(共37张PPT)
数 列
微专题1 数列的基本运算
小题考法1
PART
01
小题考法1 等差、等比数列基本量的运算
[核心提炼]
1．通项公式
等差数列：an＝a1＋(n－1)d；
等比数列：an＝a1qn－1(q≠0).
√
√
数列基本量运算的解题策略
(1)在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个最基本的元素．
(2)在进行等差(比)数列的项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可转化成关于a1和d(q)的方程(组)求解，但要注意使用消元法及整体计算，以减少计算量．
[注意] 在等比数列的前n项和公式中，若不确定q是否等于1，应注意分q＝1和q≠1两种情况讨论．
√
小题考法2
PART
02
第二部分
(1)(2024·北京模拟)已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a4＝b4＝4，则( )
A．b3b5≥a3a5 B．b3＋b5≥a3＋a5
C．b3b5≤a3a5 D．b3＋b5≤a3＋a5
√
(2)(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
95
等差、等比数列的性质问题的求解策略
抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解
用性质 数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
√
1．已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则log2(a1a2a3·…·a8)＝( )
A．70 B．72
C．74 D．76
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}的各项均为正数，所以q>0.因为a1＝4，S3＝84，所以a1＋a2＋a3＝4＋4q＋4q2＝84，即q2＋q－20＝0，因为q>0，所以q＝4，则an＝4n.所以a1a2a3·…·a8＝(a1a8)4＝(4×48)4＝(49)4＝436＝(22)36＝272，所以log2(a1a2a3·…·a8)＝log2272＝72，故选B.
√
√
√
小题考法3
PART
03
第三部分
√
(2)(2024·四川三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝_______________.
(n＋1)·2n－2
[注意] 由Sn求an时，一定要注意分n＝1和n≥2两种情况进行讨论，最后验证两者能否合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示．
√
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的
通项公式为_________________________．板块二 数 列
微专题1 数列的基本运算
小题考法1 等差、等比数列基本量的运算
[核心提炼]
1．通项公式
等差数列：an＝a1＋(n－1)d；
等比数列：an＝a1qn－1(q≠0).
2．求和公式
等差数列：Sn＝＝na1＋d；
等比数列：当q＝1时，Sn＝na1；
当q≠1时，Sn＝＝.
INCLUDEPICTURE "例1.TIF" (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝5，a1＋S11＝67，则a5a11是数列{an}中的( C )
A．第45项 B．第50项
C．第55项 D．第60项
【解析】 因为{an}是等差数列，则a1＋S11＝a1＋11a6＝12a1＋55d＝67，又a5＝a1＋4d＝5，联立可解得所以an＝n，a5a11＝5×11＝55＝a55，所以a5a11是数列{an}中的第55项．故选C.
(2)(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝( B )
A． B．
C．－ D．－
【解析】 由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×(－)＝.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
数列基本量运算的解题策略
(1)在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个最基本的元素．
(2)在进行等差(比)数列的项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可转化成关于a1和d(q)的方程(组)求解，但要注意使用消元法及整体计算，以减少计算量．
[注意] 在等比数列的前n项和公式中，若不确定q是否等于1，应注意分q＝1和q≠1两种情况讨论．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1．设Sn为正项等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且S1－2，S2，S3成等差数列，则数列{an}的通项公式为( A )
A．an＝2n－1 B．an＝3n－1
C．an＝(－1)n－1 D．an＝()n－1
解析：设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，当q＝1时，S1－2＝－1，S2＝2，S3＝3，2S2≠S1－2＋S3，与题意不符．
当q≠1时，由题意得2·＝a1－2＋，
即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以an＝a1qn－1＝2n－1.故选A.
2．如图，已知在扇形OAB中，半径OA＝OB＝3，∠AOB＝，圆O1内切于扇形OAB(圆O1和OA，OB，均相切)，作圆O2与圆O1，OA，OB相切，再作圆O3与圆O2，OA，OB相切，以此类推．设圆O1，圆O2，…的面积依次为S1，S2，…，那么S1＋S2＋…＋Sn＝_________.
解析：如图，设圆O1与相切于点D，
圆O1，圆O2与OA分别切于点C，E，则O1C⊥OA，O2E⊥OA.
设圆O1，圆O2，圆O3，…，圆On的半径分别为r1，r2，r3，…，rn.
