5.3 数列的求和问题-【十年高考】备战2026年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§5.3　数列的求和问题 课时 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 63.公式法与分组转化法求和 5 1 0 0 0 0 6 64.裂项相消法求和 4 0 1 0 0 0 5 65.错位相减法求和 6 3 0 1 1 1 12 66.并项求和法 2 0 0 1 1 0 4 67.数列中的新定义问题 0 0 0 0 2 0 2 命题热度 本专题命题热度较高() 课程标准 备考策略 数列的求和问题 ①熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式 ②掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法 明确数列求和方法选择的依据,准确求解通项公式是解决求和问题的基础;要辨清数列通项公式的结构特征,明确分组求和法常见题型、何时利用错位相减法及裂项相消法的原则及规律等;数列求和与不等式证明相结合的综合问题,灵活运用放缩法达到证明目的 考点63公式法与分组转化法求和答案P316　 1.(讲解 2017·全国1,理12,5分,难度★★★★)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 2.(讲解 2020·全国1,文16,5分,难度★★★)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　　.  3.(讲解 2021·全国新高考1,17,10分,难度★★★★)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. 4.(2018·天津,文18,13分,难度★★★★)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6. (1)求Sn和Tn; (2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值. 5.(2016·北京,文15,13分,难度★★★★)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. 6.(讲解 2016·浙江,文17,15分,难度★★★★)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. 考点64裂项相消法求和答案P317　 1.(讲解 2017·全国2,理15,5分,难度★★★)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　　.  2.(讲解 2022·全国新高考1,17,10分,难度★★★)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:++…+<2. 3.(2018·天津,理18,13分,难度★★★★)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*), ①求Tn; ②证明=-2(n∈N*). 4.(讲解 2017·全国3,文17,12分,难度★★★)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. 5.(2016·浙江,理20,15分,难度★★★★)设数列{an}满足≤1,n∈N*. (1)证明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*; (2)若|an|≤n,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*. 考点65错位相减法求和答案P318　 1.(讲解 2021·全国新高考1,16,5分,难度★★★★)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.  2.(2025·全国新高考1,16,15分,难度★★★)已知数列{an}中,a1=3,=+. (1)证明:{nan}为等差数列; (2)设f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(2). 3.(2024·全国甲,理18,12分,难度★★★★)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. 4.(2023·全国甲,理17,12分,难度★★)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 5.(2021·天津,19,15分,难度★★★★★)已知{an}是公差为2的等差数列,其前8项的和为64.{bn}是公比大于0的等比数列,b1=4,b3-b2=48. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记cn=b2n+,n∈N*. ①证明{-c2n}是等比数列; ②证明<2. 6.(讲解 2021·全国乙,文19,12分,难度★★★★)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<. 7.(2020·全国1,理17,12分,难度★★★★)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项. (1)求{an}的公比; (2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和. 8.(2017·天津,理18,13分,难度★★★★)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*). 9.(2017·天津,文18,13分,难度★★★★)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*). 10.(2017·山东,理19,12分,难度★★★★)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. 11.(2017·山东,文19,12分,难度★★★★)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3. (1)求数列{an}的通项公式; (2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列的前n项和Tn. 12.(2016·山东,理18文19,12分,难度★★★★)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. 考点66并项求和法答案P321　 1.(2024·天津,19,15分,难度★★★★★)已知{an}为公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn,且a1=1,S2=a3-1. (1)求{an}的通项公式及Sn; (2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*. (ⅰ)求证:当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn; (ⅱ)求bi. 2.