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第8讲 数列通项与求和
专题探究>。●。。。
典例剖析>●。·。
规律总结>●。。
高考
●●●●●
限时训练>●。。第8讲 数列通项与求和
【p17】
【命题趋势】
本考点是高考重点考查的内容，题型有选择题、填空题和解答题．
主要考查以下三个问题：
1．以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式；考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题．
2．通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题；考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题.2020年新高考全国卷Ⅰ与全国卷Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ都是这种题型．
3．数列的综合问题；多与函数、方程、不等式、三角函数等有关知识综合，或出现与数列结合的探索性问题，主要以等差、等比数列的基本运算为背景，探究满足条件的参数的取值范围或者参数的存在性问题．主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质．解答题以中档题居多，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度较大的特点．正确区分等差数列与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n项和．
4．2019年全国Ⅰ卷21题是统计与数列结合的综合题，主要考查统计、数列和函数的综合应用，根据条件推出数列的递推关系是解决本题的关键，综合性较强，有一定的难度．在备战2021高考中注意知识交叉，考查学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇，进而考查学生的学习潜能和数学素养，以应用题或探索题的形式出现，为考生展现其创新意识和发挥创造能力提供广阔的空间．
【备考建议】
复习中要做到：
1．牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式，熟悉以递推公式求通项公式的六种方法(观察法、构造法、累加法、累积法、待定系数法、猜想归纳法)为依托，掌握常见的递推数列的解题方法．对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等方法进行研究，要善于将其转化为特殊数列．
2．对于数列求和部分的复习要注意以下几点：①熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式及其变形公式，这是数列求和的基础；②掌握好分组求和、裂项相消、错位相减、倒序相加法这几种重要的求和方法，特别要掌握好裂项相消与错位相减求和的方法，这是高考考查的重点；③掌握一些与数列求和有关的综合问题的解决方法，如求数列前n项和的最值，研究前n项和所满足的不等式等．
【p17】
探究一 由Sn与an的关系式求an
例1
(1)数列{an}满足：＋＋…＋＝n2＋n，n∈N
.求{an}的通项公式．
【解析】∵＋＋…＋＝n2＋n，
n＝1时，可得a1＝4，
n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1.
与＋＋…＋＝n2＋n
两式相减可得＝(2n－1)＋1＝2n，
∴an＝2n.n＝1时，也满足，∴an＝2n.
(2)已知数列的前n项和为Sn，点在y＝的图象上，a1＝1，数列通项为________．
【解析】an＝
由题意可得：an＝，n≥2，
∴Sn－Sn－1＝，n≥2，
∴Sn－Sn－1＋4SnSn－1＝0.两边除以SnSn－1，并移项得出－＝4，n≥2，
∴是等差数列，公差d＝4，
＝＝1.∴＝1＋4(n－1)＝4n－3，故Sn＝.
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝.
当n＝1时，a1＝1不符合上式．
∴an＝
故答案为：an＝
【点评】对于任意一个数列，当定义数列的前n项和通常用Sn表示时，记作Sn＝a1＋a2＋…＋an，此时通项公式an＝而对于不同的题目中的an与Sn的递推关系，在解题时又应该从哪些方向灵活应用an＝Sn－Sn－1(n≥2)以解决不同类型的问题呢？
我们将从下面三个角度去探索在各类考试中出现的an与Sn相关的问题：
角度一：直观运用已知的Sn，求an；
角度二：客观运用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求与an，Sn有关的结论；
角度三：an与Sn的延伸应用．
方法：已知Sn求an的三个步骤(此时Sn为关于n的代数式)：
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
探究二 由an与an＋1的递推关系式求an
例2
(1)在数列{an}中，已知an＋2＝3an＋1－2an，a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式an＝________．
【解析】2n－1
将an＋2＝3an＋1－2an两边同时减去an＋1得，
an＋2－an＋1＝2，a2－a1＝2，＝2，
即是等比数列，其首项为2，公比为2，
所以an＋1－an＝2n－1＝2n，
从而当n≥2时，an＝＋＋…＋＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
又a1＝1＝2－1，故an＝2n－1.故答案为：2n－1.
