08 第一阶段 专题二 §2 数列通项与数列求和-（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

§2　数列通项与数列求和 【备考指南】　数列的通项与求和，常以递推关系为载体，考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，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　数列的通项公式 【典例1】　(1)(多选)已知数列{an}，下列结论正确的是(　　) A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则a20＝211 B．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝2n-1－3 C．若a1＝1，an＋1＝，则an＝ D．若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n (2)(2024·广东5月大联考)在数列中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则的通项公式是an＝________． (1)ACD　(2)3n－2(n－1)　[(1)A项，an＋1－an＝n＋1， ∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝20＋19＋18＋…＋2＋2＝211，故A正确； B项，∵an＋1＝2an＋3， ∴an＋1＋3＝2(an＋3)， ∴{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋3＝4·2n-1＝2n+1， 故an＝2n+1－3，故B错误； C项，∵an＋1＝， ∴＝＝＋3， ∴＝3， ∴是以＝1为首项，3为公差的等差数列， ∴＝1＋(n－1)×3＝3n－2， ∴an＝，故C正确； D项，2(n＋1)an－nan＋1＝0， ∴＝， ∴是以＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴＝2·2n-1＝2n， ∴an＝n·2n，故D正确．故选ACD． (2)因为an＋1＝3an＋4n－6，设an＋1＋x＋y＝3，其中x，y∈R， 整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x， 所以解得 所以an＋1＋2－2＝3， 且a1＋2×1－2＝a1＝3， 所以数列是首项为3，公比也为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，解得an＝3n－2．] 由递推关系求通项公式的方法 (1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an． (2)an＋1＝pan＋f (n)(p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an． (3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 1．在数列中，a1＝，前n项和Sn＝nan，则数列的通项公式为 (　　) A．　 B． C．2－ D．2－ A　[由于数列中，a1＝，前n项和Sn＝nan， ∴当n≥2时，Sn－1＝an－1， 两式相减，可得an＝nan－an－1， ∴an＝an－1，所以＝， ∴an＝a1××…×＝×…×＝． 当n＝1时，a1＝满足上式． 故选A．] 2．已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列满足＝an，则数列的前2 025项的和为(　　) A． C． D　[∵Sn＝n2＋3n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋2， 当n＝1时，a1＝4，符合an＝2n＋2， 所以数列的通项公式为an＝2n＋2． ∵＝an，∴＝2n＋2， 即＝4，＝6，…， ＝2n． 又＝2，累加可得＝n2＋n， 即bn＝＝＝． 设数列的前n项和为Tn，则T2 025＝＋…＋＝． 故选D．] 3．已知数列满足a1＋3a2＋5a3＋…＋an＝，n∈N*，则的通项公式是an＝________． 　[因为a1＋3a2＋5a3＋…＋an＝，① 所以a1＝22＝4， 当n≥2，n∈N*时，a1＋3a2＋5a3＋…＋an－1＝n2，② ①－②可得，an＝2n＋1， 所以an＝(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，a1＝4不满足上式， 所以数列的通项公式是an＝ ] 4．(2024·江苏南京模拟)已知数列满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列的通项公式是an＝________． 　[数列中，a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0，显然an≠0，则有＝2·＋1，即＋1＝2，而＋1＝2， 因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以＋1＝2n，即an＝．] 【教师备选资源】 1．已知数列的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn－1＝4n2，则a100＝(　　) A．414　　B．406　　C．403　　D．393 B　[由 两式相减得Sn＋1－Sn－1＝8n＋4，即an＋1＋an＝8n＋4． 再由两式相减得an＋2－an＝8，由S2＋S1＝16，a1＝1，得a2＝14， 故是以14为首项，8为公差的等差数列，故a2n＝14＋×8＝8n＋6， 故a100＝8×50＋6＝406．故选B．] 2．(多选)(2024·江苏大联考)已知Sn是数列的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则下列结论正确的是(　　) A．数列为等比数列 B．数列不为等比数列 C．S40＝ D．an＝ BD　[由题意，得a3＝2a2＋3a1＝5，a4＝2a3＋3a2＝10＋3＝13， 由于a1－a2＝0，故数列不是等比数列，A错误； a2＋2a1＝1＋2＝3，a3＋2a2＝5＋2＝7，a4＋2a3＝13＋10＝23， 由于≠，故数列不为等比数列，B正确； 当n≥3时，an＝2an－1＋3an－2，即an＋an－1＝3， 又a1＋a2＝1＋1＝2， 故为等比数列，首项为2，公比为3， 故an＋1＋an＝2×3n-1， 故a2＋a1＝2，a4＋a3＝2×32，…，a40＋a39＝2×338， 以上20个式子相加，得S40＝2×＝2×＝，C错误； 因为an＋1＋an＝2×3n-1，所以an＋2＋an＋1＝2×3n，以上两式相减，得 an＋2－an＝2×3n－2×3n-1＝4×3n-1， 当n＝2k时，a2k－a2k－2＝4×32k-3，a2k－2－a2k－4＝4×32k-5，…，a4－a2＝4×3， 以上式子相加，得a2k－a2＝4×＝4×＝， 故a2k＝＋a2＝，而a2＝1也符合该式，故a2k＝， 令2k＝n，得an＝＝． 当n＝2k－1时，a2k－1－a2k－3＝4×32k-4，a2k－3－a2k－5＝4×32k-6，…，a3－a1＝4×30， 以上式子相加，得a2k－1－a1＝4×＝4×＝， 故a2k－1＝＋a1＝，而a1＝1也符合该式，故a2k－1＝， 令2k－1＝n，得an＝， 综上，an＝，D正确． 故选BD．] 基础考点2　数列求和 【典例2】　(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， 两式相减，－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， ∴Tn＝3n(2n－1)＋1． 