专题讲义　数列求和——2026届高三数学一轮复习

专题一 数列求和 1.常用结论公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；(2)12＋22＋…＋n2＝. 2.常用裂项相消的类型 (1)等差型：＝(an≠0，d≠0)；(2)指数型：＝－. (3)对数型：logn＝lognan＋1－lognan(an>0)；(4)无理型：＝(－)(a>0，b>0). (5)通项裂项为“”型： ①；②. 3.具体的裂项方式 数列(n为正整数) 裂项方式 (－) (k为非零常数) ＝ ＝ ＝－ (－) =- 2 ln ln=ln(n+1)-ln n (a>0，a≠1) loga＝loga(n＋1)－logan (-1)nlog3[n(n+1)] (-1)nlog3[n(n+1)]=(-1)n[log3n+log3(n+1)] =(-1)n 4.常用的放缩技巧： 数列型不等式问题的求解过程中常用到“放缩法”，一般有两种情况：一是先“放缩”再求和；二是先求和再“放缩”．常用的放缩技巧如下． (1)对(n∈N*)的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况： ①＜＝－(n≥2)；②＜＝(n≥2)；③＜＝2. (2)对(n∈N*)的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况： ① ＞＝－；②＜＝－.　　 一、倒序相加求和 【例1】已知lg(xy)=a，且S=lg xn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg yn，求S. 【跟踪训练1】德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.相传他幼年时在进行1+2+3+…+100的求和运算时，就利用了倒序相加法，该方法基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成.已知数列an=，则a1+a2+…+a98等于(　　) A.96　　 B.97　　 C.98　　 D.99 【跟踪训练2】设F(x)＝，求F＋F＋…＋F. 二、错位相减求和 【例2】已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2=2，S3=7. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn=(log2an+1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn. 【跟踪训练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. 【跟踪训练2】已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋1(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列{an}为等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Tn. 三、裂项相消求和 ①形如bn＝({an}为等差数列)型 【例3.1】已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2+a4=14，S3=15. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=，求数列{bn}的前n项和. ②形如an＝型 【例3.2】已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N＋.记数列{an}的前n项和为Sn， 求S2025. ③形如bn＝×({an}为等比数列)型 【例3.3】已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，n∈N*，，若对任意的n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是(　　) A．　　　 B．49　　　 C．　　　 D． ④形如：①，通项裂项为“”型 【例3.4】已知数列为公差不为0的等差数列，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的前项和，令，求数列的前2022项和. 【跟踪训练1】已知数列{an}与{bn}满足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn(n∈N*)，且{an}为正项等比数列，a1＝2，b3＝b2＋4. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)若数列{cn}满足cn＝(n∈N*)，Tn为数列{cn}的前n项和，证明：Tn<1. 【跟踪训练2】已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，，求数列的前项和 【跟踪训练3】已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1(n∈N*). (1)记bn=an+1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：++…+<. 【跟踪训练4】已知等差数列为递增数列， (1)求的通项公式； (2)若数列满足，求的前项和： (3)若数列满足，求的前项和的最大值､最小值. 四、分组、并项求和 【例4.1】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=t，点(Sn，an+1)在直线y=3x+1上. (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？ (2)在(1)的结论下，设bn=log4an+1，cn=an+bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 【例4.2】(2021·新课标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． 【例4.3】已知数列的前项和为，点在曲线上． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，求数列的前项和． 【例4.4】已知数列{an}中a1＝1，且点(an，an＋1)在函数y＝x＋1的图象上． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝求数列{bn}的前n项和Sn. 【例4.5】在等比数列中，公比，等差数列满足，，. (1)求数列与的通项公式； (2)记，求数列的前项和. 【跟踪训练1】已知数列an=(-1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 【跟踪训练2】已知数列满足，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项的和. 【跟踪训练3】设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a4－a1＝7，S3＝7. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝数列{bn}的前2n项和为T2n，求T2n. 【跟踪训练4】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝11，S10＝100. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn. 【跟踪训练5】已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且数列{an＋1－an}是以2为公比的等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令cn＝(－1)n＋1an，求数列{cn}的前n项和Sn. 五、通项含绝对值数列求和 【例5】已知是数列的前项和，且． （1）求； （2）求数列的前项和为． 【跟踪训练】设数列的前项和为，已知 ()． （1）求数列的通项； （2）求数列的前项的和． 六、数列与不等式 【例6.1】已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan. ①求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式； ②设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn<(n∈N*)的n的最大值． 【例6.2】数列{an}满足an＋1＝，a1＝1. (1)证明：数列是等差数列； (2)求数列的前n项和Sn，并证明：＋＋…＋>. 【例6.3】已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，令bn＝an＋1. (1)求证：{bn}是等比数列； (2)记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn； (3)求证：－<＋＋＋…＋<. 【跟踪训练1】(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式． (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 【跟踪训练2】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S8＝44. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，求证：1≤Tn<3. 【跟踪训练3】(2022·新课标Ⅰ卷)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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题二 数列求和 1.常用结论公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；(2)12＋22＋…＋n2＝. 2.常用裂项相消的类型 (1)等差型：＝(an≠0，d≠0)；(2)指数型：＝－. (3)对数型：logn＝lognan＋1－lognan(an>0)；(4)无理型：＝(－)(a>0，b>0). (5)通项裂项为“”型： ①；②. 3.具体的裂项方式 数列(n为正整数) 裂项方式 (－) (k为非零常数) ＝ ＝ ＝－ (－) =- 2 ln ln=ln(n+1)-ln n (a>0，a≠1) loga＝loga(n＋1)－logan (-1)nlog3[n(n+1)] (-1)nlog3[n(n+1)]=(-1)n[log3n+log3(n+1)] =(-1)n 4.常用的放缩技巧： 数列型不等式问题的求解过程中常用到“放缩法”，一般有两种情况：一是先“放缩”再求和；二是先求和再“放缩”．常用的放缩技巧如下． (1)对(n∈N*)的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况： ①＜＝－(n≥2)；②＜＝(n≥2)；③＜＝2. (2)对(n∈N*)的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况： ① ＞＝－；②＜＝－.　　 一、倒序相加求和 【例1】已知lg(xy)=a，且S=lg xn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg yn，求S. 解　S=lg xn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg yn， 将上式中各项倒序排列，得S=lg yn+lg(xyn-1)+lg(x2yn-2)+…+lg xn， 两式对应相加，得2S=lg(xy)n+lg(xy)n+lg(xy)n+…+lg(xy)n=n(n+1)lg(xy). 因为lg(xy)=a，所以S=n(n+1)a. 反思感悟　倒序相加法求和适合的题型 一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和. 【跟踪训练1】德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.相传他幼年时在进行1+2+3+…+100的求和运算时，就利用了倒序相加法，该方法基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成.已知数列an=，则a1+a2+…+a98等于(　　) A.96　　 B.97　　 C.98　　 D.99 答案　C 解析　记S=a1+a2+…+a97+a98=++…++，则S=a98+a97+…+a2+a1=++…++， 两式相加得， 2S=+=++…++=98×2， ∴S=98. 【跟踪训练2】设F(x)＝，求F＋F＋…＋F. 解　∵F(x)＋F(1－x)＝＋＝1， ∴F＋F＝F＋F＝…＝1. 设F＋F＋…＋F＝S，∴S＝×2S＝×2 020＝1 010. 二、错位相减求和 【例2】已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2=2，S3=7. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn=(log2an+1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意有 解得或(舍去)，所以an=2n-1. (2)bn=(log2an+1)·an=n·2n-1，所以Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1，① 2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，② ①-②得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n×2n=-n×2n=(1-n)·2n-1，Tn=(n-1)·2n+1. 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-. 【跟踪训练2】已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋1(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列{an}为等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)证明：由已知，得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝1(n≥2，n∈N*)，即an＋1－an＝1(n≥2，n∈N*)， 且a2－a1＝1，∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n＋1. (2)由(1)知bn＝(n＋1)·3n，则 Tn＝2·31＋3·32＋4·33＋…＋n·3n－1＋(n＋1)·3n，① 3Tn＝2·32＋3·33＋4·34＋…＋n·3n＋(n＋1)·3n＋1，② ①－②，得－2Tn＝2·31＋32＋33＋34＋…＋3n－(n＋1)·3n＋1 ＝3＋－(n＋1)·3n＋1＝·3n＋，∴Tn＝·3n－. 