(2)若数列的首项a1＝－21，且满足(2n－3)·an＋1＝(2n－1)an＋4n2－8n＋3，则a24的值为( )
A．1980
B．2000
C．2020
D．2021
【解析】选A.
∵(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋4n2－8n＋3，
∴an＋1＝an＋，
∴－＝1，所以数列是首项为21，公差为1的等差数列，
∴＝21＋(n－1)×1＝n＋20，
∴an＝(n＋20)(2n－3)，n∈N
.a24＝1980，故选A.
例3已知数列，满足a3＝4，an＋1＝2an＋an＋n，n∈N
.
(1)求a1的值；
(2)求证：数列是等比数列；
(3)求数列的前n项和．
【解析】(1)当n＝2时，a3＝2a2－a2＋2＝a2＋2＝4，所以a2＝2，
当n＝1时，a2＝2a1＋a1－1＝3a1－1＝2，所以a1＝1.
(2)因为an＋1＝2an＋an＋n，
当n＝2k时，a2k＋1＝a2k＋2k， ①
当n＝2k－1时，a2k＝3a2k－1－. ②
把②代入到①得到a2k＋1＝3a2k－1＋1，
所以＝＝＝3，
所以，数列是首项为，公比为3的等比数列．
(3)由(2)得a2n－1＋＝·3n－1，所以a2n－1＝－，
又由②得到a2n＝3·－，
所以a2n＋a2n－1＝2·3n－，
所以S2n＝＋＋…＋
＝2－
＝3n＋1－3－n2－2n，
所以S2n－1＝S2n－a2n＝－n2－，
Sn＝
【点评】已知an与an＋1的关系式，求通项an时一般转化为等差数列或等比数列求解，常有以下类型：①形如an＋1＝an＋f(n)(f(n)不是常数)的解决方法是累加法；②形如an＋1＝an·f(n)(f(n)不是常数)的解决方法是累乘法；③形如an＋1＝pan＋q(p，q均为常数且p≠1，q≠0)的解决方法是将其构造成一个新的等比数列；④形如an＋1＝pan＋qn(p，q均为常数，pq(p－1)≠0)的解决方法是在递推公式两边同除以qn＋1.
探究三 数列与其他知识的交汇
命题点1 数列与函数的交汇
例4已知各项都不相等的等差数列{an}中，a4＝10，又a1，a2，a6成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若函数y＝a1sin，0<φ<π的一部分图象如图所示，A(－1，a1)，B(3，－a1)为图象上的两点，设∠AOB＝θ，其中O为坐标原点，0<θ<π，求cos(θ＋φ)的值．
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a4＝10，所以a1＋3d＝10，
因为a1，a2，a6成等比数列，所以a＝a1a6，即(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，
化简得d2＝3a1d，因为d≠0，所以d＝3a1，所以解得d＝3，a1＝，
所以an＝＋3(n－1)＝3n－2，
(2)由题可知，y＝a1sin＝sin，0<φ<π，
因为A(－1，)，B(3，－)为图象上的两点，
所以结合五点法作图可得，×(－1)＋φ＝，
求得φ＝，
所以y＝sin，
在△AOB中，∠AOB＝θ，由余弦定理得，
cos
θ＝＝＝－，
因为0<θ<π，所以θ＝，
所以cos(θ＋φ)＝cos＝coscos－sinsin＝－×－×＝.
例5
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若1，S3，S6成等差数列，则的最大值为________．
【解析】3－2
设正项等比数列{an}的公比为q，q>0，因为1，S3，S6成等差数列，
当q＝1时，S6＝2S3，不合题意；
当q≠1时，2S3＝S6＋1，即2·＝＋1，化简得a1＝，
又S9－S3＝a9＋a8＋…＋a4＝q3＝q3S6，
所以＝＝＝＝＝，
设t＝q3>0，f＝，则f′＝＝，
令f′＝0可得t1＝－－1<0，t2＝－1>0，
所以f在上单调递增，在上单调递减，
所以＝f＝＝3－2，
所以的最大值为3－2.