因为∠AOB＝，所以∠AOD＝.
在Rt△OO1C中，OO1＝3－r1，
则O1C＝OO1，即r1＝，解得r1＝1.
在Rt△OO2E中，OO2＝3－r2－2r1，则O2E＝OO2，
即r2＝，解得r2＝.
同理可得，当n≥2时，rn＝，
即3rn＝3－2(r1＋r2＋…＋rn－1)，①
则3rn＋1＝3－2(r1＋r2＋…＋rn)，②
②－①得，3rn＋1－3rn＝－2rn，
即rn＋1＝rn(n≥2).
当n＝1时，r2＝＝r1也适合上式，
所以rn＋1＝rn(n∈N*)，
所以数列{rn}是以1为首项，为公比的等比数列．
又圆的面积为S＝πr2，所以面积S1，S2，S3，…，Sn构成一个以πr＝π为首项，为公比的等比数列，
则S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝＝(1－).
答案：(1－)
小题考法2 等差、等比数列的性质
[核心提炼]
1．通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列，有aman＝apaq＝a.
2．前n项和的性质
(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数的情况除外).
(2)对于等差数列，有S2n－1＝(2n－1)an.
INCLUDEPICTURE "例2.TIF" (1)(2024·北京模拟)已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a4＝b4＝4，则( A )
A．b3b5≥a3a5 B．b3＋b5≥a3＋a5
C．b3b5≤a3a5 D．b3＋b5≤a3＋a5
【解析】 因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a5＝2a4＝8，因为{bn}为等比数列，所以b3b5＝b＝16，
而a3a5＝(8－a5)a5＝－a＋8a5＝－(a5－4)2＋16≤16，所以b3b5≥a3a5，故A正确， C错误；
因为a3＋a5＝8，而b3，b5可同为正数也可同为负数，当b3，b5<0时，b3＋b5
0时，b3＋b5≥2＝8＝a3＋a5，所以a3＋a5，b3＋b5大小不确定，故B，D错误．
(2)(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
【解析】 方法一：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95.
方法二：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95.
【答案】 95
(3)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＋＝________．
【解析】 由等差数列的性质，可得＋＝＋＝＝，
又因为＝，
则＝＝＝＝，
所以＋＝.
【答案】
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
等差、等比数列的性质问题的求解策略
抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解
用性质 数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1．已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则log2(a1a2a3·…·a8)＝( B )
A．70 B．72
C．74 D．76
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}的各项均为正数，所以q>0.因为a1＝4，S3＝84，所以a1＋a2＋a3＝4＋4q＋4q2＝84，即q2＋q－20＝0，因为q>0，所以q＝4，则an＝4n.所以a1a2a3·…·a8＝(a1a8)4＝(4×48)4＝(49)4＝436＝(22)36＝272，所以log2(a1a2a3·…·a8)＝log2272＝72，故选B.
2．(多选)(2024·重庆模拟)若正项无穷数列{an}是等差数列，且a7＋a9＝10，则( ACD )
A．a2＋a8＋a14＝15
B．当a1＝时，{an}的前20项和为128
C．公差d的取值范围是(0，)
D．当a14为整数时，a14的最大值为9
解析：对于A，在等差数列{an}中，若a7＋a9＝10，则a8＝(a7＋a9)＝5，故a2＋a8＋a14＝3a8＝15，A正确；对于B，由于a8＝5，a1＝，则公差d＝＝，故{an}的前20项和为S20＝20a1＋d＝125，B错误；对于C，由a8＝5，{an}为正项无穷等差数列，则a1＝5－7d>0且d>0，则有00，且a2>a1，必有a2≥1，故a14≤9，即a14的最大值为9，D正确．
小题考法3 由递推关系求通项公式
(1)(2024·深圳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列{bn}满足－＝an，则数列{bn}的前2 024项和为( D )
A． B．
C． D．
【解析】 因为Sn＝n2＋3n，所以an＝Sn－Sn－1＝2n＋2(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1＝4，符合an＝2n＋2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2.因为－＝an，所以－＝2n＋2，即－＝4，－＝6，…，－＝2n，又＝2，由累加法可得＝n2＋n，即bn＝＝＝－，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T2 024＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝.