三、裂项相消求和 ①形如bn＝({an}为等差数列)型 【例3.1】已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2+a4=14，S3=15. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=，求数列{bn}的前n项和. 解　(1)设数列{an}的公差为d，由题意得解得 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，n∈N*. (2)由(1)知an=2n+1， 所以bn===. 设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn=b1+b2+…+bn= ==. 反思感悟　(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的. (2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止. (3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. ②形如an＝型 【例3.2】已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N＋.记数列{an}的前n项和为Sn， 求S2025. [解析]　由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x. ∴an＝＝＝－， S2025＝a1＋a2＋a3＋…＋a2025＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1. ③形如bn＝×({an}为等比数列)型 【例3.3】已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，n∈N*，，若对任意的n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是(　C　) A．　　　 B．49　　　 C．　　　 D． [解析]　当n＝1时，6a1＝a＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝a＋3an， ∴6Sn＋1＝a＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an， 整理可得(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0，结合an>0可得an＋1－an－3＝0， ∴an＋1－an＝3，故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列， ∴an＝3＋(n－1)×3＝3n， 则bn＝＝＝(－)， ∴Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)<， ∴k≥.故选C． ④形如：①，通项裂项为“”型 【例3.4】已知数列为公差不为0的等差数列，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的前项和，令，求数列的前2022项和. 【答案】(1) (2)数列的前2022项和为 解：（1）设数列的公差为，则， 由题意可得： 解得： ∴数列的通项公式为； （2）由(1)，， 设数列的前项和为， 所以数列的前2022项和 . 【跟踪训练1】已知数列{an}与{bn}满足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn(n∈N*)，且{an}为正项等比数列，a1＝2，b3＝b2＋4. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)若数列{cn}满足cn＝(n∈N*)，Tn为数列{cn}的前n项和，证明：Tn<1. (1)解　由题意知，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，① 当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1，② ①－②可得an＝2(bn－bn－1)⇒a3＝2(b3－b2)＝2×4＝8， ∵a1＝2，an>0，设{an}的公比为q，∴a1q2＝8⇒q＝2， ∴an＝2×2n－1＝2n(n∈N*). ∴2bn＝21＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，∴bn＝2n－1(n∈N*). (2)证明　由已知cn＝＝＝－， ∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝－＋－＋…＋－＝1－， 当n∈N*时，2n＋1>1，∴>0，∴1－<1，即Tn<1. 【跟踪训练2】已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，，求数列的前项和 【答案】(1) (2) 解：(1)当时，，解得：； 当时，，即， 数列是以为首项，为公比的等比数列，. (2)由（1）得：，， . 【跟踪训练3】已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1(n∈N*). (1)记bn=an+1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：++…+<. (1)解　由an+1=2an+1，可得an+1+1=2(an+1)，所以{bn}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列，所以bn=an+1=2n. (2)证明　易得Tn==2(2n-1)，于是==-=， 所以++…+==， 因为>0，所以++…+<. 【跟踪训练4】已知等差数列为递增数列， (1)求的通项公式； (2)若数列满足，求的前项和： (3)若数列满足，求的前项和的最大值､最小值. 【答案】(1) (2) (3)最大值为，最小值为 解：(1)因为，所以，所以， 又，且为递增数列，则可解得，所以公差为2， 所以. (2)因为，所以①， ②， ①-②得， ； (3)， 记的前项和为， 则， 当为奇数时随着的增大而减小，可得， 当为偶数时随着的增大而增大，可得， 所以的最大值为，最小值为. 四、分组、并项求和 【例4.1】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=t，点(Sn，an+1)在直线y=3x+1上. (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？ (2)在(1)的结论下，设bn=log4an+1，cn=an+bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 解：(1)因为点(Sn，an+1)在直线y=3x+1上，所以an+1=3Sn+1，当n≥2时，an=3Sn-1+1. 于是an+1-an=3(Sn-Sn-1)，即an+1-an=3an，即an+1=4an. 又当n=1时，a2=3S1+1，即a2=3a1+1=3t+1， 所以当t=1时，a2=4a1，此时，数列{an}是等比数列. (2)由(1)可得an=4n-1，an+1=4n，所以bn=log4an+1=n，cn=4n-1+n， 那么Tn=c1+c2+…+cn=(40+1)+(41+2)+…+(4n-1+n)=(40+41+…+4n-1)+(1+2+…+n)=+. 