故答案为：3－2.
【点评】本题考查了等比数列、等差数列的综合应用，考查了换元法及利用导数求函数最值的应用，属于中档题．
命题点2 数列与不等式的交汇
例6
等差数列的前n项和为Sn，公差不为0，a1＝1且a1，a3，a13成等比数列，则的最小值为( )
A．8
B．3
C．10
D．4－2
【解析】选A.
设等差数列的公差为d，由于a1，a3，a13成等比数列，所以a＝a1a13，
又a1＝1，所以(1＋2d)2＝1×(1＋12d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，Sn＝＝n2，
则＝＝＝＝(n＋1)＋－2≥2－2＝8，
当且仅当n＋1＝时取等号，此时n＝4.故取到最小值8，
故选：A.
【点评】本题考查等差数列和等比数列的综合运用，以及基本不等式的运用求最值，注意在运用基本不等式求最值时需验证取等号的条件是否成立，属于中档题．
命题点3 数列与概率统计的交汇
例7
武汉又称江城，是湖北省省会城市，被誉为中部地区中心城市，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着众多名胜古迹与旅游景点，每年来武汉参观旅游的人数不胜数，其中黄鹤楼与东湖被称为两张名片．为合理配置旅游资源，现对已游览黄鹤楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩东湖记1分，若继续游玩东湖记2分，每位游客选择是否游览东湖景点的概率均为，游客之间选择意愿相互独立．
(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量X，求X的分布列与数学期望；
(2)(ⅰ)若从游客中随机抽取m人，记总分恰为m分的概率为Am，求数列的前10项和；
(ⅱ)在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn－1之间的关系，并求数列的通项公式．
【解析】(1)X可能取值为3，4，5，6.
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝C＝，P(X＝5)＝C＝，P(X＝6)＝C＝.
∴X的分布列为
X
3
4
5
6
P
∴EX＝3×＋4×＋5×＋6×＝4.5.
(2)(i)总分恰为m分的概率为Am＝，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
前10项和S10＝＝.
(ⅱ)已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，得不到n分的情况只有先得n－1分，再得2分，概率为Bn－1，B1＝.
所以1－Bn＝Bn－1，即Bn＝－Bn－1＋1，
∴Bn－＝－.
∴Bn－＝·，
∴Bn＝－＝＋.
【点评】本题是一道数列与概率的综合问题，对于递推式Bn＝－Bn－1＋1，可通过待定系数法求的通项公式，是一道中等难度的题目．
命题点4 数列在实际问题的应用
例8
市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式．①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每个月的还款额均相同．银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款(若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款)．
已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004.
(1)若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款的总利息；
(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素)；
(3)对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式？
参考数据：1.004240≈2.61.
【解析】(1)由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，
Sn表示数列的前n项和，则a1＝4900，a240＝2510，
则S240＝＝120×＝889
200，
故小张该笔贷款的总利息为889
200－600
000＝289
200元．
(2)设小张每月还款额为x元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，
则x＋x＋x＋…＋
x＝600
000×，
所以x＝600
000×1.004240，
即x＝≈≈3891，
因为3891<10
000×＝5000，
所以小张该笔贷款能够获批．
(3)小张采取等额本息贷款方式的总利息为：
3891×240－600
000＝933
840－600
000＝333
840，
因为333
840>289
200，
所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金还款方式．
【点评】本题考查了等差数列与等比数列求和公式的综合应用，数列在实际问题中的应用，理解题意是解决问题的关键，这类题能较好地考查考生的审题能力、逻辑思维能力及基本计算能力等．
【p20】
1．在使用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况考虑，求出结果后，再分析这两种情况能否整合在一起．
2．错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．
3．裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N
)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．
4．数列应用题基本类型：
(1)储蓄模型：本金为a元，每期利率为r，存期为n，当按单利计算时，本利和为y＝a(1＋nr)，当按复利计算时，本利和为y＝a(1＋r)n.
(2)产值模型：基数为N，单位时间段的平均增长率为p，则经过n个单位时间段后，产值y＝N(1＋p)n.
5．数列与不等式综合问题
(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；
(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用．
6．数列与函数的综合问题
(1)函数条件的转化；直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x换为n即可．
(2)数列向函数的转化；可将数列中的问题转化为函数问题，但要注意函数定义域．
7．数列中的探索性问题
处理数列探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．
【p20】
考题1[2020·全国Ⅱ卷]北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3699块
B．3474块
C．3402块
D．3339块
【解析】选C.
设第n环天心石块数为an，第一层共有n环，
则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9＋(n－1)×9＝9n，
设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，因为下层比中层多729块，
所以S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，
即－＝－＋729
即9n2＝729，解得n＝9，
所以S3n＝S27＝＝3402.
故选：C.
【命题意图】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力．
考题2[2020·全国卷Ⅰ]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．
【解析】(1)设{an}的公比为q，a1为a2，a3的等差中项，
∵2a1＝a2＋a3，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，
∵q≠1，∴q＝－2；
(2)设{nan}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，
Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝－n(－2)n＝，
∴Sn＝.
【命题意图】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题．
考题3[2020·全国卷Ⅲ]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)由题意可得a2＝3a1－4＝9－4＝5，a3＝3a2－8＝15－8＝7，
由数列的前三项可猜想数列是以3为首项，2为公差的等差数列，即an＝2n＋1，
证明如下：
当n＝1时，a1＝3成立；
假设n＝k时，ak＝2k＋1成立．
那么n＝k＋1时，ak＋1＝3ak－4k＝3(2k＋1)－4k＝2k＋3＝2(k＋1)＋1也成立．
则对任意的n∈N
，都有an＝2n＋1成立；
(2)由(1)可知，an·2n＝(2n＋1)·2n，
Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①
2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②
由①－②得：－Sn＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1
＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1＝(1－2n)·2n＋1－2，
即Sn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
【命题意图】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题．【p93】
A组 基础演练
1．在数列中，a1＝2，当n为奇数时，an＋1＝an＋2；当n为偶数时，an＋1＝2an－1，则a12＝( )
A．32
B．34
C．66
D．64
【解析】选C.
因为当n为偶数时an＋1＝2an－1，即＝2，a1＝2，
所以a1、a3、a5、a7、a9、a11构成了以2为首项、2为公比的等比数列，
故a11＝a1×25＝64，因为当n为奇数时an＋1＝an＋2，
所以a12＝a11＋2＝66，故选：C.
2．已知数列{an}中，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1(n∈N
)，则a＋a＋a＋…＋a等于( )
A.(4n－1)
B.(2n－1)
C．4n－1
D．(2n－1)2
【解析】选A.
设Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，由an＝解得an＝2n－1，令bn＝a＝4n－1，故a＋a＋a＋…＋a＝.故选A.
3．(多选题)关于等差数列和等比数列，下列四个选项中不正确的有( )
A．若数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，则数列{an}为等差数列
B．若数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，则数列{an}为等差数列
C．数列{an}是等差数列，Sn为前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍为等差数列
D．数列{an}是等比数列，Sn为前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍为等比数列
【解析】选ABD.
根据题意，依次分析选项：
对于A项，若数列的前n项和Sn＝an2＋bn＋c，
若c＝0，由等差数列的性质可得数列为等差数列，
若c≠0，则数列从第二项起为等差数列，故A不正确；
对于B项，若数列的前n项和Sn＝2n＋1－2，
可得a1＝4－2＝2，a2＝S2－S1＝8－2－2＝4，a3＝S3－S2＝16－2－6＝8，
则a1，a2，a3成等比数列，数列不为等差数列，故B不正确；
对于C项，数列是等差数列，Sn为前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，即为a1＋a2＋…＋an，an＋1＋…＋a2n，a2n＋1＋…＋a3n，…，
即为S2n－Sn－Sn＝S3n－S2n－(S2n－Sn)＝n2d为常数，仍为等差数列，故C正确；
对于D项，数列是等比数列，Sn为前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…不一定为等比数列，
比如公比q＝－1，n为偶数，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，均为0，不为等比数列．故D不正确．
故选：ABD.
4．首届世界低碳经济大会11月17日在南昌召开，本届大会的主题为“节能减排，绿色生态”．某企业在国家科研部门的支持下，投资810万元生产并经营共享单车，第一年维护费为10万元，以后每年增加20万元，每年收入租金300万元．
(1)若扣除投资和各种维护费，则从第几年开始获取纯利润？
(2)若干年后企业为了投资其他项目，有两种处理方案：
①纯利润总和最大时，以100万元转让经营权；
②年平均利润最大时以460万元转让经营权，问哪种方案更优？
【解析】(1)设第n年获取利润为y万元，n年共收入租金300n万元，付出维护费构成一个以10为首项，20为公差的等差数列，共10n＋×20＝10n2,
因此利润y＝300n－(810＋10n2).
令y>0，解得：3所以从第4年开始获取纯利润．
(2)方案①：纯利润y＝300n－(810＋10n2)＝－10(n－15)2＋1440
所以15年后共获利润：1440＋100＝1540(万元)．
方案②：年平均利润W＝＝300－≤300－2＝120，当且仅当＝10n，即n＝9时取等号．
所以9年后共获利润：120×9＋460＝1540(万元)．
综上：两种方案获利一样多，而方案②时间比较短，所以选择方案②.
5．已知等差数列的公差为d，前n项和为Sn.S3＝15，an>0，d>1，且______．从“①等比数列的公比q＝，b1＝a2，b3＝a3；②a1－1，a2－1，a3＋1为等比数列的前3项”这两个条件中，选择一个补充在上面问题中的画线部分，使得符合条件的数列存在并作答．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn≥.
【解析】选择②.
若选①，因为的公比q＝，且an>0，则b3＝a3(1)由为等差数列，S3＝15，得3a2＝15，则a2＝5，
又a1－1，a2－1，a3－1为等比数列的前3项，
∴＝，即(4－d)(6＋d)＝16，解得d＝2或d＝－4(舍)，
∴a1＝3，an＝2n＋1；
(2)∵＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋＝＝×≥×＝.
6．已知函数f(x)＝，m为正整数．
(1)求f(1)＋f(0)和f(x)＋f(1－x)的值；
(2)数列的通项公式为an＝f(n＝1，2，…，m)，求数列的前m项和Sm.
【解析】(1)f(1)＋f(0)＝＋＝1;
f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝1;
(2)由(1)得f＋f＝1(1≤k≤m－1)，
即f＋f＝1，∴ak＋am－k＝1，
由Sm＝a1＋a2＋a3＋…＋am－1＋am，①
得Sm＝am－1＋am－2＋am－3＋…＋a1＋am，②
由①＋②，得2Sm＝(m－1)×1＋2am，
∴Sm＝(m－1)×＋f(1)＝(m－1)×＋＝m＋.
7．已知数列的各项均为正数，且满足a－an－2n2－n＝0(n∈N
)．
(1)求a1，a2及的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
【解析】(1)由题可知，an>0，且a－an－2n2－n＝0，
当n＝1时，a－2a1－3＝0，则a1＝3，
当n＝2时，a－3a2－10＝0，a2＝5，
由已知可得＝0，且an>0，
∴的通项公式：an＝2n＋1(n∈N
)．
(2)设bn＝2an，则bn＝22n＋1，
所以＝＝22＝4，b1＝23＝8，
得是首项为8，公比为4的等比数列，
所以数列的前n项和Sn为：
Sn＝b1＋b2＋…＋bn，
即Sn＝23＋25＋…＋22n＋1＝＝，
所以数列的前n项和：Sn＝.
