5.3.2 第2课时 数列求和-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册教用课件（人教B版）

该高中数学课件聚焦数列求和，涵盖分组转化法、裂项相消法、错位相减法等核心方法，通过典例研析引入，如递推公式求通项及前n项和，衔接数列概念与递推关系，搭建知识学习支架。 其亮点在于注重通性通法总结，结合多样题型设计，如条件任选问题培养推理能力与创新意识，通过分层训练提升学生数学思维，教师可借助丰富例题与作业高效教学，助力学生掌握解题方法。

第二课时　数列求和 1 典例研析 01 拓视野　由数列的递推关系求通项 02 目录 课时作业 03 2 01 PART 典例研析 目 录 题型一｜分组转化法求和 【例1】　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； 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解： 因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝ 所以b1＝a2＝a1＋1＝2， b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 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＋. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）求{an}的前20项和. 解： 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 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； 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 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. 通性通法 　　若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数 列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【跟踪训练】 1. 已知数列{an}的首项为1，且an＋1－an＝2n（n∈N＋），bn＝2log2（an ＋1）－1，设数列{bn}中不在数列{an}中的项按从小到大的顺序排列构成 数列{cn}，则数列{cn}的前100项和为（　　） A. 11 449 B. 11 195 C. 11 209 D. 11 202 √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解析： 　数列{an}的首项为1，且an＋1－an＝2n，当n≥2时，an＝a1＋ （a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋21＋22＋…＋2n－1＝ ＝2n－1，而a1＝1满足上式，因此an＝2n－1，bn＝2log2（an＋1）－ 1＝2n－1，而b100＝199，a7＝127＜199，a8＝255＞199，因此数列{cn}的 前100项和为数列{bn}的前107项的和减去数列{an}的前7项的和，所以数 列{cn}的前100项和为 －（21＋22＋…＋27－7）＝1072－ （ －7）＝11 202.故选D. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 2. 已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq（n∈N＋，p，q为常 数），且a1，a4，a5成等差数列. （1）求p，q的值； 解： 由a1＝3，得2p＋q＝3，又因为a4＝24p＋4q， a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q ＝1. （2）求数列{an}前n项和Sn的公式. 解： 由（1），知an＝2n＋n，所以Sn＝（2＋22＋…＋2n）＋（1＋2 ＋…＋n）＝2n＋1－2＋ . 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 题型二｜裂项相消法求和 【例2】　已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1， ＝ 9a2a6. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 设数列{an}的公比为q，由 ＝9a2a6得 ＝9 ，∴q2＝ . 由条件可知q＞0，故q＝ . 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝ . 故数列{an}的通项公式为an＝ . 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）设bn＝－lo an，求数列 的前n项和Tn. 解： ∵an＝ ，∴bn＝－log ＝2n， ∴ ＝ ＝ ， ∴Tn＝ ＝ ＝ . 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 通性通法 1. 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从 而求得其和. 2. 裂项求和的几种常见类型： （1） ＝ ； （2） ＝ ； （3） ＝ ； （4）若{an}是公差为d的等差数列，则 ＝ . 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【跟踪训练】 　记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a7＝S3＝15. （1）求{an}的通项公式； 解： 设数列{an}的公差为d，由 得 解得 ∴an＝2n＋1. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）记bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn. 解： 由（1）知，an＝2n＋1，∴Sn＝ ＝n2＋2n， ∴bn＝ ＝ ＝ （ － ）， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ （ 1－ ＋ － ＋…＋ － ＋ － ） ＝ （ － － ）＝ － . 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 题型三｜错位相减法求和 【例3】　在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝9， a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知等差数列{an}的公差为d（d＞1），前n项和为Sn，等比数列{bn}的 公比为q，且a1＝b1，d＝q， 　　. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （1）∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d＞1， ∴ 解得 或 （舍去）， ∴ ∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 解：选条件①： 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （1）∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d＞1， ∴ ∴ 解得 或 （舍去），∴ ∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 选条件②： 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （1）∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d＞1， ∴ 解得 或 （舍去），∴ ∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 选条件③： 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解：选条件①： （2）由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ， ∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）× ，　① Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－1） × ，　② （2）记cn＝ ，求数列{cn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 ①－②，得 Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n－1） × ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－（2n＋3） × ，∴Tn＝6－（2n＋3）× . 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ， ∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）× ，　① Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－1） × ，　② 选条件②： 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 ①－②，得 Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n－1） × ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－（2n＋3） × ，∴Tn＝6－（2n＋3）× . 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ， ∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）× ，　① Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－1） × ，　② 选条件③： 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 ①－②，得 ×Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n－1） × ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－（2n＋3）× ， ∴Tn＝6－（2n＋3）× . 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 通性通法 　　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. 提醒：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对 齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【跟踪训练】 　已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝3an－2，其中n∈N＋. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 当n＝1时，2a1＝3a1－2，所以a1＝2， 当n≥2时，2Sn＝3an－2，所以2Sn－1＝3an－1－2， 两式相减，得2an＝3an－3an－1，∴an＝3an－1，又a1＝2≠0， 所以数列{an}为等比数列，首项为2，公比为3， 所以数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）设bn＝（ n－ ）an，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N＋且 n≥2，2（Tn－1）≥（n－1）λ恒成立，求实数λ的取值范围. 解： 由（1）知，bn＝ an＝（2n－1）·3n－1， Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋（2n－1）×3n－1， 则有3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋（2n－3）×3n－1＋（2n－1）×3n， 两式相减得－2Tn＝1＋2（3＋32＋33＋…＋3n－1）－（2n－1）×3n ＝1＋2× －（2n－1）×3n＝－（2n－2）×3n－2， 于是得Tn＝（n－1）·3n＋1. 因为n∈N＋且n≥2，2（Tn－1）≥（n－1）λ，所以λ≤2·3n， 当n≥2时，数列{2·3n}是递增数列，所以2·3n的最小值为18， 因此λ≤18.故实数λ的取值范围为（－∞，18]. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 02 PART 拓视野　由数列的递推关系求通项 能力提升 目 录 1. 在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，求数列{an}的通项公式. 2. 已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，记bn＝an＋1，证明：{bn}是等比数列，并 求an. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【问题探究】 类型一：形如an＋1＝an＋f（n）的递推关系式 这类递推数列采用累加法求其通项（数列{f（n）}可求前n项和）. 当f（n）为常数时，用累加法可求得等差数列的通项公式. 而当f（n）为等差数列时，{an}为二阶等差数列，其通项公式应形如an ＝an2＋bn＋c，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是Sn＝ an2＋bn，其常数项一定为0. 类型二：形如an＋1＝f（n）an的递推关系式 这类递推数列可通过累乘法求得其通项（数列{f（n）}可求前n项积）. 