反思感悟　分组求和的适用题型 一般情况下形如cn=an±bn，其中数列{an}与一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列的前n项和，分别利用等差数列和等比数列的前n项和公式求和即可. 【例4.2】(2021·新课标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)由题意，得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 易得a2n＋2＝a2n＋1＋1，a2n＋1＝a2n＋2，所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3， 所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1. (2)由(1)可得a2n＝3n－1，a2n－1＝a2n－2＋2＝bn－1＋2＝3n－2. 所以a19＝3×10－2＝28，a20＝3×10－1＝29. 所以{an}的前20项的和为(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝×10＋×10＝300. 【例4.3】已知数列的前项和为，点在曲线上． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 解：（1）因为点在曲线上，所以，． 当时，； 当时，，当时上式也成立， 所以数列的通项公式为，，所以数列为等差数列． （2）由（1）知，，， 故数列的前项和 ． 【例4.4】已知数列{an}中a1＝1，且点(an，an＋1)在函数y＝x＋1的图象上． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)由已知得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1， 根据等差数列的定义知数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n. (2)由已知得bn＝ ①当n为偶数时，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) ＝＋＝＋(2n－1)； ②当n为奇数时，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1) ＝＋＝＋(2n－1－1)， 所以Sn＝ 【例4.5】在等比数列中，公比，等差数列满足，，. (1)求数列与的通项公式； (2)记，求数列的前项和. 【答案】(1)；；(2) 解：（1）设等差数列的公差为， 因为等比数列的公比为（），，，， 所以，则，解得或（舍） 所以数列的通项公式为：；数列的通项公式为； （2）由（1）可得， 所以数列的前项和 . 感悟提升　 1.分组转化法求和的常见类型主要有：分段型(如①an＝②an＝2n＋3n－1)，周期型. 2.并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两或几个相结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解. 【跟踪训练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= 【跟踪训练2】已知数列满足，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项的和. 【答案】(1) (2) 解：（1）当为奇数时，， 所以所有奇数项构成以为首项，公差为－1的等差数列，所以， 当为偶数时，，所以所有偶数项构成以为首项，公比为3的等比数列，所以，所以； （2）. 【跟踪训练3】设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a4－a1＝7，S3＝7. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝数列{bn}的前2n项和为T2n，求T2n. 解：(1)由题意知a4－a1＝7，S3＝7，显然{an}的公比q≠1，则 解得所以an＝2n－1. (2)易知bn＝ 所以T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n) ＝(0＋2＋…＋2n－2)＋(2＋23＋…＋22n－1)＝＋＝·22n＋1＋n2－n－. 【跟踪训练4】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝11，S10＝100. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设该等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 根据题意可知解得所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1， 所以数列{an}的通项公式是an＝2n－1. (2)由(1)得an＝2n－1，所以bn＝(－1)n·＝(－1)n··， 所以Tn＝. 当n为奇数时，Tn＝；当n为偶数时，Tn＝. 所以Tn＝－＋(－1)n. 【跟踪训练5】已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且数列{an＋1－an}是以2为公比的等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令cn＝(－1)n＋1an，求数列{cn}的前n项和Sn. 解　(1)依题意可知数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3－1＝2为首项，以2为公比的等比数列， 所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，等式两边同时除以2n得， 2·－＝1，即＝·＋，所以－1＝， 又－1＝－≠0，所以是首项为－，公比为的等比数列， 所以－1＝－×n－1＝－，所以an＝2n－1. (2)由(1)得，cn＝(－1)n＋1(2n－1)， 当n为偶数时，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1) ＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n ＝＝[1－(－2)n]＝(1－2n)； 当n为奇数时，n－1为偶数， 所以Sn＝Sn－1＋cn＝(1－2n－1)＋2n－1＝， 综上所述，Sn＝ 五、通项含绝对值数列求和 【例5】已知是数列的前项和，且． （1）求； （2）求数列的前项和为． 【答案】（1），；（2）. 【详解】（1）由，可得， 时，，对也成立， 可得，； （2）当时，，即有； 当时，，， 即有． 【跟踪训练】设数列的前项和为，已知 ()． （1）求数列的通项； （2）求数列的前项的和． 【答案】（1）；（2）. 【详解】解：（1）当时, 当时, …，    （2）数列前3项都小于0，第4项等于0， 从第5项开始都大于0 当时, 当时,       六、数列与不等式 【例6.1】已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan. ①求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式； ②设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn<(n∈N*)的n的最大值． 