8．已知等差数列中，a1＝1，且a2＋2，a3，a5－4成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足＋＋＋…＋＝2n－1，求数列的前n项和Tn.
【解析】(1)因为a2＋2，a3，a5－4成等比数列，所以＝a，
所以＝，
因为a1＝1，所以＝，解得d＝2，
所以an＝2n－1(n∈N
)．
(2)①当n≥2时，＋＋＋…＋＝2n－1，
所以＋＋＋…＋＝2n－1－1，
两式相减得＝2n－2n－1＝2n－1，
②当n＝1时，＝21－1＝1满足上式，所以＝2n－1，
由(1)可知，an＝2n－1，所以bn＝·2n－1，
所以Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋·2n－1，①
2Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋·2n，②
由①－②得，－Tn＝1＋2×－·2n
＝1＋2×－·2n
＝·2n－3，所以Tn＝·2n＋3.
B组 能力提升
9．设数列的前n项和为Sn，若Sn＋1＝Sn＋an＋3n－2，则S20的值为________．
【解析】310
由条件可得an＋1＝an＋3n－2，
a2k＋1＝－a2k＋6k－2， ①
a2k＝a2k－1＋6k－5， ②，由①②可得：
a2k＋1＋a2k－1＝3， ③
a2k＋3＋a2k＋1＝3， ④
可得a2k＋3＝a2k－1. ⑤
由①得：a2k＋a2k＋1＝6k－2，由⑤得：a1＝a5＝a9＝…＝a21，
所以S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝a1＋＋…＋＋a20，
S20＝＋…＋＋，
S20＝＝＝310.故答案为：310.
10．已知正项数列的前n项和为Sn，满足2－1＝an，则－＋－＋…＋(－1)51·＝________．
【解析】
已知正项数列的前n项和为Sn，满足2－1＝an，化简得4Sn＝，
当n＝1时，4a1＝，解得a1＝1；当n≥2时，
相减可得4an＝a－a＋2an－2an－1，2an＋2an－1＝a－a＝，
可得an－an－1＝2，所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列；
an＝1＋2＝2n－1，Sn＝＝n2，即＝＝＝＋，
所以－＋－＋…＋·＝－＋－…－＝1－＝.故答案为.
11．(多选题)将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图．该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m＞0)．已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有( )
a11 a12 a13 ……a1n
a21 a22 a23 ……a2n
a31 a32 a33 ……a3n
……
an1 an2 an3 ……ann
A．m＝3
B．a67＝17×37
C．aij＝×3j－1
D．S＝n
【解析】选ACD.
∵a11＝2，a13＝a61＋1，∴2m2＝2＋5m＋1，解得m＝3或m＝－(舍去)，
∴aij＝ai1·3j－1＝[2＋(i－1)×m]·3j－1＝(3i－1)·3j－1，
∴a67＝17×36，
∴S＝(a11＋a12＋a13＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋a23＋…＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋an3＋…＋ann)
＝＋＋…＋
＝(3n－1)·
＝n(3n＋1)(3n－1)．故选：ACD.
12．设数列的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2，n∈N
.
(1)求数列的通项公式：
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：为定值；
(3)判断数列中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论．
【解析】(1)当n＝1时，S1＝2a1－2，解得a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
因为a1≠0，所以＝2，
从而数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n.
(2)因为a＝＝4n，所以＝4，
故数列是以4为首项，4为公比的等比数列，从而S2n＝＝2，Tn＝＝，所以＝，故的值为定值.
(3)假设中存在第m，n，k项成等差数列，
则2＝3m－am＋3k－ak，
即2＝3m－2m＋3k－2k.
因为m，所以n＋1≤k.
由2＝3m－2m＋3k－2k≥3m－2m＋3n＋1－2n＋1，得－3n≥3m－2m，矛盾，
所以数列中不存在三项成等差数列．
