第1章 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二册教用课件（北师大版）

第二课时　数列求和 1 典例研析 01 拓视野　数列通项公式的求法 02 目录 课时作业 03 2 01 PART 典例研析 典例研析 目 录 题型一｜分组转化法求和 【例1】　已知各项都不相等的等差数列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等 比数列. （1）求数列{an}的通项公式； 解： ∵{an}为各项都不相等的等差数列，a6＝6，且a1，a2，a4成等 比数列. ∴ 解得 ∴数列{an}的通项公式an＝1＋（n－1）×1＝n. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）设bn＝ ＋2n，求数列{bn}的前n项和Sn. 解： ∵bn＝ ＋2n＝2n＋2n， ∴数列{bn}的前n项和Sn＝（2＋22＋23＋…＋2n）＋2（1＋2＋3＋…＋ n）＝ ＋2× ＝2n＋1－2＋n2＋n. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 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，分别求和后相加减.分组时有分项分 组、并项分组、裂项分组、奇偶项分组等不同的分组形式，但不论哪种形 式，必须保证所分各组能够分别求和. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ 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 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 所以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； 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. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 题型二｜裂项相消法求和 【例2】　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，2a2＋a5＝24，S8＝100. （1）求{an}的通项公式； 解： 设等差数列{an}的公差为d，由题意知， 解得 所以an＝a1＋（n－1）d＝2＋3（n－1）＝3n－1.故{an}的通项公式为 an＝3n－1. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn. 解： 因为bn＝ ＝ （ － ）， Tn＝ ×（ － ）＋ ×（ － ）＋ ×（ － ）＋…＋ （ － ） ＝ ×（ － ＋ － ＋ － ＋…＋ － ） ＝ ×（ － ） ＝ . 所以数列{bn}的前n项和为Tn＝ . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 　　将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进行消项. 常用的裂项相消变换有： 1. 分式裂项 ＝ （ － ）； ＝ ［ － ］. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 2. 根式裂项 ＝ （ － ）. 3. 对数式裂项 lg ＝lg（n＋p）－lg n. 4. 指数式裂项 aqn＝ （qn－qn＋1）（q≠1）； ＝ （ － ）（q≠1）. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1， ＝ ＋2（an＋1＋an）. （1）求{an}的通项公式； 解： 各项均为正数的数列{an}满足a1＝1， ＝ ＋2（an＋1＋ an）， 整理得（an＋1＋an）（an＋1－an）＝2（an＋1＋an）， 由于an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2， 故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.所以an＝2n－1. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）记bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn. 解： 由（1）可得，bn＝ ＝ ＝ ， 所以Sn＝ ×（ －1＋ － ＋…＋ － ）＝ （ －1）. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 题型三｜错位相减法求和 【例3】　（2023·全国甲卷17题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝ 1，2Sn＝nan. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （1）求{an}的通项公式； 解： 当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0. 当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝（n－1）an－1， 两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1， 即（n－1）an－1＝（n－2）an， 当n＝2时，可得a1＝0， 故当n≥3时， ＝ ，则 · ·…· ＝ · ·…· ，整理得 ＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1（n≥3）. 当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）求数列{ }的前n项和Tn. 解： 法一　令bn＝ ＝ ， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ， ① Tn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ， ② 由①－②得 Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝ － ＝1－ ， 即Tn＝2－ . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 法二　设bn＝ ， 所以bn＝ ＝ ＝（ n＋0）×（ ）n－1，故a＝ ，b＝0，q＝ . 故A＝ ＝ ＝－1，B＝ ＝ ＝－2，C＝－B＝2. 故Tn＝（An＋B）·qn＋C＝（－n－2）（ ）n＋2，整理得Tn＝2－ . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 1. 使用范围：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. 注意事项：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. 3. 检验：对于最后求出的前n项和可取n＝1和2检验是否正确. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 已知等比数列{an}满足a1＝ ，a1，a2，a3－ 成等差数列，公比q∈ （0，1）. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝ ，a1，a2，a3－ 成等 差数列， 所以2a2＝a1＋a3－ ，即得4q2－8q＋3＝0，解得q＝ 或q＝ ，又因为 q∈（0，1），所以q＝ ， 所以an＝ ·（ ） n－1＝ . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （1）求数列{an}的通项公式； 解： 设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝ ，a1，a2，a3－ 成等 差数列， 所以2a2＝a1＋a3－ ，即得4q2－8q＋3＝0，解得q＝ 或q＝ ，又因为 q∈（0，1），所以q＝ ， 所以an＝ ·（ ） n－1＝ . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）设bn＝（2n－1）an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解： 由（1）得，bn＝（2n－1）· ， Sn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－1）× ， Sn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－1）× ， 两式相减得 Sn＝1× ＋2× ＋…＋2× －（2n－1）× ＝ ＋ × －（2n－1）× ＝ － － ，所以Sn＝3－ － ＝3－ . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 题型四｜倒序相加法求和 【例4】　设f（x）＝ ，求f（－7）＋f（－6）＋f（－5）＋…＋f （0）＋…＋f（8）的值. 解：因为f（x）＋f（1－x）＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ . 所以f（－7）＋f（－6）＋f（－5）＋…＋f（0）＋…＋f（8）＝8× ＝4 . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 　　将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且 容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法（等差数列前n项和公式 的推导即用此方法）. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 函数f（x）＝ （m＞0），x1，x2∈R，当x1＋x2＝1时，f（x1）＋f （x2）＝ . （1）求m的值； 解： 令x1＝x2＝ ，则2f（ ）＝ ，即 ＝ ，所以m＝2. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）已知数列{an}满足an＝f（0）＋f（ ）＋f（ ）＋…＋f（ ） ＋f（1），求an； 解： an＝f（0）＋f（ ）＋f（ ）＋…＋f（ ）＋f（1）， ① 即an＝f（1）＋f（ ）＋f（ ）＋…＋f（ ）＋f（0）， ② ①＋②得an＝ （n∈N＋）. （3）若Sn＝a1＋a2＋…＋an，求Sn. 解： Sn＝a1＋a2＋…＋an＝ ＝ （n∈N＋）. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 1. 数列{（－1）nn}的前n项和为Sn，则S2 024＝（　　） A. 1 012 B. －1 012 C. 2 024 D. －2 024 解析： 　S2 024＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－2 023＋2 024）＝1 012.故选A. √ 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 2. 设数列{an}（n∈N＋）的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋ log2an，且a3＝4，则S6＝（　　） A. 128 B. 65 C. 64 D. 63 解析： 　因为log2an＋1＝1＋log2an，所以log2an＋1＝log22an，即an＋1＝ 2an，即数列{an}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝ ＝1，因 此S6＝ ＝26－1＝63.故选D. √ 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 3. 设f（x）＝ ，则f ＋f ＋f ＋…＋f ＝ ⁠. 解析：由于f（x）＋f（1－x）＝ ＋ ＝1，故原式＝f ＋ f ＋f ＋f ＋…＋f ＋f ＝5. 5　 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 4. 已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1， a14＝b4，则数列{an＋bn}的前n项和为 ⁠. 