解　①∵Sn＝－an－n－1＋2(n∈N*)， 当n≥2时，Sn－1＝－an－1－n－2＋2，∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋n－1，化为2nan＝2n－1an－1＋1， ∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即当n≥2时，bn－bn－1＝1， 令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝.又b1＝2a1＝1， ∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝. ②由①可得cn＝＝＝2， ∴Tn＝2＝2， 由Tn<可得2n＋1<64＝26，n<5，∵n∈N*，∴n的最大值为4. 【例6.2】数列{an}满足an＋1＝，a1＝1. (1)证明：数列是等差数列； (2)求数列的前n项和Sn，并证明：＋＋…＋>. (1)证明　∵an＋1＝， ∴＝，化简得＝2＋，即－＝2，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)解　由(1)知＝2n－1， ∴Sn＝＝n2，＝>＝－. 证明：＋＋…＋＝＋＋…＋>＋＋…＋＝＋＋…＋ ＝1－＝. 【例6.3】已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，令bn＝an＋1. (1)求证：{bn}是等比数列； (2)记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn； (3)求证：－<＋＋＋…＋<. (1)证明　a1＝2，a2＝2(a1＋1＋1)＝2×(2＋2)＝8， an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，① an＝2(Sn－1＋n)(n≥2)，② ①－②，得an＋1＝3an＋2(n∈N*). 经检验，当n＝1时上式也成立，即an＋1＝3an＋2(n∈N*). 所以an＋1＋1＝3(an＋1)，即bn＋1＝3bn，且b1＝3. 所以{bn}是首项为3，公比为3的等比数列. (2)解　由(1)得bn＝3n，nbn＝n·3n.所以Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n， 3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1， 两式相减，得－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1，化简得Tn＝×3n＋. (3)证明　由(1)知，an＝bn－1＝3n－1，所以＝>， 得＋＋＋…＋>＋＋…＋＝＝－×. 又＝＝<＝， 所以＋＋＋…＋<＋ ＝＋＝＋－×<， 故－<＋＋＋…＋<. 【跟踪训练1】(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式． (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． [解]　(1)由4Sn＋1＝3Sn－9，① 得4Sn＝3Sn－1－9(n≥2)．② ①－②，得4an＋1＝3an(n≥2)，即an＋1＝an(n≥2)． 由题意，得4(a1＋a2)＝3a1－9，a1＝－，解得a2＝－. 经验证，a2＝a1，所以an＋1＝an， 所以{an}是以－为首项，为公比的等比数列， 所以an＝－×n－1＝－3×n. (2)由3bn＋(n－4)an＝0， 得bn＝－an＝(n－4)×n， 所以Tn＝－3×－2×2－1×3＋…＋(n－4)×n，　③ 则Tn＝－3×2－2×3－1×4＋…＋(n－4)×n＋1.　④ ③－④，得Tn＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1 ＝－＋－4×n＋1－(n－4)×n＋1＝－n×n＋1， 所以Tn＝－4n×n＋1. Tn≤λbn对任意的n∈N*恒成立，即－4n×n＋1≤λ(n－4)×n，即λ(n－4)＋3n≥0对任意的n∈N*恒成立．当n＝4时，显然成立； 当n＜4时，λ≤－＝－3－，解得λ≤1； 当n＞4时，λ≥－＝－3－，解得λ≥－3. 综上可得，λ∈[－3,1]． 【跟踪训练2】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S8＝44. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，求证：1≤Tn<3. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由S8＝8×a1＋×d＝8×2＋28×d＝44，得d＝1. 所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列． 所以an＝a1＋(n－1)×d＝2＋(n－1)×1＝n＋1. (2)证明：由题意得，＝， 则Tn＝＋＋＋…＋，　① 所以Tn＝＋＋＋…＋＋.　② 由①－②，得Tn＝1＋＋＋＋…＋－＝＋×－ ＝＋×－＝－. 所以Tn＝3－<3.又Tn＋1－Tn＝3－－＝>0，所以{Tn}是递增数列，Tn≥T1＝1，故1≤Tn<3. 【跟踪训练3】(2022·新课标Ⅰ卷)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. 解：(1)因为a1＝1，所以＝1. 又是公差为的等差数列，所以＝1＋(n－1)×＝，所以Sn＝an. 因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，所以an－1＝an(n≥2)， 所以＝(n≥2)，所以××…××＝×××…××＝(n≥2)， 所以an＝(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝(n∈N*)． (2)证明：因为an＝，所以＝＝2， 所以＋＋…＋＝2＝2＜2. 【跟踪训练5】已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan. ①求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式； ②设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn<(n∈N*)的n的最大值． 解　①∵Sn＝－an－n－1＋2(n∈N*)，当n≥2时，Sn－1＝－an－1－n－2＋2， ∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋n－1，化为2nan＝2n－1an－1＋1， ∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即当n≥2时，bn－bn－1＝1， 令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝. 又b1＝2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列． 于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝. ②由①可得cn＝＝＝2， ∴Tn＝2＝2， 由Tn<可得2n＋1<64＝26，n<5，∵n∈N*，∴n的最大值为4. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $