6.4 数列求和-【高考密码】备战2026年高考数学十年高考真题分类汇编

6.4数列求和 考点 数列的求和 1.（2025天津，6,5分）已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12项和为(　　) A.112 B.48 C.80 D.64 【答案】　C　 【解析】当n=1时,S1=a1=7, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n+9,当n=1时也符合, 则an=-2n+9,n∈N*, 则|an|=设{|an|}的前n项和为Tn,则 T12=+=80,故选C. 2.(2017课标Ⅰ理,12,5分)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.440　　　B.330　　　C.220　　　D.110 【答案】　A　 【解析】本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力. 不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n), 则有N=+t+1,因为N>100,所以n≥13. 由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m. 因为n≥13,所以2n>n+2, 所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n, 因为2t+1-1>0, 所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1, 因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1. 所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3. 当t=3时,N=95,不合题意; 当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440. 解题关键　解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1. 一题多解　本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解. 3.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=(　　) A.n(n+1)　　　　　B.n(n-1) C.　　　　　D. 【答案】　A 【解析】　∵a2,a4,a8成等比数列, ∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 将d=2代入上式,解得a1=2, ∴Sn=2n+=n(n+1),故选A. 4.(2012课标文,12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为(　　) A.3 690　　　B.3 660　　　C.1 845　　　D.1 830 【答案】　D　当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1, 当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3, ∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2, ∴a2k-1=a2k+3, ∴a1=a5=…=a61. ∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)==30×61=1 830. 5.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=+b,n∈N*,则(　　) A.当b=时,a10>10　　　　　B.当b=时,a10>10 C.当b=-2时,a10>10　　　　　D.当b=-4时,a10>10 【答案】　A　 【解析】本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用. 令an+1=an,即+b=an,即-an+b=0,若有解, 则Δ=1-4b≥0,即b≤, ∴当b≤时,an=,n∈N*, 即存在b≤,且a=或,使数列{an}为常数列, B、C、D选项中,b≤成立,故存在a=<10, 使an=(n∈N*),排除B、C、D. 对于A,∵b=,∴a2=+≥,a3=+≥+=,a4≥+=, ∴a5>,a6>,…,a10>, 而==1+×+×+…=1+4++…>10.故a10>10. 6.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　.  【答案】　3n2-2n 【解析】:∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…, 数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…, ∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列, ∴an=1+(n-1)×6=6n-5, ∴数列{an}的前n项和Sn==3n2-2n. 7.(2015福建文,16,4分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于　　　　.  【答案】　9 【解析】　依题意有a,b是方程x2-px+q=0的两根,则a+b=p,ab=q,由p>0,q>0可知a>0,b>0.由题意可知ab=(-2)2=4=q,a-2=2b或b-2=2a, 将a-2=2b代入ab=4可解得a=4,b=1,此时a+b=5,将b-2=2a代入ab=4可解得a=1,b=4,此时a+b=5,则p=5,故p+q=9. 评析　本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,考查函数与方程思想、化归与转化思想. 8.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为　　　　.  【答案】　 【解析】　由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=(n∈N*),所以==2,从而+++…+=2×+2×+2×+…+2×=2×=. 9.(2016北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=　　　　.  【答案】　6 【解析】　设等差数列{an}的公差为d,∵a1=6,a3+a5=0, ∴6+2d+6+4d=0,∴d=-2,∴S6=6×6+×(-2)=6. 10.(2021新高考Ⅰ,16,5分)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;240× 【解析】　解法一:列举法+归纳法. 由上图可知,对折n次后,共可以得到(n+1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形. 归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为dm2(n∈N*), 故Sk=dm2(k∈N*), 记Tn=(k+1), ∴Tn=,① ,② ①-②得, =2+, ∴Tn=6-, ∴dm2. 解法二:对折3次可以得到 dm×12 dm, dm, dm,20 dm× dm,共四种不同规格的图形, 对折4次可以得到 dm×12 dm, dm, dm, dm,20 dm× dm,共五种不同规格的图形, 由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为 dm2, ∴Sk=20×12××(n+1)dm2, 记Tn=, 则, ∴Tn-, ∴Tn=3-,∴dm2. 11.(2024全国甲理,18,12分,易)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. 【解析】(1)∵4Sn=3an+4①, ∴当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4, 当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②, 由①-②得,4an=3an-3an-1, ∴an=-3an-1, ∴数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列. ∴an=4×(-3)n-1. (2)由(1)得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1, ∴Tn=4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③, 3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④, ③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n, ∴-2Tn=4+4·-4n·3n, ∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n, ∴Tn=1+(2n-1)3n. 12.(2024天津,19,15分,难)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}前n项和Sn. (2)设数列{bn}满足bn=其中k是大于1的正整数,b1=1. (i)当n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn; (ii)求bi. 【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,q>0, 则S2=a1+a2=a1+a1q=1+q=q2-1,∴q2-q-2=0, ∴q=2或q=-1(舍), ∴an=2n-1,Sn==2n-1. (2)(i)证明:当n=ak+1,即n=2k时,bn=k+1, bn-1==+(2k-1-1)·2k=k+2k·k-2k=k·2k-k,(从2k-1到2k-1共有2k-1-1项) ∴要证bn-1≥ak·bn, 即证k·2k-k≥2k-1(k+1),整理得(k-1)2k-1≥k, 即证(k-1)2k-1-k≥0. 设f(k)=(k-1)2k-1-k, 则f(k+1)-f(k)=k·2k-(k+1)-[(k-1)2k-1-k] =(k+1)2k-1-1, 又k≥2,k∈N+,∴f(k+1)-f(k)≥3×21-1=5>0, ∴f(k)是递增数列. ∴f(k)≥f(2)=(2-1)×22-1-2=0. 故bn-1≥ak·bn. (ii)bi=bi=(++…+) ={k+(k+1×2k)+(k+2×2k)+…+[k+(2k-1-1)×2k)]}= =(k×4k-1)=1×40+2×41+…+n×4n-1. 