[log2x]＝n， 即[log22n]＝＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n． 因为210<2 046<211， 故[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046] ＝[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 047]－[log22 047]＝0＋2×1＋4×2＋…＋210×10－10＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10－10， 设S＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10，① 则2S＝21×0＋22×1＋23×2＋…＋211×10，② ①－②，得－S＝21＋22＋…＋210－211×10 ＝－211×10＝211－2－211×10＝－9×211－2，所以S＝9×211＋2． 所以[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046] ＝9×211＋2－10＝9×211－8． 故选B．] 二、多项选择题 5．(2024·江苏盐城模拟)已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋3n-1an＝n·3n+1(n∈N*)，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　) A．数列{an}为等差数列 B．Sn＝3n2＋6n C．数列{(－1)nan}的前100项和为300 D．数列的前20项和为284 ABC　[由a1＋3a2＋…＋3n-1an＝n·3n+1(n∈N*)， 设bn＝3n-1an，则b1＋b2＋…＋bn＝n·3n+1， 所以当n≥2时，b1＋b2＋…＋bn－1＝(n－1)·3n， 两式相减，得bn＝(2n＋1)·3n， 当n＝1时，b1＝a1＝9也适合上式． 则bn＝(2n＋1)·3n＝3n-1an，解得an＝3(2n＋1)， 所以an＋1－an＝6，故数列{an}是以9为首项，6为公差的等差数列， 则Sn＝＝3n(n＋2)＝3n2＋6n， 故选项AB正确； 选项C，数列{(－1)nan}的前100项和 M＝3＝3×2×50＝300，故选项C正确； 选项D，|an－20|＝|6n－17|＝n∈N*， 则的前20项和为N＝11＋5＋1＋7＋13＋…＋103＝16＋＝952， 故选项D错误．故选ABC．] 6．(2024·浙江台州一模)已知等差数列{an}中，a1＝，公差为，bn＝tan an，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　) A．bn＝(－1)n B．b1＋b2＋b3＋…＋bn＝ C．若cn＝anbn，则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝π D．若dn＝bnSn，则d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝－π BCD　[由{an}为等差数列，a1＝，公差d＝，则an＝＋(n－1)＝(2n－1)， 所以Sn＝na1＋d＝π， 所以bn＝tan an＝tan ＝tan ＝ (k∈N*)， 当n＝1时，b1＝1，则选项A不正确； 当n为偶数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝0， 当n为奇数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1， 故b1＋b2＋b3＋…＋bn＝，所以选项B正确； cn＝anbn＝ (k∈N*)， c2k＋c2k－1＝－a2k＋a2k－1＝－． 当n为偶数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－π． 当n为奇数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－π＋(2n－1)＝π． 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝π，故选项C正确； dn＝bnSn＝(k∈N*)， d2k－1＋d2k＝S2k－1－S2k＝[(2k－1)2－(2k)2]＝－(4k－1)， 所以d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝(d1＋d2)＋(d3＋d4)＋…＋(d2n－1＋d2n) ＝－[3＋7＋…＋(4n－1)] ＝－××n＝－(2n2＋n)，所以选项D正确． 故选BCD．] 三、填空题 7．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E(第二段圆弧)，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为________． 44π　[由题意知每段圆弧所对的圆心角都是，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝·n，所以前11段圆弧的长度S11＝(1＋2＋…＋11)＝44π．] 8．(2021·新高考Ⅰ卷)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＝________dm2． 5　240　[依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180； 当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120； 当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75； …… 所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝． 所以＝240①， 所以＝240②， 由①－②得， ＝240 ＝240＝240， 所以＝240dm2．] 四、解答题 9．(2024·山东烟台二模)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且a1，a2，a5成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n． [解]　(1)设{an}的公差为d(d≠0)， 由题意知 即 即有解得所以an＝2n－1． (2)设数列{bn}的前2n项中的奇数项之和为A，偶数项之和为B， 则A＝＝21＋25＋…＋24n-3＝＝＝， B＝＋＋…＋ ＝ ＝ ＝＝－， 所以T2n＝A＋B＝＋－＝－－． 10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝2Sn＋n(n∈N*)． (1)求证：数列为常数列； (2)设Tn＝＋＋＋…＋，求Tn． [解]　(1)证明：由nan＋1＝2Sn＋n， 当n＝1时，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3， 当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋n－1， 两式相减得nan＋1－(n－1)an＝2an＋1， 即nan＋1＝(n＋1)an＋1， 所以n(an＋1＋1)＝(n＋1)(an＋1)， 所以＝， 当n＝1时，＝2＝，满足上式， 所以数列为常数列． (2)由(1)得＝＝2， 所以an＝2n－1， 则Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋， 则Tn＝＋＋＋…＋， 两式相减得 Tn＝＋＋＋…＋－＝＋2×－ ＝＋2×－， 所以Tn＝－－． 15 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时集训(九)　数列求和 一、单项选择题 1．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　) A．9 　 B．15 C．18 　 D．30 2．(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　　) A．3×251－156 　 B．3×251－103　 C．3×250－156 　 D．3×250－103 3．(2024·广东深圳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列{bn}满足－＝an，则数列{bn}的前2 024项的和为(　　) A． 　 B． C． 　 D． 4．设[x]表示不超过x的最大整数(例如：[3.5]＝3，[－1.5]＝－2)，则[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046]＝(　　) A．9×210－8 　 B．9×211－8 C．9×210＋2 　 D．9×211＋2 二、多项选择题 5．(2024·江苏盐城模拟)已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋3n-1an＝n·3n+1(n∈N*)，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　) A．数列{an}为等差数列 B．Sn＝3n2＋6n C．数列{(－1)nan}的前100项和为300 D．数列的前20项和为284 6．