(2023·全国新高考2,18,12分,难度★★★)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 3.(2016·天津,理18,13分,难度★★★★)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:<. 4.(2016·天津,文18,13分,难度★★★★)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. 考点67数列中的新定义问题答案P322　 1.(2024·上海,12,5分,难度★★★★)等比数列{an}满足首项a1>0,公比q>1,记In={x-y|x,y∈[a1,a2]∪[an,an+1]},若对任意正整数n,集合In均为闭区间,则q的取值范围是　　　　　.  2.(2024·全国新高考1,19,17分,难度★★★★★)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)—可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使数列a1,a2,…,a6是(i,j)—可分数列; (2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列; (3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)—可分数列的概率为Pm,证明:Pm>. 学科网（北京）股份有限公司 $$ §5.3　数列的求和问题 考点63　公式法与分组转化法求和 1.A　设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n. 由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则SN-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A. 2.7　当n为偶数时,有an+2+an=3n-1, 则(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92, 因为前16项和为540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448. 当n为奇数时,有an+2-an=3n-1,由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-=n2+n+, 所以an+2=n2+n++a1, 所以a1+×12+1++a1+×32+3++a1+×52+5++a1+×72+7++a1+×92+9++a1+×112+11++a1+×132+13++a1=448,解得a1=7. 3.解 (1)b1=a2=a1+1=2, b2=a4=a3+1=a2+2+1=5. 由bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3, 得bn+1-bn=a2n+3-a2n=3. 所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列, 所以bn=2+(n-1)×3=3n-1. (2)由(1)知,数列{an}的奇数列与偶数列都是以3为公差的等差数列,设数列{an}的前n项和为Sn,则S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10+×3+20+×3=300,所以{an}的前20项和为300. 分组求和法 适用 类型 若一个数列的通项公式是一个和式(分段形式),且各加式(段)构成数列的前n项和可求,则数列的前n项和可通过加法的交换律和结合律分组求和完成.常见的有如下两种类型: ①若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前n项和; ②通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等比或等差数列. 解题 步骤 ①准确拆分,根据通项公式的特征,将其分解为可以直接求和的一些数列的和; ②分组求和,分别求出各个数列的和; ③得出结论,对拆分后每个数列的和进行求和,解决原数列的求和问题. 4.解 (1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所以,Tn==2n-1. 设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n.所以,Sn=. (2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2. 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,+2n+1-n-2=n+2n+1, 整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4. 所以,n的值为4. 5.解 (1)设等比数列{bn}的公比为q,则q===3, 所以b1==1,b4=b3q=27. 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. 所以an=2n-1(n=1,2,3,…). (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1. 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1. 从而数列{cn}的前n项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1 =+=n2+. 6.解 (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*,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+-=,而T2=3满足该式, 所以Tn= 考点64　裂项相消法求和 1.　设等差数列的首项为a1,公差为d,由题意可知解得 所以Sn=na1+d=. 所以==2-. 所以=21-+-+…+-=21-=. 2.(1)解 方法一:∵是以=1为首项,以为公差的等差数列, ∴=1+(n-1)×=.∴Sn=an. ① 当n≥2时,Sn-1=an-1. ② ①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1, ∴an-1=an,∴=. ∴an=··…··a1=×××…××·a1(n≥2), 又a1=1,∴an=×1=(n≥2). 又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=. 方法二:∵是以=1为首项,以为公差的等差数列,∴=1+(n-1)×=.∴Sn=an. ① 当n≥2时,Sn-1=an-1. ② ①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1, ∴an-1=an, ∴=,∴=. 设=bn,则bn=bn-1, ∴{bn}为常数列,且b1==, ∴=bn=,∴an=. (2)证明 由(1)知,==2-, ∴++…+=21-+-+…+-=21-<2. 裂项相消法求和的基本步骤 3.(1)解 设等比数列{an}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故an=2n-1. 设等差数列{bn}的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n. 所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n. (2)①解 由(1),有Sn==2n-1, 故Tn=(2k-1)=2k-n=-n=2n+1-n-2. ②证明 因为= ==-, 所以,=-+-+…+-=-2. 4.解 (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=. (2)记的前n项和为Sn. 由(1)知==-. 则Sn=-+-+…+-=. 5.解 (1)由≤1得|an|-|an+1|≤1, 故-≤,n∈N*, 所以-=-+-+…+ -≤++…+<1, 因此|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*. (2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意m>n,m∈N*, -=-+-+…+-≤++…+<, 故|an|<+·2n≤+·m·2n =2+m·2n. 从而对于任意m>n,均有|an|<2+m·2n. ① 由m的任意性得|an|≤2.否则,存在n0∈N*,有||>2,取正整数m0>lo,且m0>n0,则·<·=||-2,与①式矛盾. 综上,对于任意n∈N*,均有|an|≤2. 考点65　错位相减法求和 1.5　2403-　对折3次共可以得到 dm×12 dm,5 dm×6 dm,10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120 dm2; 对折4次共可以得到 dm×12 dm,dm×6 dm,5 dm×3 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形,S4=5×15=75 dm2. 可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)· dm2. 则Sk=S1+S2+…+Sn=240+++…+. 记Tn=+++…+, ① 则Tn=++…++. ② ①与②式相减,得Tn-Tn=Tn=+++…+-=-.故Tn=3-. 故Sk=240·Tn=2403-. 把折纸看作“长减半”(A)和“宽减半”(B)两程序之一.显然两程序相互独立,因此折n次纸后所得的不同规格的图形分别对应0次A与n次B,1次A与(n-1)次B,…,n次A与0次B,共(n+1)类.故折n次纸可得(n+1)种规格的图形,则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5. 2.(1)证明 ∵=+, ∴(n+1)an+1=nan+1, ∴(n+1)an+1-nan=1. 又a1=3,1×a1=3, ∴数列{nan}是以3为首项,1为公差的等差数列. (2)解 ∵f(x)=a1x+a2x2+…+amxm, 则f'(x)=a1+2a2x+…+mamxm-1. 由(1)知,nan=n+2, ∴f'(-2)=3+4×(-2)+…+(m+2)×(-2)m-1, ① -2f'(-2)=3×(-2)+…+(m+1)×(-2)m-1+(m+2)×(-2)m, ② ①-②,得3f'(-2)=3+(-2)+…+(-2)m-1-(m+2)×(-2)m=3+-(m+2)×(-2)m=3--m+×(-2)m,故f'(-2)=-+×(-2)m. 3.解 (1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4, 两式相减,得4an+1=3an+1-3an,即an+1=-3an, 又4S1=3a1+4,则a1=4,故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,则an=4×(-3)n-1. (2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1, 所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1). 3Tn=4(1×31+2×32+3×33+…+n·3n), 两式相减,得-2Tn=4(1+31+32+…+3n-1-n·3n)=4-n·3n=(2-4n)·3n-2, 所以Tn=(2n-1)3n+1. 4.解 (1)由题意可知,2Sn=nan,① 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,② ①-②得2an=nan-(n-1)an-1,∴(n-1)an-1=(n-2)an. (方法一:构造数列)当n≥3时,=,是从第2项开始的常数数列, 当n=2时,=a2=1,∴an=n-1(n≥2), 当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,∴an=n-1(n∈N*). (方法二:累乘法)由2Sn=nan可知, 当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1, =,∴an=××…××a2= ××…××1=n-1. 显然a1=0满足,∴an=n-1(n∈N*). (2)由(1)可知an=n-1(n∈N*), ∴an+1=n,∴=n·, ∴Tn=1×+2×+3×+…+n·,③ Tn=1×+2×+…+(n-1)·+n·,④ ③-④得,Tn=-n·, ∴Tn=2-(2+n)·. 5.(1)解 设{an}的公差为d,{an}的前n项和为Sn,{bn}的公比为qq>0. 由题意得d=2,S8=64,根据等差数列前n项和公式得S8=8a1+28d=64, 整理得2a1+7d=16,将d=2代入得,a1=1, ∴an=1+2(n-1)=2n-1,n∈N*. 根据题中b1=4,b3-b2=48,由等比数列通项公式得,b1q2-b1q=48,将b1=4代入得,4q2-4q=48,化简得q2-q-12=0,即(q-4)(q+3)=0,∴q=4或q=-3. ∵q>0,∴q=4,根据等比数列通项公式得bn=4n,n∈N*. ∴{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;{bn}的通项公式为:bn=4n,n∈N*. (2)证明 由(1)得an=2n-1,bn=4n,n∈N*. ∴cn=42n+,n∈N*, ①-c2n=42n+2-44n+=44n+2·4n+-44n-=2·4n,n∈N*. ∴-c2(n+1)=2·4n+1,∴=4(常数), ∵-c2=42+2-44+=8, ∴{-c2n}是以8为首项,4为公比的等比数列. ②设tn=,{tn}的前n项和为Tn, ∴tn==, ∴tn=<=·,n∈N*. 设rn=,n∈N*.设{rn}的前n项和为Rn. 则Rn=r1+r2+…+rn-1+rn. ∴Rn=++…++.(i) ∴Rn=0+++…++.(ii) (i)-(ii),得Rn=+++…+-. Rn=-=1-n-, ∴Rn=2-,n∈N*. ∵n∈N*,∴>0,∴Rn<2. ∴Tn=Rn<2,即<2. 错位相减法 适用 类型 当一个数列由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时,可使用此法求数列的前n项和.