数列求和的方法 (1)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． (2)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． (3)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． 1．(多选)已知数列的前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1，a1＝1，则(　　) A．数列的奇数项成等差数列 B．数列的偶数项成等差数列 C．S2n＝2n2 D．S2n－1＝2 ABC　[因为数列的前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1， 则S1＋S2＝3，即2a1＋a2＝2＋a2＝3，可得a2＝1， 当n≥2时，由Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1可得Sn－1＋Sn＝＋＋1＝n2－n＋1， 两式作差，有an＋an＋1＝2n， 又由a1＋a2＝2，可得当n≥1时，an＋an＋1＝2n，则an＋1＋an＋2＝2， 有an＋2－an＝2－2n＝2， 可得数列的奇数项、偶数项均成等差数列，可知选项AB正确； S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n) ＝2＝＝2n2， 故C选项正确； S2n－1＝＋＋1－S2n＝2n2－2n＋1，故D选项错误．故选ABC．] 2．设正项数列的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1． (1)求的通项公式； (2)若bn＝，求数列的前n项和Tn． [解]　(1)因为＝4Sn＋4n＋1， 所以4Sn＝－4n－1①， 所以n≥2时，4Sn－1＝－4－1②． 由①－②，得4an＝－4，即＝． 因为各项均为正数，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， 所以数列是公差为2的等差数列， 所以an＝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＝ 【教师备选资源】 1．已知数列的前n项和为Sn，且满足Sn＝． (1)求数列的通项公式； (2)若bn＝an，求数列的前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＋＋…＋[(4n－1)－(4n－3)]－(4n＋1) ＝4＋2(n－1)－4n－1＝－2n＋1． 2．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)×． 能力考点　分段数列的通项与求和 【典例3】　(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)由(1)可得a2n＝3n－1，n∈N*， 则a2n－1＝a2n－2＋2＝3(n－1)－1＋2＝3n－2，n≥2， 当n＝1时，a1＝1也适合上式， 所以a2n－1＝3n－2，n∈N*， 所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列， 则{an}的前20项和为a1＋a2＋…＋a20 ＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20) ＝10＋×3＋10×2＋×3＝300． 分段数列的求解思路 对于明确给出的分段数列问题，求解的关键是理解递推关系，同时可适当注意原数列中各段数列间的内在联系；对于取整、绝对值的数列等求和问题，求解时要弄清为什么要分段，从什么地方开始分段． 1．设表示不超过x的最大整数(例如：＝3，＝－2)，则＋…＋＝(　　) A．9×210－8 B．9×211－8 C．9×210＋2 D．9×211＋2 B　[当2n≤x<2n+1时，＝n， 即＝＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n． 因为210<2 046<211， 故＋…＋ ＝＋…＋[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＋…＋[log22 046] ＝9×211＋2－10＝9×211－8． 故选B．] 2．[高考变式]已知数列的前n项和为Sn，a1＝3，且an＋1＝若Sm＝90，则m＝________． 25　[当a1＝3时，a2＝10，a3＝5，a4＝16，a5＝8，a6＝4，a7＝2，a8＝1，a9＝4，…， 则数列{an}从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7． 因为S5＝42，所以m>5，由7k≤90－42<7，k∈Z，得k＝6， 所以S25＝S5＋6×7＋4＋2＝90，所以m＝25．] 3．(2024·山东烟台模拟)已知Sn为数列的前n项和，且a1＝1，2Sn＝an． (1)求数列的通项公式； (2)设bn＝，求数列的前n项和Tn． [解]　(1)由2Sn＝an，得2Sn－1＝nan－1(n≥2)， 以上两式相减，得2an＝an－nan－1， 即＝(n≥2)， 所以当n≥2时，an＝×…××a1＝×…××1＝n， 经检验a1＝1也符合上式，故an＝n． (2)由题意bn＝， 记cn＝n－9，则数列的前n项和Qn＝＝， 所以，当n≤9时，Tn＝－＝－Qn＝， 当n>9时，Tn＝－＋c10＋…＋cn＝Qn－2Q9＝＋72， 综上，Tn＝ 【教师备选资源】 1．(2024·福建厦门三模)设Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，S4＝10，且为等差数列． (1)求的通项公式； (2)若bn＝求的前2n项和T2n． [解]　(1)设等差数列的公差为d，因为a1＝S1＝1， 所以＝3d，即－1＝3d，解得d＝， 所以＝1＋(n－1)，即Sn＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n， 当n＝1时，a1＝1，满足上式，所以an＝n． (2)由(1)知bn＝ 则T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n) ＝ ＝＝n2＋，所以数列的前2n项和为T2n＝n2＋． 2．已知数列满足anan＋1＝16n，a1＝2． (1)求的通项公式； (2)设bn＝求数列的前2n项和S2n． [解]　(1)∵anan＋1＝16n，a1＝2，则a2＝8， ∴an＋1an＋2＝16n+1，两式相除得＝16， 当n＝2k－1时，×…×＝16k-1， ∴a2k－1＝2×16k-1＝24k-3，即an＝22n-1； 当n＝2k时，×…×＝16k-1， ∴a2k＝8×16k-1＝24k-1，即an＝22n-1， 综上所述，的通项公式为an＝22n-1． (2)由题设及(1)可知， bn＝ S2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝ ＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b1＋2＋b3＋4＋b5＋6＋…＋b2n－1＋2n) ＝2＋(2＋4＋6＋…＋2n) ＝2＋(2＋4＋6＋…＋2n) ＝2×＝＋n． 3．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn． [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，∵a2＝11，S10＝40， ∴即 解得a1＝13，d＝－2， 则an＝13－2(n－1)＝－2n＋15(n∈N*)． (2)|an|＝|－2n＋15|＝ 即1≤n≤7时，|an|＝an； n≥8时，|an|＝－an． 当1≤n≤7时，数列{|an|}的前n项和 Tn＝a1＋…＋an＝13n＋×(－2)＝－n2＋14n， 当n≥8时，数列{|an|}的前n项和 Tn＝a1＋…＋a7－a8…－an＝－Sn＋2(a1＋…＋a7) ＝－＋2××7 ＝n2－14n＋98． 综上，Tn＝ 专题限时集训(七)　数列通项与数列求和 一、单项选择题 1．