设Tn=1×40+2×41+…+n×4n-1, 则4Tn=1×41+2×42+…+(n-1)×4n-1+n×4n, ∴-3Tn=1×40+1×41+…+1×4n-1-n×4n =-×4n-, 因此Tn=×4n+, 即bi=×4n+. 13.(2021新高考Ⅰ,17,10分)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. 解题指导:(1)由已知条件求出{an}的递推式,从而得出{bn}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{bn}的通项公式.(2)根据题目条件把{an}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{bn}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果. 【解析】(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1, 所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2, 所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列, 所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1. (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. 解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{bn}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合an与bn的关系求得结果. 14.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前n项和Sn. 【解析】　(1)a2=5,a3=7. 猜想an=2n+1.由已知可得 an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)], an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)], …… a2-5=3(a1-3). 因为a1=3,所以an=2n+1. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n, 所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n. ① 从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1. ② ①-②得 -Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 方法总结　数列求和的5种方法 解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=,可裂项为an=;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法:形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法. 15.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列{bn}的前1 000项和. 【解析】　(1)设{an}的公差为d,根据已知有7+21d=28, 解得d=1. 所以{an}的通项公式为an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分) (2)因为bn=(9分) 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分) 思路分析　(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1 000项和. 16.(2016山东,18,12分)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. 【解析】　(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(n∈N*). 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. 17.(2017课标Ⅲ文,17,12分)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. 【解析】　(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=(n∈N*). (2)记的前n项和为Sn. 由(1)知==-. 则Sn=-+-+…+-=. 思路分析　(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)an=2n的实质就是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和. 易错警示　(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏. 18.(2016课标Ⅱ文,17,12分)等差数列{an}中,a3+a4=4,a5+a7=6. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=[an],求数列{bn}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2. 【解析】　(1)设数列{an}的公差为d,由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3. 解得a1=1,d=.(3分) 所以{an}的通项公式为an=.(5分) (2)由(1)知,bn=.(6分) 当n=1,2,3时,1≤<2,bn=1; 当n=4,5时,2≤<3,bn=2; 当n=6,7,8时,3≤<4,bn=3; 当n=9,10时,4≤<5,bn=4.(10分) 所以数列{bn}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分) 评析　本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键. 19.(2016浙江文,17,15分)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. 【解析】　(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*,则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+-=, 所以Tn= 易错警示　(1)当n≥2时,得出an+1=3an,要注意a1与a2是否满足此关系式. (2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后Tn要写成分段函数的形式. 20.(2016北京文,15,13分)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. 【解析】　(1)等比数列{bn}的公比q===3,(1分) 所以b1==1,b4=b3q=27.(3分) 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.(5分) 所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(6分) (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1. 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分) 从而数列{cn}的前n项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1 =+ =n2+.(13分) 规范解答　要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分. 21.(2016天津理,18,13分)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+1·an+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===·<. 评析　本小题主要考查等差数列及其前n项和公式、等比中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、推理论证能力和运算求解能力. 22.(2016天津文,18,13分)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. 【解析】　(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. 评析　本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力. 23.(2015福建文,17,12分)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. 【解析】　(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. 评析　本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力. 24.(2015课标Ⅰ理,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和. 【解析】　(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3. 可得-+2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an). 由于an>0,可得an+1-an=2. 又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3. 所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分) (2)由an=2n+1可知 bn===. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn = =.(12分) 25.(2015安徽文,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】　(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8, 又a1+a4=9,可解得或(舍去). 