解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则由b2＝ 3，b3＝9，a1＝b1，可得q＝ ＝3，b1＝a1＝1，又a14＝b4，所以1＋13d ＝1×33，解得d＝2，所以数列{an＋bn}的前n项和为n＋ ·2＋ ＝n2＋ . n2＋ 　 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 02 PART 拓视野　 数列通项公式的求法 目 录 类型一｜逐差法（累加法）和逐商法（累乘法） 　形如an＋1＝an＋f（n）当{f（n）}可求前n项和时可用逐差法（累加 法）求通项公式，即：an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an －1）； 形如 ＝ 或 ＝ 可用逐商法（累乘法）求通项公 式，即：当an≠0时恒有：an＝a1· · ·…· . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【例1】　（1）数列{an}满足a1＝ ，an＋1＝an＋ ，则通项公式an ＝ ⁠； 解析： ∵a1＝ ，an＋1＝an＋ ，∴an－an－1＝ （n≥2）， ∴an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ （ 1－ ）＝1－ ，即an＝1－ . 1－ 　 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）数列{an}满足a1＝1，Sn＝ an，则通项公式an＝ 　 　. 解析： ∵a1＝1，Sn＝ an，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ an － an－1，即（n－1）an＝（n＋1）·an－1，∴ ＝ .∴an＝ a1· · ·…· ＝1· · · ·…· · · ＝ .故所求通项公式 为an＝ . 　 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 类型二｜构造等比数列法（待定系数法） 　形如an＋1＝can＋d（c≠0且c≠1）型求通项策略：设an＋1＋λ＝c（an ＋λ），得an＋1＝can＋（c－1）λ，与题设an＋1＝can＋d比较系数得λ＝ （c≠1），所以an＋ ＝c（ an－1＋ ）（n≥2），即{an＋ } 构成以a1＋ 为首项，以c为公比的等比数列. 形如an＋1＝can＋An＋B（c≠0且c≠1，a1＝a）型求通项策略：设an＋1 ＋p（n＋1）＋q＝c（an＋pn＋q），与an＋1＝can＋An＋B比较系数可 得p＝ ，q＝ ＋ ，故{an＋pn＋q}构成以a1＋p＋q为首 项，c为公比的等比数列. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【例2】　已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3. （1）求证：{an＋3}是等比数列； 解： 证明：由an＋1＝2an＋3，得an＋1＋3＝2an＋6＝2（an＋3），而 a1＋3＝5， 所以{an＋3}是以5为首项，以2为公比的等比数列. （2）求数列{an}的通项公式. 解： 由（1）知an＋3＝5·2n－1，则an＝5·2n－1－3， 所以数列{an}的通项公式an＝5·2n－1－3. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 类型三｜取倒数构造新数列 　形如an＋1＝ （r，p，q为常数，r＞0，p，q，an≠0）型的求 解方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式bn＋1＝Abn＋B （A，B是常数），进而求解.特别地当A＝1时构造的新数列{bn}是等差 数列. 【例3】　（1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ （n∈N＋），则数 列{anan＋1}的前10项和S10＝（　　） A. B. C. D. √ 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　因为an＋1＝ （n∈N＋），所以 ＝ ＝ ＋ 3，即 － ＝3，所以数列{ }是以3为公差，1为首项的等差数列，所 以 ＝1＋3（n－1）＝3n－2，所以an＝ ，所以anan＋1＝ ＝ （ － ），所以S10＝ ×（ 1－ ）＋ ×（ － ）＋…＋ ×（ － ）＝ ×（ 1－ ）＝ ，故选C. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）已知数列{an}的首项a1＝ ，且满足an＋1＝ ，求证：{ －1}为 等比数列. 证明：由an＋1＝ ，可得 ＝ ，化简可得 ＝ ＋ ， －1＝ － ＝ （ －1）， －1＝ ， 所以{ －1}是以 为首项， 以 为公比的等比数列. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 类型四｜同除一式构造新数列 　形如an＋1＝pan＋q·pn＋1（p≠0，1，q≠0）型的求解方法是等式两边 同时除以pn＋1，即得 － ＝q，则数列{ }为等差数列. 【例4】　在数列{an}中，a1＝ ，且an＋1＝－2an＋3n＋1（n∈N＋），则 通项公式an＝ ⁠. － ·（－2）n－1＋ ·3n＋1（n∈N＋）　 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析：递推式的两边同时除以3n＋1，得到 ＝－ · ＋1.令bn＝ ， 则bn＋1＝－ bn＋1.显然有bn＋1－ ＝－ （ bn－ ），b1－ ＝－ ，故 {bn－ }是以－ 为首项，－ 为公比的等比数列.因此bn－ ＝－ ·（ － ）n－1，可得an＝－ ·（－2）n－1＋ ·3n＋1（n∈N＋）. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 类型五｜取对数法 　形如an＋1＝c （c＞0，an＞0）的递推公式，常常两边取对数转化为 等比数列求解. 【例5】　已知在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝ （n∈N＋），则数列 的通项an＝ ⁠. 解析：由题意知an＞0，因为a1＝3，所以对an＋1＝ 两边取以3为底的对 数，得log3an＋1＝2log3an，故{log3an}是以1为首项，以2为公比的等比数 列，所以log3an＝2n－1，所以an＝ （n∈N＋）. （n∈N＋）　 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 03 PART 课时作业 课时作业 目 录 1. 在数列{an}中，an＝（－1）n－1（4n－3），前n项和为Sn，则S6＝ （　　） A. －12 B. 16 C. －10 D. 12 解析： 　因为an＝（－1）n－1（4n－3），所以S6＝（a1＋a2）＋（a3 ＋a4）＋（a5＋a6）＝（1－5）＋（9－13）＋（17－21）＝3×（－4）＝ －12.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 2. 已知一个有限项的等差数列{an}，前4项的和是40，最后4项的和是80， 所有项的和是210，则此数列的项数为（　　） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 解析： 　由题意知a1＋a2＋a3＋a4＝40，an＋an－1＋an－2＋an－3＝80， 两式相加得a1＋an＝30.又因为Sn＝ ＝ ＝210，所以n＝ 14，故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 3. 数列{an}的通项公式为an＝ sin ，n∈N＋，其前n项和为Sn，则S2 023 ＝（　　） A. 1 B. 0 C. －1 D. －1 010 解析： 　因为数列{an}的通项公式为an＝ sin ，n∈N＋，所以a1＝ sin ＝1，a2＝ sin π＝0，a3＝ sin ＝－1，a4＝ sin 2π＝0，a5＝ sin ＝1， a6＝ sin 3π＝0，a7＝ sin ＝－1，a8＝ sin 4π＝0，…，每4项之和为0，所 以S2 023＝S4×505＋3＝S3＝1＋0＋（－1）＝0，故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 4. 数列1 ，2 ，3 ，4 ，…的前n项的和为（　　） A. ＋ B. － ＋ ＋1 C. － ＋ D. － ＋ 解析： 　数列1 ，2 ，3 ，4 ，…的前n项的和Sn＝（1＋2＋3＋4 ＋…＋n）＋ ＝ ＋ ＝－ ＋ ＋1.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 5. 〔多选〕设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子 中数值确定的是（　　） A. B. C. D. √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 由8a2＋a5＝0得8a2＋a2q3＝0，∵a2≠0，∴q3＝－8，∴q ＝－2.A中， ＝q2＝4；B中， ＝ ＝ ＝ ；C中， ＝ ＝ ＝ ；D中， ＝ 与n有关，不确定.故 选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 6. 〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是（　　） A. 若Sn＝（n＋1）2，则{an}是等差数列 B. 若Sn＝2n－1，则{an}是等比数列 C. 若{an}是等差数列，则S2n－1＝（2n－1）an D. 若{an}是等比数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　当Sn＝（n＋1）2时，a1＝S1＝4；an＝Sn－Sn－1＝（n＋1）2 －n2＝2n＋1（n≥2），a1＝4不满足上式，所以数列{an}不是等差数 列，选项A错误；当Sn＝2n－1时，a1＝S1＝1，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－ （2n－1－1）＝2n－1，且a1＝1满足上式，所以此时数列{an}是等比数列， 选项B正确；根据等差数列的性质可知：S2n－1＝ （a1＋a2n－1）＝ ·（2an）＝（2n－1）an，故选项C正确；当an＝（－1）n时，{an} 是等比数列，而S2＝－1＋1＝0，S4－S2＝0，S6－S4＝0，不能构成等比数 列，选项D错误.故选B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 7. 一个数列从第二项起，每一项与前一项的和都等于同一个常数，则称此 数列为等和数列，这个常数叫作等和数列的公和，设等和数列{an}的公和 为3，前n项和为Sn，若S2 025＝3 038，则a1＝ ⁠. 解析：∵an＋an＋1＝3，∴S2 025＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋ （a2 024＋a2 025）＝a1＋3×1 012＝3 038，∴a1＝2. 2　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 8. 设an＝ ，数列{an}的前n项和Sn＝9，则n＝ ⁠. 解析：an＝ ＝ － ，故Sn＝ －1＋ － ＋…＋ － ＝ －1＝9.解得n＝99. 99　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 9. 数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＝ k∈N＋，则数列 {an}的前2n项和S2n＝ ⁠. 解析：由a1＝a2＝1，an＋2＝ 可知，数列{an}的奇数 项是首项为1，公差为1的等差数列，数列{an}的偶数项是首项为1，公比 为2的等比数列.所以S2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（a2＋a4＋…＋a2n） ＝n＋ ＋ ＝ ＋2n－1. ＋2n－1　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 10. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝36，a2是4a1与18的等差中 项. （1）求{an}的通项公式； 解： 由 解得 所以数列{an}的公比q＝ ＝3，故an＝a1qn－1＝3n＋1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和. 解： 由（1）可知，bn＝ ，设数列{bn}的前n项和为Tn， 则Tn＝ ＋ ＋…＋ ， ＝ ＋ ＋…＋ ＋ ， 两式相减得 ＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝ ＋ － ＝ － ，故Tn＝ － . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 11. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n（n∈N＋），则S2 023＝（　　） A. 22 023－1 B. 22 023－3 C. 21 013－3 D. 21 013－1 解析： 　a1＝1，a2＝ ＝2，又 ＝ ＝2，∴ ＝2， ∴a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 023＝a1 ＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 022＋a2 023＝（a1＋a3＋a5＋…＋a2 023）＋ （a2＋a4＋a6＋…＋a2 022）＝ ＋ ＝21 012－1＋ 21 012－2＝21 013－3. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 12. 已知数列{an}的通项公式an＝log3 ，设其前n项和为Sn，则使Sn＜ －4成立的最小正整数n＝（　　） A. 83 B. 82 C. 81 D. 80 解析： 　由题意可得an＝log3 ＝log3n－log3（n＋1），故Sn＝log31－ log32＋log32－log33＋…＋log3n－log3（n＋1）＝－log3（n＋1）＜－4， 即log3（n＋1）＞4，解得n ＞34－1＝80，所以使Sn＜－4成立的最小正整 数n＝81，故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 13. 〔多选〕如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商 功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个 球，第三层有6个球，….设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为 Sn，则（　　） A. S5＝35 B. an＋1－an＝n C. an＝ D. ＋ ＋ ＋…＋ ＝ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　依题意可知an＋1－an＝n＋1，an＋1＝an＋n＋1，B选项错 误.a1＝1，a2＝1＋2＝3，a3＝3＋3＝6，a4＝6＋4＝10，a5＝10＋5＝ 15，S5＝1＋3＋6＋10＋15＝35，A正确.an＋1－an＝n＋1，an－an－1＝n （n≥2），an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝ n＋（n－1）＋…＋2＋1＝ ，C正确. ＝2× ， ＋ ＋…＋ ＝2 ＋…＋ ＝2（1－ ）＝ .D选项正确.故选A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 14. 已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝30，且a1， a2，a4成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 根据{an}为等差数列，d≠0，前n项和为Sn，且S5＝30，即30 ＝5a1＋10d， ① ∵a1，a2，a4成等比数列，∴ ＝a1·a4， ∴（a1＋d）2＝a1（a1＋3d）， ② 由①②解得 ∴数列{an}的通项公式为an＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn. 解： 由bn＝ ， 即bn＝ ＝ . 则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ （ 1－ ＋ － ＋…＋ － ）＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 15. 数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝ ＋1（n＝0，1，2，…）是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大 数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数.现设an＝log4（Fn－1） （n＝1，2，…），Sn表示数列{an}的前n项和.若32Sn＝63an，则n＝ （　　） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　因为Fn＝ ＋1（n＝0，1，2，…），所以an＝log4（Fn－ 1）＝log4（ ＋1－1）＝log4 ＝2n－1，所以{an}是等比数列，首项为 1，公比为2，所以Sn＝ ＝2n－1.所以32（2n－1）＝63×2n－ 1，解得n＝6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 16. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3. （1）求{an}的通项公式； 解： 因为2Sn＝3n＋3， 所以当n＝1时，2a1＝3＋3，故a1＝3， 当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1，即an＝ 3n－1，所以an＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn. 解： 因为anbn＝log3an，所以b1＝ ， 当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝（n－1）·31－n， 所以T1＝b1＝ ， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝ ＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋（n－1）31－n]， 所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋（n－1）·32－n]，两式相减得 2Tn＝ ＋（30＋3－1＋…＋32－n）－（n－1）·31－n＝ ＋ －（n－ 1）·31－n＝ － ， 所以Tn＝ － ，经检验，n＝1时也适合，综上可得Tn＝ － . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 $