(2024·山东济南三模)若数列的前n项和Sn＝n(n＋1)，则a6＝(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 C　[a6＝S6－S5＝6×7－5×6＝12．故选C．] 2．(2024·河北唐山二模)已知数列满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 D　[由题意可得an＋1－an＝a1＋2n， 则可得a2－a1＝a1＋2， a3－a2＝a1＋4， … a10－a9＝a1＋18， 将以上等式左右两边分别相加，得 a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4．故选D．] 3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝(　　) A． C． B　[因为{Sn＋nan}为常数列且a1＝1，所以有Sn＋nan＝2，① 当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，② ①－②，得(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝， 从而an＝a1··…·＝1××…×，得an＝， 当n＝1时，a1＝1也满足上式．故an＝． 故选B．] 4．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．] 5．(2024·湖北黄冈模拟)已知数列的首项a1＝，且满足an＋1＝，若＋…＋<1 000，则满足条件的最大整数n＝(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 B　[由题意得＝－1，令bn＝， 则bn＋1－1＝2(bn－1)，又b1－1＝－1＝1， 所以{bn－1}是以1为首项，2为公比的等比数列， 得bn－1＝2n-1，所以bn＝2n-1＋1， 所以b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋22＋…＋2n-1＋n＝2n＋n－1， 由2n＋n－1<1 000，解得n≤9． 故选B．] 6．(2024·河北张家口三模)已知数列的前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， 所以是以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．] 二、多项选择题 7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且Sn－1＝3an，则下列结论正确的是(　　) A．a2＝ 是等比数列 C．an＋1＝an，n≥2 D．Sn－1＝，n≥2 AC　[由Sn－1＝3an(n≥2)， 当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确； 又Sn＝3an＋1， 所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)， 所以an＝3an＋1－3an(n≥2)， 即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确； 因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．] 8．已知数列的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则(　　) A．为等差数列 B．为递增数列 C．的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4 D．的前n项和Tn＝ BCD　[由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×， 所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 因为＝4×2n-1＝2n+1， 所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确； 因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1， 2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2， 所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2， 故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确； 因为＝＝n， 所以的前n项和Tn＝＝，故D正确． 故选BCD．] 三、填空题 9．(2024·山东烟台模拟)记数列的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝________． 　[由2an＋1－3an＝2n，得＝＋1， 则－4＝， 又－4＝0，则＝4，则an＝2n， 故a8＝28，S8＝＝29－2， 所以 ＝＝．] 10．(2024·北京西城一模)在数列中，a1＝2，a2＝－3．数列满足bn＝an＋1－an．若是公差为1的等差数列，则的通项公式为bn＝________，an的最小值为________． n－6　－13　[由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列的公差为1，所以bn＝－5＋·1＝n－6， 故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0， 所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7<a8<a9<…，显然an的最小值是a6或a7． 又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋＝2＋＝－13，即an的最小值是－13．] 四、解答题 11．(2024·湖南衡阳模拟预测)已知等差数列的前n项和为Sn，且也是等差数列． (1)求数列的公差； (2)若a1＝－1，求数列的前n项和Tn． [解]　(1)设等差数列的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d． 因为是等差数列，所以Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2为常数． Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2＝an＋1＋2n＋1＝nd＋a1＋2n＋1＝(d＋2)n＋a1＋1， 所以d＋2＝0，解得d＝－2． (2)因为a1＝－1，所以an＝－2n＋1． ＝＝＝， 故Tn＝＝＝． 12．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＝． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时集训(七)　数列通项与数列求和 一、单项选择题 1．(2024·山东济南三模)若数列的前n项和Sn＝n(n＋1)，则a6＝(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 2．(2024·河北唐山二模)已知数列满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝(　　) A． C． 4．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　) A．9 B．15 C．18 D．30 5．(2024·湖北黄冈模拟)已知数列的首项a1＝，且满足an＋1＝，若＋…＋<1 000，则满足条件的最大整数n＝(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 6．