即它解决的是数列{anbn}({an}为等差数列,{bn}为等比数列)的前n项和问题,需要熟练掌握. 求解 思路 设Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn　①, 则qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+anbn+1　②, ①-②得(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1=a1b1+d×-anbn+1(q≠1),最后两边同除以1-q即得数列{anbn}的前n项和Sn. 关键点 在写出Sn与qSn的表达式时,为防止出错,可将两式“错项对齐”,以便于下一步准确写出Sn-qSn的表达式. 注意点 ①乘数(式)的选择;②对q的讨论,即q为参数时,应分q=1与q≠1两种情况讨论;③两式相减后各项间呈现的规律;④两式相减后剩下的可构成数列的项的项数. 6.(1)解 设{an}的公比为q,则an=qn-1. 因为a1,3a2,9a3成等差数列, 所以1+9q2=2×3q,解得q=,故an=n-1. 由bn=,得bn=·n-1=n·n. (2)证明 由(1)可知Sn==1-. 又bn=,则Tn=+++…++,① 两边同乘,得Tn=+++…++,② ①-②,得Tn=++++…+-, 即Tn=-=1--,整理得Tn=1--=-,则2Tn-Sn=2--1-=-<0.故Tn<. 放缩法证明与数列求和有关的不等式的两种模式 放缩法 注意:放缩时必须时刻注意放缩的跨度,做到“放不能过头,缩不能不及”. 7.解 (1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3, 即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2. 故{an}的公比为-2. (2)记Sn为{nan}的前n项和. 由(1)及题设可得,an=(-2)n-1. 所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1, -2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n. 可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=-n×(-2)n. 所以Sn=-. 8.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8. ① 由S11=11b4,可得a1+5d=16, ② 联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n. (2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n, 故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n, 4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1, 上述两式相减,得 -3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1 =-4-(3n-1)×4n+1 =-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=×4n+1+. 所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+. 9.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8. ① 由S11=11b4,可得a1+5d=16, ② 联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以,{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n. (2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2, 有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1, 上述两式相减,得 -Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16. 得Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16. 10.解 (1)设数列{xn}的公比为q,由已知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 又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=. 11.解 (1)设{an}的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,q=a1q2,又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n. (2)由题意知:S2n+1==(2n+1)bn+1, 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1. 令cn=,则cn=, 因此Tn=c1+c2+…+cn=+++…++. 又Tn=+++…++, 两式相减得Tn=+++…+-,所以Tn=5-. 12.解 (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. 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. 考点66　并项求和法 1.解 (1)设{an}的公比为q,由已知可得1+q=q2-1,由q>0,可得q=2,进而可得an=2n-1.所以,Sn==2n-1. (2)(ⅰ)证明:当n=ak+1=2k时,bn=k+1.由题意,当k>1时,,,…,bn-1是一个以k为首项,2k为公差的等差数列, 所以bn-1=k+(n-1-ak)×2k=(2k-1)k. 因此,bn-1-akbn=(2k-1)k-2k-1(k+1)=2k-1(k-1)-k≥2(k-1)-k=k-2≥0. 所以,当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn. (ⅱ)记Tk=bi,由(ⅰ)有Tk=×2k-1=k×4k-1, 又Sn=2n-1=an+1-1,所以bi=Tk=k×4k-1. 记U=k×4k-1,则 U=1×40+2×41+3×42+…+n×4n-1, 4U=1×41+2×42+…+(n-1)×4n-1+n×4n, 可得-3U=40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n-4n-. 所以,bi=U=. 2.(1)解 设等差数列{an}的公差为d. 由bn=得b1=a1-6,b2=2a2=2(a1+d),b3=a3-6=a1+2d-6. 则由S4=32,T3=16, 得解得 所以an=a1+(n-1)d=2n+3. (2)证明 由(1)可得Sn==n2+4n. 当n为奇数时, Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3=[-1+3+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+…+(4n+2)]=+=. 