(2)(2024·四川三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝_______________.
【解析】 当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，即Sn＝an＋1，Sn－1＝an，则Sn－Sn－1＝an＋1－an＝an，即＝(n≥2).当n＝1时，a2＝3S1＝3a1，则＝3，也满足上式．所以＝(n∈N*).则有＝，＝，…，＝，则an＝··…··a1＝(n＋1)·2n－2，当n＝1时，a1＝1，符合上式，故an＝(n＋1)·2n－2.
【答案】 (n＋1)·2n－2
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
由递推关系式求数列的通项公式
(1)形如an＋1＝an＋f(n)，利用累加法求通项．
(2)形如an＋1＝anf(n)，利用累乘法求通项．
(3)形如an＋1＝pan＋q，等式两边同时加转化为等比数列求通项．
[注意] 由Sn求an时，一定要注意分n＝1和n≥2两种情况进行讨论，最后验证两者能否合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1．已知数列{an}满足＝2n，a1＝1，则a2 024＝( D )
A．2 023 B．2 024 C．4 045 D．4 047
解析：因为＝2n，所以an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，
即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，
可得＝，
所以a2 024＝×××…×××a1＝×××…×××1＝4 047.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：由Sn＝n2an，可得当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，
则an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，即(n2－1)an＝(n－1)2an－1，由题易知an≠0，故＝(n≥2).
所以当n≥2时，an＝×××…×××a1＝×××…×××1＝.
当n＝1时，a1＝1满足an＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
答案：an＝
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
[小题标准练]
1．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝( C )
A．25 B．22
C．20 D．15
解析：方法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝20.
方法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，① 由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，② 由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20.故选C.
2．(2024·济南模拟)已知{an}为正项等比数列，若lg a2，lg a2 024是函数f(x)＝3x2－12x＋9的两个零点， 则a1a2 025＝( B )
A．10 B．104
C．108 D．1012
解析：因为lg a2，lg a2 024是f(x)＝3x2－12x＋9的两个零点，所以lg a2＋lg a2 024＝4，所以lg (a2a2 024)＝4，所以a2a2 024＝104，故a1a2 025＝104.
3．把120个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和是较小的两份之和的7倍，则最小的一份的面包个数为( B )
A．1 B．2
C．6 D．11
解析：设每人所得面包个数构成等差数列{an}，{an}的公差为d(d>0)，则由题意，得a3＋a4＋a5＝3a4＝7(a1＋a2)，即3(a1＋3d)＝7(2a1＋d)，① 又5a1＋×d＝120，②
所以联立①②解得所以最小的一份的面包个数为2.故选B.
4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则下列结论正确的是( C )
A．数列是公差为的等差数列
B．数列是公差为2的等差数列
C．数列是公比为的等比数列
D．数列是公比为2的等比数列
解析：由an＋1＝，得＝＝＋，则－1＝＋－1，即－1＝(－1)，故数列是以－为首项，为公比的等比数列．
5．(2024·吉林一模)谢尔宾斯基三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形(如图1)，沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形(如图2)，对剩下的三个小三角形继续以上操作(如图3)，按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形．如果图1中三角形的边长为2，则图4中被挖去的三角形面积之和是( D )
A. B．
C． D．
解析：第一次操作挖掉的三角形边长为2×＝1，共1个，面积为1×(×12)＝；
第二次操作挖掉的三角形边长为1×＝，共3个，面积为3×[×()2]＝；
第三次操作挖掉的三角形边长为×＝，共9个，面积为9×[×()2]＝，
故题图4中被挖去的三角形面积之和是＋＋＝.
6．已知Sn为等差数列{an}的前n项和．若S12＜0，a5＋a7＞0，则当Sn取最大值时，n的值为( D )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：因为在等差数列{an}中，S12＝＜0，即a1＋a12＜0，所以a1＋a12＝a6＋a7＜0，因为a5＋a7＝2a6＞0，即a6＞0，所以a7＜0，由{an}为等差数列，得当n≤6时，an＞0；当n＞6时，an＜0，所以当n＝6时，Sn取得最大值．故选D.