(2024·河北张家口三模)已知数列的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　　) A．3×251－156 B．3×251－103　 C．3×250－156 D．3×250－103 二、多项选择题 7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且Sn－1＝3an，则下列结论正确的是(　　) A．a2＝ 是等比数列 C．an＋1＝an，n≥2 D．Sn－1＝，n≥2 8．已知数列的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则(　　) A．为等差数列 B．为递增数列 C．的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4 D．的前n项和Tn＝ 三、填空题 9．(2024·山东烟台模拟)记数列的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝________． 10．(2024·北京西城一模)在数列中，a1＝2，a2＝－3．数列满足bn＝an＋1－an．若是公差为1的等差数列，则的通项公式为bn＝________，an的最小值为________． 四、解答题 11．(2024·湖南衡阳模拟预测)已知等差数列的前n项和为Sn，且也是等差数列． (1)求数列的公差； (2)若a1＝－1，求数列的前n项和Tn． 12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝2Sn＋n(n∈N*)． (1)求证：数列为常数列； (2)设Tn＝，求Tn． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一阶段　突破核心　升华思维 专题二　数列 §2　数列通项与数列求和 【备考指南】　数列的通项与求和，常以递推关系为载体，考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，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． 专题二　数列 2 能力考点　分段数列的通项与求和 基础考点1　数列的通项公式 （一） 基础考点2　数列求和 （二） （三） 专题限时集训(七)　数列通项与数列求和 （四） §2　数列通项与数列求和 基础考点1　数列的通项公式 【典例1】　(1)(多选)已知数列{an}，下列结论正确的是(　　) A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则a20＝211 B．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝2n-1－3 C．若a1＝1，an＋1＝，则an＝ D．若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n (2)(2024·广东5月大联考)在数列中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则的通项公式是an＝_______________． √ √ √ 3n－2(n－1) (1)ACD　(2)3n－2(n－1)　[(1)A项，an＋1－an＝n＋1， ∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝20＋19＋18＋…＋2＋2＝211，故A正确； B项，∵an＋1＝2an＋3， ∴an＋1＋3＝2(an＋3)， ∴{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋3＝4·2n-1＝2n+1， 故an＝2n+1－3，故B错误； C项，∵an＋1＝， ∴＝＝＋3， ∴＝3， ∴是以＝1为首项，3为公差的等差数列， ∴＝1＋(n－1)×3＝3n－2， ∴an＝，故C正确； D项，2(n＋1)an－nan＋1＝0， ∴＝， ∴是以＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴＝2·2n-1＝2n， ∴an＝n·2n，故D正确．故选ACD． (2)因为an＋1＝3an＋4n－6，设an＋1＋x＋y＝3，其中x，y∈R， 整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x， 所以解得 所以an＋1＋2－2＝3， 且a1＋2×1－2＝a1＝3， 所以数列是首项为3，公比也为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，解得an＝3n－2．] 由递推关系求通项公式的方法 (1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an． (2)an＋1＝pan＋f (n)(p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an． (3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 2 4 3 题号 1 √ 1．在数列中，a1＝，前n项和Sn＝nan，则数列的通项公式为(　　) A．　 B． C．2－ D．2－ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 2 4 3 题号 1 A　[由于数列中，a1＝，前n项和Sn＝nan， ∴当n≥2时，Sn－1＝an－1， 两式相减，可得an＝nan－an－1， ∴an＝an－1，所以＝， ∴an＝a1××…×＝×…×＝． 当n＝1时，a1＝满足上式．故选A．] 2 4 3 题号 1 2．已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列满足＝an，则数列的前2 025项的和为(　　) A． C． √ D　[∵Sn＝n2＋3n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋2， 当n＝1时，a1＝4，符合an＝2n＋2， 所以数列的通项公式为an＝2n＋2． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 2 4 3 题号 1 ∵＝an，∴＝2n＋2， 即＝4，＝6，…， ＝2n． 又＝2，累加可得＝n2＋n， 即bn＝＝＝． 设数列的前n项和为Tn，则T2 025＝＋…＋＝．故选D．] 2 4 3 题号 1 3．已知数列满足a1＋3a2＋5a3＋…＋an＝， n∈N*，则的通项公式是an＝___________________． 　[因为a1＋3a2＋5a3＋…＋an＝，① 所以a1＝22＝4， 当n≥2，n∈N*时，a1＋3a2＋5a3＋…＋an－1＝n2，② 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 2 4 3 题号 1 ①－②可得，an＝2n＋1， 所以an＝(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，a1＝4不满足上式， 所以数列的通项公式是an＝] 2 4 3 题号 1 4．(2024·江苏南京模拟)已知数列满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列的通项公式是an＝________． 　[数列中，a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0，显然an≠0，则有＝2·＋1，即＋1＝2，而＋1＝2， 因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以＋1＝2n，即an＝．] 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 【教师备选资源】 1．已知数列的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn－1＝4n2，则a100＝(　　) A．