当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)==>0,所以Tn>Sn. 当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)] =[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)] =+=. 当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)==>0, 所以Tn>Sn. 综上可知,当n>5时,Tn>Sn. 3.证明 (1)由题意得=anan+1,有cn=-=an+1an+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==- =·1-<. 4.解 (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. 考点67　数列中的新定义问题 1.[2,+∞)　由题意不妨设x>y,若x,y均在区间[a1,a2]内,则有x-y∈[0,a2-a1]; 若x,y均在区间[an,an+1]内,则有x-y∈[0,an+1-an]; 若x,y分别在区间[a1,a2],[an,an+1]内, 则x-y∈[an-a2,an+1-a1], 又因为q>1,且集合In均为闭区间, 则an-a2≤an+1-an恒成立即可, 即a1qn-1-a1q≤a1qn-a1qn-1⇒qn-1-q≤qn-qn-1⇒ qn-2(q-2)+1≥0. 当n=1或n=2时,解得q≥1,当n≥3时,qn-2>1. 故此时q-2≥0即可,即q≥2. 综上,q∈[2,+∞). 2.(1)解 枚举法 (i,j)=(1,2),剩余数列:a3,a4,a5,a6;(i,j)=(1,3),剩余数列:a2,a4,a5,a6;(i,j)=(1,4),剩余数列:a2,a3,a5,a6;(i,j)=(1,5),剩余数列:a2,a3,a4,a6;(i,j)=(1,6),剩余数列:a2,a3,a4,a5;(i,j)=(2,3),剩余数列:a1,a4,a5,a6;(i,j)=(2,4),剩余数列:a1,a3,a5,a6;(i,j)=(2,5),剩余数列:a1,a3,a4,a6;(i,j)=(2,6),剩余数列:a1,a3,a4,a5;(i,j)=(3,4),剩余数列:a1,a2,a5,a6;(i,j)=(3,5),剩余数列:a1,a2,a4,a6;(i,j)=(3,6),剩余数列:a1,a2,a4,a5;(i,j)=(4,5),剩余数列:a1,a2,a3,a6;(i,j)=(4,6),剩余数列:a1,a2,a3,a5;(i,j)=(5,6),剩余数列:a1,a2,a3,a4. 故符合条件的(i,j)为(1,2),(1,6),(5,6). (2)证明 (方法一)易知:ap,aq,ar,as是等差数列⇔p,q,r,s是等差数列. 故只需证明:1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,15,16,…,4m+2可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列. 1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14分组为(1,4,7,10),(3,6,9,12),(5,8,11,14),共3组,15,16,…,4m+2按每连续4个为一组可被平均分为=m-3组,每组4个数均构成等差数列,∴a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列. (方法二)当m=3时,设a1,a2,…,a14的公差为d(d≠0). ∵a1,a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9,a10,a11,a12,a14可分成3组:(a1,a4,a7,a10),(a3,a6,a9,a12),(a5,a8,a11,a14),且每组的4个数均能构成公差为3d的等差数列. ∴m=3时符合. 当m>3时,数列a1,a2,…,a4m+2去掉a2,a13后,剩余的项中的a1,a3,a4,…,a11,a12,a14还按m=3时的分法,即(a1,a4,a7,a10),(a3,a6,a9,a12),(a5,a8,a11,a14), 剩余的项a15,a16,…,a4m+2每4个相邻的项为一组即可,即(a15,a16,a17,a18),…,(a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2),共m-3组,且每一组的4个数都能构成等差数列, ∴数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列. (方法三)由题意知,相应项的下标成等差数列是相应项成等差数列的充要条件,∴等差数列a1,a2,…,a4m+2去掉第2项a2和第13项a13后,剩余项组成的数列为a1,a3,a4,…,a12,a14,a15,a16,…,a4m+2,其中a1,a3,a4,…,a12,a14可分为3组,分别为(a1,a4,a7,a10),(a3,a6,a9,a12),(a5,a8,a11,a14),且每组的4个数均构成等差数列,其余的项ak,k∈[15,4m+2]按照每连续4个为一组,可被平均分为m-3组,每组4个数均构成等差数列. ∴a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列. (3)证明 记使数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)—可分数列的(i,j)有bm组. 当m变为m+1时,数列a1,a2,…,a4m+2变为a1,a2,…,a4m+2,a4m+3,a4m+4,a4m+5,a4m+6,可将其分为3组. 第1组:(a1,a2,a3,a4),第2组:(a5,a6,…,a4m+2),第3组:(a4m+3,a4m+4,a4m+5,a4m+6). ①当ai,aj都在第2组时,数列a5,a6,…,a4m+2共有4m-2项,相当于把m换成了m-1,所以此时的(i,j)共有bm-1组. ②当ai在第1组,aj在第2组,或ai,aj都在第1组时,前两组组成的数列共有4m+2项,用排除法可知,此时的(i,j)共有bm-bm-1组. ③当ai在第2组,aj在第3组,或ai,aj都在第3组时,同②由前后的对称性可知,此时的(i,j)共有bm-bm-1组. ④当ai在第1组,aj在第3组时,至少有(i,j)=(1,4m+6)或(i,j)=(2,4m+5)这两种情形. 由上可知,bm+1≥bm-1+(bm-bm-1)+(bm-bm-1)+2=2bm-bm-1+2,即bm+1-bm≥bm-bm-1+2. 又易知b0=0,b1=3, ∴bm-bm-1≥bm-1-bm-2+2, bm-1-bm-2≥bm-2-bm-3+2, 　 ︙ b2-b1≥b1-b0+2, 累加得bm-b1≥bm-1-b0+2(m-1), 即bm-3≥bm-1+2(m-1),∴bm-bm-1≥2m+1. ∴bm-bm-1≥2m+1, bm-1-bm-2≥2(m-1)+1, 　 ︙ b1-b0≥2+1, 累加得bm-b0≥2[m+(m-1)+…+1]+m=m2+2m, 即bm≥m2+2m. 故Pm=≥=>. 学科网（北京）股份有限公司 $$