由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1. (2)Sn==2n-1,又bn===-, 所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=- =1-. 评析　本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和. 26.(2015天津理,18,13分)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. 【解析】　(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*. 评析　　本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力. 27.(2015山东文,19,12分)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. 【解析】　(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=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+=. 28.(2015浙江文,17,15分)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. 【解析】　(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*). 评析　　本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力. 29.(2015天津文,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和. 【解析】　(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2. 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则 Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3, 所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*. 评析　本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力. 30.(2015湖北文,19,12分)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. 【解析】　(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-. 31.(2014湖南文,16,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和. 【解析】　(1)当n=1时,a1=S1=1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n. 故数列{an}的通项公式为an=n. (2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn,记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n). 记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A==22n+1-2, B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2. 评析　本题考查数列的前n项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法. 32.(2014北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前n项和. 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得 d===3. 所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…). 设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得 q3===8,解得q=2. 所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1. 从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…). (2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…). 数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×=2n-1. 所以数列{bn}的前n项和为n(n+1)+2n-1. 评析　本题主要考查等差数列与等比数列通项公式及前n项和公式,考查数列综合应用.属基础题. 33.(2014大纲全国理,18,12分)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】　(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{an}的公差d为整数. 又Sn≤S4,故a4≥0,a5≤0, 于是10+3d≥0,10+4d≤0. 解得-≤d≤-. 因此d=-3. 数列{an}的通项公式为an=13-3n.(6分) (2)bn==.(8分) 于是Tn=b1+b2+…+bn = ==.(12分) 评析　　本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于分析已知条件“a2为整数”“Sn≤S4”所隐含的条件;在第(2)问中,对通项公式bn进行裂项过程中易漏了系数而导致错解. 34.(2014山东理,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】　(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2, S4=4a1+×2=4a1+12, 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得a1=1, 所以an=2n-1. (2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1 =(-1)n-1. 当n为偶数时, Tn=-+…+- =1- =. 当n为奇数时, Tn=-+…-+++=1+=. 所以Tn= 评析　本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,同时考查分类讨论的思想、运算求解能力和逻辑推理能力. 35.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和. 【解析】　(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3. 设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而a1=. 所以{an}的通项公式为an=n+1. (2)设的前n项和为Sn,由(1)知=,则 Sn=++…++, Sn=++…++. 两式相减得Sn=+- =+-. 所以Sn=2-. 评析　本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键. 36.(2014安徽文,18,12分)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*. (1)证明:数列是等差数列; (2)设bn=3n·,求数列{bn}的前n项和Sn. 【解析】　(1)证明:由已知可得=+1,即-=1. 所以是以=1为首项,1为公差的等差数列. (2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以an=n2. 从而bn=n·3n. Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,① 3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.② ①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1 =-n·3n+1=. 所以Sn=. 评析　本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行变形是关键. 37.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn. 【解析】　(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2, 所以数列{an}的通项公式为an=2n. (2)由题意知bn==n(n+1).所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1). 因为bn+1-bn=2(n+1),所以当n为偶数时, Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+…+2n==, 当n为奇数时, Tn=Tn-1+(-bn)=-n(n+1)=-. 所以Tn= 评析　本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力. 38.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和. 【解析】　(1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+d. 由已知可得解得a1=1,d=-1. 故{an}的通项公式为an=2-n. (2)由(1)知==, 从而数列 的前n项和为 -+-+…+-=. 评析　本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想. 39.(2011课标理,17,12分)等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列的前n项和. 【解析】　(1)设数列{an}的公比为q.由=9a2a6得=9,所以q2=. 由条件可知q>0,故q=. 由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=. 故数列{an}的通项公式为an=. (2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n) =-. 故=-=-2, ++…+=-2++…+=-. 所以数列的前n项和为-. 评析　本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题. 40.