414　　B．406　　C．403　　D．393 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 B　[由 两式相减得Sn＋1－Sn－1＝8n＋4，即an＋1＋an＝8n＋4． 再由两式相减得an＋2－an＝8，由S2＋S1＝16，a1＝1，得a2＝14， 故是以14为首项，8为公差的等差数列，故a2n＝14＋×8＝8n＋6，故a100＝8×50＋6＝406．故选B．] 2．(多选)(2024·江苏大联考)已知Sn是数列的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则下列结论正确的是(　　) A．数列为等比数列 B．数列不为等比数列 C．S40＝ D．an＝ √ √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 BD　[由题意，得a3＝2a2＋3a1＝5，a4＝2a3＋3a2＝10＋3＝13， 由于a1－a2＝0，故数列不是等比数列，A错误； a2＋2a1＝1＋2＝3，a3＋2a2＝5＋2＝7，a4＋2a3＝13＋10＝23， 由于≠，故数列不为等比数列，B正确； 当n≥3时，an＝2an－1＋3an－2，即an＋an－1＝3， 又a1＋a2＝1＋1＝2， 故为等比数列，首项为2，公比为3， 故an＋1＋an＝2×3n-1， 故a2＋a1＝2，a4＋a3＝2×32，…，a40＋a39＝2×338， 以上20个式子相加，得S40＝2×＝2×＝，C错误； 因为an＋1＋an＝2×3n-1，所以an＋2＋an＋1＝2×3n，以上两式相减，得 an＋2－an＝2×3n－2×3n-1＝4×3n-1， 当n＝2k时，a2k－a2k－2＝4×32k-3，a2k－2－a2k－4＝4×32k-5，…，a4－a2＝4×3， 以上式子相加，得a2k－a2＝4×＝4×＝， 故a2k＝＋a2＝，而a2＝1也符合该式，故a2k＝， 令2k＝n，得an＝＝． 当n＝2k－1时，a2k－1－a2k－3＝4×32k-4，a2k－3－a2k－5＝4×32k-6，…，a3－a1＝4×30， 以上式子相加，得a2k－1－a1＝4×＝4×＝， 故a2k－1＝＋a1＝，而a1＝1也符合该式，故a2k－1＝， 令2k－1＝n，得an＝，综上，an＝，D正确． 故选BD．] 基础考点2　数列求和 【典例2】　(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， 两式相减，－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， ∴Tn＝3n(2n－1)＋1． 数列求和的方法 (1)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． (2)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． (3)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 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 1．(多选)已知数列的前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1，a1＝1，则(　　) A．数列的奇数项成等差数列 B．数列的偶数项成等差数列 C．S2n＝2n2 D．S2n－1＝2 √ √ √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 ABC　[因为数列的前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1， 则S1＋S2＝3，即2a1＋a2＝2＋a2＝3，可得a2＝1， 当n≥2时，由Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1可得Sn－1＋Sn＝＋＋1＝n2－n＋1， 两式作差，有an＋an＋1＝2n， 又由a1＋a2＝2，可得当n≥1时，an＋an＋1＝2n，则an＋1＋an＋2＝2， 有an＋2－an＝2－2n＝2， 可得数列的奇数项、偶数项均成等差数列，可知选项AB正确； S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n) ＝2＝＝2n2， 故C选项正确； S2n－1＝＋＋1－S2n＝2n2－2n＋1，故D选项错误．故选ABC．] 2．设正项数列的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1． (1)求的通项公式； (2)若bn＝，求数列的前n项和Tn． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [解]　(1)因为＝4Sn＋4n＋1， 所以4Sn＝－4n－1①， 所以n≥2时，4Sn－1＝－4－1②． 由①－②，得4an＝－4，即＝． 因为各项均为正数，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， 所以数列是公差为2的等差数列， 所以an＝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＝ 【教师备选资源】 1．已知数列的前n项和为Sn，且满足Sn＝． (1)求数列的通项公式； (2)若bn＝an，求数列的前2n项和T2n． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [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＋＋…＋[(4n－1)－(4n－3)]－(4n＋1) ＝4＋2(n－1)－4n－1＝－2n＋1． 2．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 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [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＝＝． 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)×． 能力考点　分段数列的通项与求和 【典例3】　(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)由(1)可得a2n＝3n－1，n∈N*， 则a2n－1＝a2n－2＋2＝3(n－1)－1＋2＝3n－2，n≥2， 当n＝1时，a1＝1也适合上式， 所以a2n－1＝3n－2，n∈N*， 所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列， 则{an}的前20项和为a1＋a2＋…＋a20 ＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20) ＝10＋×3＋10×2＋×3＝300． 分段数列的求解思路 对于明确给出的分段数列问题，求解的关键是理解递推关系，同时可适当注意原数列中各段数列间的内在联系；对于取整、绝对值的数列等求和问题，求解时要弄清为什么要分段，从什么地方开始分段． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 1．设表示不超过x的最大整数(例如：＝3，＝－2)，则＋…＋＝(　　) A．9×210－8 B．9×211－8 C．9×210＋2 D．9×211＋2 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 B　[当2n≤x<2n+1时，＝n， 即＝＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n． 因为210<2 046<211， 故＋…＋ ＝＋…＋[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＋…＋[log22 046] ＝9×211＋2－10＝9×211－8． 故选B．] 2．[高考变式]已知数列的前n项和为Sn，a1＝3，且an＋1＝ 若Sm＝90，则m＝________． 25　[当a1＝3时，a2＝10，a3＝5，a4＝16，a5＝8，a6＝4，a7＝2，a8＝1，a9＝4，…， 则数列{an}从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7． 因为S5＝42，所以m>5，由7k≤90－42<7，k∈Z，得k＝6， 所以S25＝S5＋6×7＋4＋2＝90，所以m＝25．] 25 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 3．(2024·山东烟台模拟)已知Sn为数列的前n项和，且a1＝1，2Sn＝an． (1)求数列的通项公式； (2)设bn＝，求数列的前n项和Tn． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [解]　(1)由2Sn＝an，得2Sn－1＝nan－1(n≥2)， 以上两式相减，得2an＝an－nan－1， 即＝(n≥2)， 所以当n≥2时，an＝×…××a1＝×…××1＝n， 经检验a1＝1也符合上式，故an＝n． (2)由题意bn＝， 记cn＝n－9，则数列的前n项和Qn＝＝， 所以，当n≤9时，Tn＝－＝－Qn＝， 当n>9时，Tn＝－＋c10＋…＋cn＝Qn－2Q9＝＋72， 综上，Tn＝ 【教师备选资源】 1．(2024·福建厦门三模)设Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，S4＝10，且为等差数列． (1)求的通项公式； (2)若bn＝求的前2n项和T2n． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [解]　(1)设等差数列的公差为d，因为a1＝S1＝1， 所以＝3d，即－1＝3d，解得d＝， 所以＝1＋(n－1)，即Sn＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n， 当n＝1时，a1＝1，满足上式，所以an＝n． (2)由(1)知bn＝ 则T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n) ＝ ＝＝n2＋， 所以数列的前2n项和为T2n＝n2＋． 2．已知数列满足anan＋1＝16n，a1＝2． (1)求的通项公式； (2)设bn＝求数列的前2n项和S2n． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [解]　(1)∵anan＋1＝16n，a1＝2，则a2＝8， ∴an＋1an＋2＝16n+1，两式相除得＝16， 当n＝2k－1时，×…×＝16k-1， ∴a2k－1＝2×16k-1＝24k-3，即an＝22n-1； 当n＝2k时，×…×＝16k-1， ∴a2k＝8×16k-1＝24k-1，即an＝22n-1， 综上所述，的通项公式为an＝22n-1． (2)由题设及(1)可知， bn＝ S2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝ ＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b1＋2＋b3＋4＋b5＋6＋…＋b2n－1＋2n) ＝2＋(2＋4＋6＋…＋2n) ＝2＋(2＋4＋6＋…＋2n) ＝2×＝＋n． 3．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，∵a2＝11，S10＝40， ∴即 解得a1＝13，d＝－2， 则an＝13－2(n－1)＝－2n＋15(n∈N*)． (2)|an|＝|－2n＋15|＝ 即1≤n≤7时，|an|＝an； n≥8时，|an|＝－an．当1≤n≤7时，数列{|an|}的前n项和 Tn＝a1＋…＋an＝13n＋×(－2)＝－n2＋14n， 当n≥8时，数列{|an|}的前n项和 Tn＝a1＋…＋a7－a8…－an＝－Sn＋2(a1＋…＋a7) ＝－＋2××7＝n2－14n＋98． 综上，Tn＝ 一、单项选择题 1．(2024·山东济南三模)若数列的前n项和Sn＝n(n＋1)，则a6＝ (　　) A．10 B．11 C．12 D．13 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 专题限时集训(七)　数列通项与数列求和 C　[a6＝S6－S5＝6×7－5×6＝12．故选C．] 2．(2024·河北唐山二模)已知数列满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 D　[由题意可得an＋1－an＝a1＋2n， 则可得a2－a1＝a1＋2，a3－a2＝a1＋4， … a10－a9＝a1＋18， 将以上等式左右两边分别相加，得 a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝(　　) A． C． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 B　[因为{Sn＋nan}为常数列且a1＝1，所以有Sn＋nan＝2，① 当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，② ①－②，得(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝， 从而an＝a1··…·＝1××…×，得an＝， 当n＝1时，a1＝1也满足上式．故an＝．故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 4．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 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 C　[∵an＋1－an＝2，a1＝－5， ∴数列{an}是公差为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 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 5．(2024·湖北黄冈模拟)已知数列的首项a1＝，且满足an＋1＝，若＋…＋<1 000，则满足条件的最大整数n＝ (　　) A．8 B．9 C．10 D．11 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 B　[由题意得＝－1，令bn＝， 则bn＋1－1＝2(bn－1)，又b1－1＝－1＝1， 所以{bn－1}是以1为首项，2为公比的等比数列， 得bn－1＝2n-1，所以bn＝2n-1＋1， 所以b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋22＋…＋2n-1＋n＝2n＋n－1， 由2n＋n－1<1 000，解得n≤9．故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 6．(2024·河北张家口三模)已知数列的前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 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 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， 所以是以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 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 二、多项选择题 7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且Sn－1＝3an，则下列结论正确的是(　　) A．a2＝ 是等比数列 C．an＋1＝an，n≥2 D．Sn－1＝，n≥2 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 AC　[由Sn－1＝3an(n≥2)， 当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确； 又Sn＝3an＋1， 所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)， 所以an＝3an＋1－3an(n≥2)， 即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确； 因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 8．已知数列的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则 (　　) A．为等差数列 B．为递增数列 C．的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4 D．的前n项和Tn＝ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ √ √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 BCD　[由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×， 所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 因为＝4×2n-1＝2n+1， 所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1， 2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2， 所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2， 故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确； 因为＝＝n， 所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．故选BCD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 三、填空题 9．(2024·山东烟台模拟)记数列的前n项和为Sn，若a1＝2， 2an＋1－3an＝2n，则＝________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 　[由2an＋1－3an＝2n，得＝＋1， 则－4＝，又－4＝0，则＝4，则an＝2n， 故a8＝28，S8＝＝29－2，所以 ＝＝．] 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 10．(2024·北京西城一模)在数列中，a1＝2，a2＝－3．数列满足bn＝an＋1－an．若是公差为1的等差数列，则的通项公式为bn＝________，an的最小值为________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 n－6 －13 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 n－6　－13　[由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列的公差为1，所以bn＝－5＋·1＝n－6， 故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0， 所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7<a8<a9<…，显然an的最小值是a6或a7． 又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋＝2＋＝－13，即an的最小值是－13．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 四、解答题 11．(2024·湖南衡阳模拟预测)已知等差数列的前n项和为Sn，且也是等差数列． (1)求数列的公差； (2)若a1＝－1，求数列的前n项和Tn． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [解]　(1)设等差数列的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d． 因为是等差数列，所以Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2为常数． Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2＝an＋1＋2n＋1＝nd＋a1＋2n＋1＝(d＋2)n＋a1＋1，所以d＋2＝0，解得d＝－2． (2)因为a1＝－1，所以an＝－2n＋1． ＝＝＝， 故Tn＝＝＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 12．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 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 [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 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 (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 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　数列通项与数列求和 THANK YOU 专题二　数列 $$ §2　数列通项与数列求和 【备考指南】　数列的通项与求和，常以递推关系为载体，考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，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　数列的通项公式 【典例1】　(1)(多选)已知数列{an}，下列结论正确的是(　　) A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则a20＝211 B．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝2n-1－3 C．若a1＝1，an＋1＝，则an＝ D．若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n (2)(2024·广东5月大联考)在数列中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则的通项公式是an＝________． [听课记录] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 由递推关系求通项公式的方法 (1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an． (2)an＋1＝pan＋f (n)(p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an． (3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 1．在数列中，a1＝，前n项和Sn＝nan，则数列的通项公式为 (　　) A．　 