当f（n）为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 类型三：形如an＋1＝can＋tan－1（n≥2，ct≠0）的递推关系式 对于此类递推关系式，可以使用待定系数法将其转化为等比数列问题.即 令an＋1－xan＝y（an－xan－1），用待定系数法求出x与y的值，即可转化 为等比数列问题，进而求通项. 类型四：形如an＋1＝can＋tan－1＋a（cta≠0）的递推关系式 对于此类递推关系式，可转化为等差数列求解. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 注意　（1）应重视分类讨论的应用，要先分n＝1和n≥2两种情况讨论， 特别要注意由Sn－Sn－1＝an推导出的an中的n≥2； （2）由Sn－Sn－1＝an推导出的an＝f（n）（n≥2），若当n＝1时，a1也 适合an＝f（n），则需要统一合成一个表达式. 类型五：由Sn与an的关系求an 数列{an}的通项an与其前n项和Sn的关系为 an＝ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【迁移应用】 1. 已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式为 ⁠ ⁠. 解析：由a1＝S1＝2－a1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－an－ [2（n－1）－an－1]＝－an＋2＋an－1，所以an＝ an－1＋1，即an－2＝ （an－1－2）.令bn＝an－2，则bn＝ bn－1，且b1＝1－2＝－1，于是数列 {bn}是首项为－1，公比为 的等比数列，所以bn＝－1× ＝－ ，故an＝2－ . an ＝2－ 　 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 2. 已知数列{an}满足an＋1＝5an－6an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝4，则 数列{an}的通项公式为 ⁠. 解析：令an＋1－xan＝y（an－xan－1）（n≥2），即an＋1＝（x＋y）an －xyan－1.于是得 解得 或 取x＝2，y＝3 得an＋1－2an＝3（an－2an－1）（n≥2）.由于a2－2a1＝2≠0，所以数列 {an＋1－2an}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an＋1－2an＝2×3n－1. 两边同除以2n＋1， an＝2×3n－1－2n－1　 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 得 － ＝ × .所以 ＝ ＋ ＋…＋ ＋ ＝ × ＋ × ＋…＋ × ＋ ＝ × ＋ ＝ － .故an＝2×3n－1－2n－1.取x＝3，y＝2得an＋1－3an＝2 （an－3an－1）（n≥2）.由于a2－3a1＝1≠0，所以数列{an＋1－3an}是以 1为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－3an＝2n－1.整理得an＋1＋2n＝3 （an＋2n－1），又因为a1＋21－1＝2，所以数列{an＋2n－1}是以2为首项，3 为公比的等比数列，即an＋2n－1＝2×3n－1，所以an＝2×3n－1－2n－1，综 上可知an＝2×3n－1－2n－1. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 3. 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2. （1）设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列； 解析： 证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得 an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1－bn＝2. 又因为b1＝a2－a1＝1，故数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）求{an}的通项公式. 解析：由（1）知bn＝1＋2（n－1）＝2n－1， 即an＋1－an＝2n－1. 于是an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1 ＝[2（n－1）－1]＋[2（n－2）－1]＋…＋（2×1－1）＋1 ＝2[1＋2＋3＋…＋（n－1）]－（n－1）＋1 ＝2× －n＋2＝n2－2n＋2. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 1. 已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝（－1）n（2n－1）（n∈N＋）， 则S30＝（　　） A. 15 B. －15 C. －30 D. 30 解析： 　由题设S30＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－57＋59＝（3－1）＋ （7－5）＋（11－9）＋…＋（59－57）＝15×2＝30. √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 2. 数列{an}的通项公式是an＝ ，若前n项和为10，则项数为 （　　） A. 11 B. 99 C. 120 D. 121 解析： 　∵an＝ ＝ － ，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝ （ －1）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝ －1，令 －1＝10，得n＝120. √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 3. 若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为 （　　） A. 2n＋n2－1 B. 2n＋1＋n2－1 C. 2n＋1＋n2－2 D. 2n＋n－2 解析： 　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝（21＋2×1－1）＋（22＋2×2－1） ＋（23＋2×3－1）＋…＋（2n＋2n－1）＝（2＋22＋…＋2n）＋2（1＋2 ＋3＋…＋n）－n＝ ＋2× －n＝2（2n－1）＋n2＋n －n＝2n＋1＋n2－2. √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 4. 在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1（4n －3），则S15＋S22－S31的值为（　　） A. －46 B. －76 C. 46 D. 76 解析： 　∵S15＝（－4）×7＋（－1）14（4×15－3）＝29，S22＝（－ 4）×11＝－44，S31＝（－4）×15＋（－1）30×（4×31－3）＝61， ∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76. √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 5. 