(2019天津文,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*). 【解析】　本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分. (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 依题意,得解得 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n. 所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n. (2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n =(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn) =+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n) =3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n). 记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,① 则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,② ②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=. 所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×=(n∈N*). 思路分析　(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用{cn}的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和. 解题关键　根据n的奇偶性得数列{cn}的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键. 41.(2018北京文,15,13分)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2. (1)求{an}的通项公式; (2)求++…+. 【解析】　(1)设{an}的公差为d. 因为a2+a3=5ln 2, 所以2a1+3d=5ln 2. 又a1=ln 2,所以d=ln 2. 所以an=a1+(n-1)d=nln 2. (2)因为=eln 2=2,==eln 2=2, 所以{}是首项为2,公比为2的等比数列. 所以++…+=2×=2(2n-1). 42.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围; (2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示). 【解析】　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力. (1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1. 因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立. 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得≤d≤. 因此,d的取值范围为. (2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立, 即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1). 即当n=2,3,…,m+1时,d满足b1≤d≤b1. 因为q∈(1,], 所以1<qn-1≤qm≤2, 从而b1≤0,b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立. 因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,…,m+1). ①当2≤n≤m时,-==, 当1<q≤时,有qn≤qm≤2, 从而n(qn-qn-1)-qn+2>0. 因此,当2≤n≤m+1时, 数列单调递增, 故数列的最大值为. ②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0. 所以f(x)单调递减, 从而f(x)<f(0)=1. 当2≤n≤m时,=≤=f<1. 因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递减, 故数列的最小值为. 因此,d的取值范围为. 疑难突破　本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d的范围,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d分离出来,变成b1≤d≤b1,难点在于讨论b1的最大值和b1的最小值.对于数列,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列,要作商讨论单调性,∵==q,当2≤n≤m时,1<qn≤2,∴q≤,可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明f<1,得到数列的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的. 43.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2. (1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式; (2)若T3=21,求S3. 【解析】　本题考查了等差、等比数列. 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1. 由a2+b2=2得d+q=3.① (1)由a3+b3=5得2d+q2=6.② 联立①和②解得(舍去),或 因此{bn}的通项公式为bn=2n-1. (2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0. 解得q=-5或q=4. 当q=-5时,由①得d=8,则S3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6. 44.(2017课标Ⅰ文,17,12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列. 【解析】　本题考查等差、等比数列. (1)设{an}的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2. 故{an}的通项公式为an=(-2)n. (2)由(1)可得Sn==-+(-1)n·. 由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n· =2=2Sn, 故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列. 方法总结　等差、等比数列的常用公式: (1)等差数列: 递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明. 通项公式:an=a1+(n-1)d. 前n项和公式:Sn==na1+d. (2)等比数列: 递推关系式:=q(q≠0),常用于等比数列的证明. 通项公式:an=a1·qn-1. 前n项和公式:Sn= (3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:=b或等比中项:a·c=b2来证明. 45.(2015北京文,16,13分)已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a4-a3=2. (1)求{an}的通项公式; (2)设等比数列{bn}满足b2=a3,b3=a7.问:b6与数列{an}的第几项相等? 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d. 因为a4-a3=2,所以d=2. 又因为a1+a2=10,所以2a1+d=10,故a1=4. 所以an=4+2(n-1)=2n+2 (n=1,2,…). (2)设等比数列{bn}的公比为q. 因为b2=a3=8,b3=a7=16, 所以q=2,b1=4. 所以b6=4×26-1=128. 由128=2n+2得n=63. 所以b6与数列{an}的第63项相等. 46.(2015重庆文,16,13分)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=. (1)求{an}的通项公式; (2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn. 【解析】　(1)设{an}的公差为d,则由已知条件得 a1+2d=2,3a1+d=, 化简得a1+2d=2,a1+d=, 解得a1=1,d=, 故通项公式an=1+,即an=. (2)由(1)得b1=1,b4=a15==8. 设{bn}的公比为q,则q3==8,从而q=2, 故{bn}的前n项和 Tn===2n-1. 47.(2014福建文,17,12分)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81. (1)求an; (2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn. 【解析】　(1)设{an}的公比为q,依题意得 解得因此,an=3n-1. (2)因为bn=log3an=n-1, 所以数列{bn}的前n项和Sn==. 48.(2017山东理,19,12分)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. 【解析】　本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和. (1)设数列{xn}的公比为q,由已知知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 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=. 解题关键　记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键. 方法总结　一般地,如果{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.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. ( 第 31 页 共 31 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$