(2024·浙江台州一模)已知等差数列{an}中，a1＝，公差为，bn＝tan an，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　) A．bn＝(－1)n B．b1＋b2＋b3＋…＋bn＝ C．若cn＝anbn，则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝π D．若dn＝bnSn，则d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝－π 三、填空题 7．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E(第二段圆弧)，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为________． 8．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么＝________dm2． 四、解答题 9．(2024·山东烟台二模)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且a1，a2，a5成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n． 10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝2Sn＋n(n∈N*)． (1)求证：数列为常数列； (2)设Tn＝＋＋＋…＋，求Tn． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时集训(九) 1．C　[∵an＋1－an＝2，a1＝－5， ∴数列{an}是首项为－5，公差为2的等差数列， ∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7， 数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n． 令an＝2n－7≥0，解得n≥， ∴n≤3时，|an|＝－an； n≥4时，|an|＝an． 则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18．] 2．A　[因为a1＝1，an＋1＝ 所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2， 所以a2k＋2＋a2k＋1＝2＋3， 记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3， 所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)， 所以{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列， 所以bn＋3＝6×2n-1，bn＝6×2n-1－3， 记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156． 故选A．] 3．D　[∵Sn＝n2＋3n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋2(n≥2)， 当n＝1时，a1＝4，符合an＝2n＋2， ∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋2． ∵－＝an，∴－＝2n＋2， 即－＝4，－＝6，…， －＝2n. 又＝2，累加法可得＝n2＋n， 即bn＝＝＝－． 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T2 024＝＋…＋＝1－＝． 故选D．] 4．B　[当2n≤x<2n+1时，[log2x]＝n， 即[log22n]＝＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n． 因为210<2 046<211， 故[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046] ＝[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 047]－[log22 047]＝0＋2×1＋4×2＋…＋210×10－10＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10－10， 设S＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10，① 则2S＝21×0＋22×1＋23×2＋…＋211×10，② ①－②，得－S＝21＋22＋…＋210－211×10 ＝－211×10＝211－2－211×10＝－9×211－2，所以S＝9×211＋2． 所以[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046] ＝9×211＋2－10＝9×211－8． 故选B．] 5．ABC　[由a1＋3a2＋…＋3n-1an＝n·3n+1(n∈N*)， 设bn＝3n-1an，则b1＋b2＋…＋bn＝n·3n+1， 所以当n≥2时，b1＋b2＋…＋bn－1＝(n－1)·3n， 两式相减，得bn＝(2n＋1)·3n， 当n＝1时，b1＝a1＝9也适合上式． 则bn＝(2n＋1)·3n＝3n-1an，解得an＝3(2n＋1)， 所以an＋1－an＝6，故数列{an}是以9为首项，6为公差的等差数列， 则Sn＝＝3n(n＋2)＝3n2＋6n， 故选项AB正确； 选项C，数列{(－1)nan}的前100项和 M＝3＝3×2×50＝300，故选项C正确； 选项D，|an－20|＝|6n－17|＝n∈N*， 则的前20项和为N＝11＋5＋1＋7＋13＋…＋103＝16＋＝952， 故选项D错误．故选ABC．] 6．BCD　[由{an}为等差数列，a1＝，公差d＝，则an＝＋(n－1)＝(2n－1)， 所以Sn＝na1＋d＝π， 所以bn＝tan an＝tan ＝tan ＝ (k∈N*)， 当n＝1时，b1＝1，则选项A不正确； 当n为偶数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝0， 当n为奇数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1， 故b1＋b2＋b3＋…＋bn＝，所以选项B正确； cn＝anbn＝ (k∈N*)， c2k＋c2k－1＝－a2k＋a2k－1＝－． 当n为偶数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－π． 当n为奇数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－π＋(2n－1)＝π． 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝π，故选项C正确； dn＝bnSn＝(k∈N*)， d2k－1＋d2k＝S2k－1－S2k＝[(2k－1)2－(2k)2]＝－(4k－1)， 所以d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝(d1＋d2)＋(d3＋d4)＋…＋(d2n－1＋d2n) ＝－[3＋7＋…＋(4n－1)] ＝－××n＝－(2n2＋n)，所以选项D正确． 故选BCD．] 7．44π　[由题意知每段圆弧所对的圆心角都是，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝·n，所以前11段圆弧的长度S11＝(1＋2＋…＋11)＝44π．] 8．5　240　[依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180； 当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120； 当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75； …… 所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝． 所以＝240①， 所以＝240②， 由①－②得， ＝240 ＝240＝240， 所以＝240dm2．] 9．解：(1)设{an}的公差为d(d≠0)， 由题意知 即 即有解得所以an＝2n－1． (2)设数列{bn}的前2n项中的奇数项之和为A，偶数项之和为B， 则A＝＝21＋25＋…＋24n-3＝＝＝， B＝＋＋…＋ ＝ ＝ ＝＝－， 所以T2n＝A＋B＝＋－＝－－． 10．解：(1)证明：由nan＋1＝2Sn＋n， 当n＝1时，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3， 当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋n－1， 两式相减得nan＋1－(n－1)an＝2an＋1， 即nan＋1＝(n＋1)an＋1， 所以n(an＋1＋1)＝(n＋1)(an＋1)， 所以＝， 当n＝1时，＝2＝，满足上式， 所以数列为常数列． (2)由(1)得＝＝2， 所以an＝2n－1， 则Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋， 则Tn＝＋＋＋…＋， 两式相减得 Tn＝＋＋＋…＋－＝＋2×－ ＝＋2×－， 所以Tn＝－－． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$