已知等比数列{an}中，a2＝8，a5＝512. （1）求数列{an}的通项公式； 解： ∵ ＝ ＝64＝q3， ∴q＝4.∴an＝a2·4n－2＝8×4n－2＝22n－1. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 解： 由bn＝nan＝n×22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n×22n－1，　① 从而22×Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1，　② ①－②得（1－22）×Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，即Sn＝ [（3n－1）22n＋1＋2]. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 课时作业 03 PART 目 录 1. 数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为 （　　） A. 2100－101 B. 299－101 C. 2100－99 D. 299－99 解析： 　由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝ ＝2n－1，所以前99 项的和为S99＝（2－1）＋（22－1）＋…＋（299－1）＝2＋22＋…＋299－ 99＝ －99＝2100－101. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 2. 已知数列{an}中，an＝1＋ ，则S＝a1＋a2＋…＋a95＋a96＝ （　　） A. 96 B. 97 C. 98 D. 99 解析： 　an＝1＋ ＝ ，所以S＝a1＋a2＋…＋a95＋a96＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，S＝a96＋a95＋…＋a2＋a1＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，两 式相加可得2S＝（a96＋a1）＋（a95＋a2）＋…＋（a2＋a95）＋（a1＋ a96）＝96×2，所以S＝96，故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 3. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，则数列 的前2 025项 的和为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解析： 　∵Sn＝n2，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－ 1，而a1＝S1＝1符合上式，∴an＝2n－1，∴ ＝ ＝ （ － ），∴数列 的前2 025项的和为S＝ ［（ 1－ ）＋ （ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝ （ 1－ ）＝ ，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 4. 已知数列{an}的通项公式是an＝ ，其前n项和Sn＝ ，则项数n 等于（　　） A. 13 B. 10 C. 9 D. 6 解析： 　因为an＝ ＝1－ ，所以Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝n－ ＝n－ ＝n－1＋ ，令 n－1＋ ＝ ＝5＋ ，所以n＝6. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 5. 已知数列2 024，2 025，1，－2 024，－2 025，…，这个数列的特点是 从第二项起，每一项都等于它的前后相邻两项之和，则这个数列的前2 025 项之和S2 025＝（　　） A. 4 048 B. 4 049 C. 4 050 D. 4 051 解析： 　∵ ＝an＋an＋2，a1＝2 024，a2＝2 025，∴a3＝1，a4＝－ 2 024，a5＝－2 025，a6＝－1，a7＝2 024，…，∴ ＝an，且a1＋a2 ＋…＋a6＝0.∴S2 025＝337（a1＋a2＋…＋a6）＋（a1＋a2＋a3）＝4 050. 故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 6. 〔多选〕高斯被誉为“数学王子”，是世界上伟大数学家.用他名字定 义的函数f（x）＝ （ 表示不超过x的最大整数）称为高斯函数.已 知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ （ an＋ ），令bn＝ ，则下列结论正确的是（　　） A. an＝n（n∈N＋） B. Sn＝ （n∈N＋） C. ＝6 D. ＝18 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解析： 　对于A、B，∵Sn＝ （ an＋ ），∴当n≥2时，2Sn＝Sn－ Sn－1＋ ⇒ － ＝1，又S1＝ （ a1＋ ）＝a1，an＞0，则a1＝ 1，∴ ＝n⇒Sn＝ ，an＝ － ，故A错，B对；对于C，∵bn ＝ ＝ ＝ （ － ），∴b1＋b2＋…＋b63＝ （ ＋ － －1）＝ （ ＋7－ ）∈（6，7），∴ ＝6，故C对； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 对于D，∵ ＝ ＞ ＝2（ － ），∴ ＋ ＋…＋ ＞2[（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）]＝2 （ －1）＞18.∵当n≥2时， ＝ ＜ ＝2（ － ），∴ ＋ ＋…＋ ＜1＋2[（ － ）＋（ － ）＋… ＋（ － ）]＝1＋2（ －1）＝19，∴ ＝ 18，故D对.故选B、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 7. 已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝1，3a3＝2a2＋a4，则数列 的前4项和为 　 　. 解析：∵等比数列{an}中，a1＝1，3a3＝2a2＋a4，∴3q2＝2q＋q3.又 ∵q≠1，∴q＝2，∴an＝2n－1，∴ ＝ ，即 是首项 为 ，公比为 的等比数列，∴数列 的前4项和为 ＝ . 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 8. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝（－1）nn，则S21＝ ⁠. 解析：根据题意，S21＝a1＋a2＋…＋a21＝－1＋（2－3）＋（4－5）＋ （6－7）＋…＋（20－21）＝－11. －11　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 9. 已知等差数列{an}满足a1＝4，a3＝8，则数列{an}的前n项和Sn＝ ⁠ ；记数列 的前n项和为Tn，则T10＝ 　 　. 解析：等差数列{an}满足a1＝4，a3＝8， 故a3－a1＝2d＝4，d＝2， 故an＝2n＋2，Sn＝4n＋ ×2＝n2＋3n， 所以 ＝ ＝ ＝ － ， 所以T10＝1－ ＋ － ＋…＋ － ＝ . n2 ＋3n　 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 10. 已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4. （1）证明：{Sn－n＋2}为等比数列； 解： 证明：当n＝1时，a1＝S1，S1－2a1＝1－4，解得a1＝3. 由Sn－2an＝n－4可得Sn－2（Sn－Sn－1）＝n－4（n≥2）， 即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－（n－1）＋2]. 因为S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）求数列{Sn}的前n项和Tn. 解： 由（1）知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2， 于是Tn＝（22＋23＋…＋2n＋1）＋（1＋2＋…＋n）－2n＝ ＋ －2n＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 11. 〔多选〕在数列{an}中，若an＋an＋1＝3n，则称{an}为“和等比数 列”.设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，则下列对“和等比数列”的 判断中正确的有（　　） A. a2 024＝ B. a2 024＝ C. S2 025＝ D. S2 025＝ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解析： 　因为an＋an＋1＝3n，所以an＋1＋an＋2＝3n＋1，两式相减得an＋2 －an＝2×3n，所以a2 024＝（a2 024－a2 022）＋（a2 022－a2 020）＋…＋（a4 －a2）＋a2＝2×（32＋34＋…＋32 022）＋2＝ ，故A正确，B错 误.S2 025＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a2 024＋a2 025）＝1＋（32 ＋34＋…＋32 024）＝ ，故C正确，D错误.故选A、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 12. 数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝ ，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则an＝ ⁠， Sn＝ ⁠. 解析：由题意a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，∴n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n －2an－1＝（n－1）·2n－1，两式相减得2n－1an＝n·2n－（n－1）·2n－1＝ （n＋1）·2n－1，an＝n＋1，又a1＝2，满足an＝n＋1，∴an＝n＋1，Sn ＝ ＝ . n＋1　 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 13. 已知数列{an}满足a1＝2， ＝ . （1）求{an}的通项公式； 解： 因为a1＝2， ＝ ， 所以 ＝ ， ＝ ， ＝ ，…， ＝ ， 所以 · · ·…· ＝ × × ×…× ， 所以 ＝n，得an＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）求数列 的前n项和. 解： 由（1）得 ＝ ＝2n×（ ）n， 令数列 的前n项和为Sn， 则Sn＝2×（ ）1＋4×（ ）2＋6×（ ）3＋…＋2（n－1）×（ ）n－1 ＋2n×（ ）n， 所以 Sn＝2×（ ）2＋4×（ ）3＋6×（ ）4＋…＋2（n－1）×（ ）n ＋2n×（ ）n＋1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 所以 Sn＝2×（ ）1＋2×（ ）2＋2×（ ）3＋…＋2×（ ）n－2n× （ ）n＋1 ＝2×［（ ）1＋（ ）2＋（ ）3＋…＋（ ）n］－2n×（ ）n＋1 ＝2× －2n×（ ）n＋1 ＝ × －2n×（ ）n＋1 ＝ － ， 所以Sn＝ － ， 所以数列 的前n项和为 － . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 14. 已知函数f（n）＝ 且an＝f（n）＋f（n＋1）， 则a1＋a2＋a3＋…＋a2 026＝（　　） A. －2 025 B. －2 026 解析： 　当n为奇数时，an＝n2－（n＋1）2＝－2n－1，当n为偶数 时，an＝－n2＋（n＋1）2＝2n＋1，所以a1＝－3，a2＝5，a3＝－7，a4 ＝9，…，故a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 026＝ 2× ＝2 026.故选D. √ C. 2 025 D. 2 026 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 15. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝（an＋1）2. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 因为4Sn＝（an＋1）2， 所以当n＝1时，4a1＝4S1＝（a1＋1）2，解得a1＝1. 当n≥2时，4Sn－1＝（an－1＋1）2，又4Sn＝（an＋1）2， 所以两式相减得4an＝（an＋1）2－（an－1＋1）2， 可得（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0， 因为an＞0，所以an－an－1＝2， 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）在①bn＝ ；②bn＝3n·an；③bn＝ 这三个条件中任选一 个，补充在下面的问题中并求解. 若 　　，求{bn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解： 若选条件①， bn＝ ＝ ＝ ， 则Tn＝ ［ ＋ ＋ ＋…＋ ］＝ ＝ . 若选条件②， bn＝3n·an＝3n·（2n－1）， 则Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋（2n－1）×3n，　① 3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋（2n－1）×3n＋1，　② 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 ①－②得－2Tn＝3＋2×（32＋33＋…＋3n）－（2n－1）×3n＋1＝－6＋ （2－2n）·3n＋1， 可得Tn＝（n－1）·3n＋1＋3. 若选条件③， 由an＝2n－1可得Sn＝ ＝n2， 所以bn＝ ＝ ＝ ， 故Tn＝ ［ ＋ ＋ ＋…＋ ］＝ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 $