B． C．2－ D．2－ 2．已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列满足＝an，则数列的前2 025项的和为(　　) A． C． 3．已知数列满足a1＋3a2＋5a3＋…＋an＝，n∈N*，则的通项公式是an＝________． 4．(2024·江苏南京模拟)已知数列满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列的通项公式是an＝________． 基础考点2　数列求和 【典例2】　(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] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 数列求和的方法 (1)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． (2)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． (3)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． 1．(多选)已知数列的前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1，a1＝1，则(　　) A．数列的奇数项成等差数列 B．数列的偶数项成等差数列 C．S2n＝2n2 D．S2n－1＝2 2．设正项数列的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1． (1)求的通项公式； (2)若bn＝，求数列的前n项和Tn． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 能力考点　分段数列的通项与求和 【典例3】　(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] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 分段数列的求解思路 对于明确给出的分段数列问题，求解的关键是理解递推关系，同时可适当注意原数列中各段数列间的内在联系；对于取整、绝对值的数列等求和问题，求解时要弄清为什么要分段，从什么地方开始分段． 1．设表示不超过x的最大整数(例如：＝3，＝－2)，则＋…＋＝(　　) A．9×210－8 B．9×211－8 C．9×210＋2 D．9×211＋2 2．[高考变式]已知数列的前n项和为Sn，a1＝3，且an＋1＝若Sm＝90，则m＝________． 3．(2024·山东烟台模拟)已知Sn为数列的前n项和，且a1＝1，2Sn＝an． (1)求数列的通项公式； (2)设bn＝，求数列的前n项和Tn． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时集训(七) 1．C　[a6＝S6－S5＝6×7－5×6＝12．故选C．] 2．D　[由题意可得an＋1－an＝a1＋2n， 则可得a2－a1＝a1＋2， a3－a2＝a1＋4， … a10－a9＝a1＋18， 将以上等式左右两边分别相加，得 a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4．故选D．] 3．B　[因为{Sn＋nan}为常数列且a1＝1，所以有Sn＋nan＝2，① 当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，② ①－②，得(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝， 从而an＝a1··…·＝1××…×，得an＝， 当n＝1时，a1＝1也满足上式．故an＝． 故选B．] 4．C　[∵an＋1－an＝2，a1＝－5， ∴数列{an}是公差为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．] 5．B　[由题意得＝－1，令bn＝， 则bn＋1－1＝2(bn－1)，又b1－1＝－1＝1， 所以{bn－1}是以1为首项，2为公比的等比数列， 得bn－1＝2n-1，所以bn＝2n-1＋1， 所以b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋22＋…＋2n-1＋n＝2n＋n－1， 由2n＋n－1<1 000，解得n≤9． 故选B．] 6．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， 所以是以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．] 7．AC　[由Sn－1＝3an(n≥2)， 当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确； 又Sn＝3an＋1， 所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)， 所以an＝3an＋1－3an(n≥2)， 即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确； 因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．] 8．BCD　[由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×， 所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 因为＝4×2n-1＝2n+1， 所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确； 因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1， 2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2， 所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2， 故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确； 因为＝＝n， 所以的前n项和Tn＝＝，故D正确． 故选BCD．] 9．　[由2an＋1－3an＝2n，得＝＋1， 则－4＝， 又－4＝0，则＝4，则an＝2n， 故a8＝28，S8＝＝29－2， 所以 ＝＝．] 10．n－6　－13　[由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列的公差为1，所以bn＝－5＋·1＝n－6， 故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0， 所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7<a8<a9<…，显然an的最小值是a6或a7． 又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋＝2＋＝－13，即an的最小值是－13．] 11．解：(1)设等差数列的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d． 因为是等差数列，所以Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2为常数． Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2＝an＋1＋2n＋1＝nd＋a1＋2n＋1＝(d＋2)n＋a1＋1， 所以d＋2＝0，解得d＝－2． (2)因为a1＝－1，所以an＝－2n＋1． ＝＝＝， 故Tn＝＝＝． 12．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 $$