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，且对任意的n∈N*，an＋1－an＜0，则实数m的取值范围是( A )
A．(－2，＋∞)
B．(－∞，－2)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，2)
解析：因为an＋1－an＜0，所以数列{an}为递减数列，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故可知当n≥2时，数列{an}为递减数列，若对任意的n∈N*，an＋1－an＜0，只需满足a2＜a1，因为a2＝－1，a1＝S1＝1＋m，所以－1＜1＋m，解得m＞－2.故选A.
8．(2024·茂名一模)已知数列{an}满足a1＝8，an＋1＝(n∈N*)，bn＝(＋λ)()n，若数列{bn}是递减数列，则实数λ的取值范围是( D )
A．(－，＋∞)
B．(－，＋∞)
C．(，＋∞)
D．(，＋∞)
解析：由题意，an＋1＝ ，两边取倒数可化为＝＝＋n，所以－＝1，－＝2，…，－＝n－1，由累加法可得，－＝1＋2＋…＋(n－1)＝，因为a1＝8，所以＝＋＝，
所以bn＝(＋λ)()n＝()n，
因为数列{bn}是递减数列，故bn＝，
因为n≥2，n∈N*，
所以()max＝＝，
故λ∈(，＋∞).
9．(多选)设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a2a8＝16，则( BC )
A．a5＝4
B．当a1＝1时，q＝±
C．log2|T9|＝18
D．a＋a≥36
解析：对于A，因为a＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正确；
对于B，因为a1＝1，a2a8＝16，则aq8＝16，所以q8＝16，所以q＝±，所以B正确；
对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝a，所以|T9|＝|a|＝218，所以log2|T9|＝18，所以C正确；
对于D，a＋a≥2a3a7＝2a2a8＝32，当且仅当a3＝a7时，等号成立，所以D不正确．故选BC.
10．(多选)已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是( AC )
A．a2＝2
B．a4－a3＝4
C．{a2n}是等比数列
D．a2n－1＋a2n＝2n＋1
解析：anan＋1＝2n，即an＋1＝，则a2＝2，a3＝2，a4＝4，所以A正确；显然有a4－a3＝2≠4，所以B不正确；因为anan＋1＝2n，an＋1an＋2＝2n＋1，相除得＝2，所以数列{a2n－1}，{a2n}分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，所以C正确；因为a1＋a2＝3≠21＋1，所以D不正确．故选AC.
11．(多选)(2024·承德二模)对于给定的数列{an}，如果存在实数p，q，使得an＋1＝pan＋q对任意n∈N*恒成立，我们称数列{an}是“线性数列”，则下列关于线性数列{an}说法正确的是( ABD )
A．等差数列是“线性数列”
B．等比数列是“线性数列”
C．若p≠1且a1＝q，则an＝
D．若p≠1且a1＝q，则an是等比数列{qpn－1}的前n项和
解析：数列{an}为等差数列，设公差为d，则an＋1－an＝d，即an＋1＝an＋d，满足“线性数列”的定义，故A正确；
数列{an}为等比数列，设公比为q，则＝q，即an＋1＝qan，满足“线性数列”的定义，故B正确；
当p≠0，且q≠0时，设an＋1－k＝p(an－k)，k∈R，则k－pk＝q，解得k＝，则an－＝pn－1(a1－)，又a1＝q，因此an＝.当p≠0，且q＝0时，an＋1＝pan，又因为a1＝q＝0，所以an＝0，也满足an＝.
当p＝0时，an＋1＝q，又因为a1＝q，所以an＝q，也满足an＝.综上，若p≠1且a1＝q，则an＝，故C错误；
因为{qpn－1}是等比数列，所以q≠0，p≠0，又因为p≠1，则{qpn－1}的前n项和为，由C知若p≠1且a1＝q时，an＝，故D正确．
12．(2023·江西南昌二模)若前n项和为Sn的等差数列{an}满足a7＋a12＝12－a8，则S17＝________．
解析：由等差数列的性质知a7＋a12＝a9＋a10，又因为a7＋a12＝12－a8，所以a9＋a10＝12－a8，即a8＋a9＋a10＝12，所以a9＝4，所以S17＝＝＝17a9＝68.
答案：68
13．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝－2，a100＝8，则这个数列的前100项的和为________．
解析：设等和数列{an}的公和为m.因为a1＝－2，所以a2＝m＋2，a3＝－2，a4＝m＋2，a5＝－2，…，所以an＝又a100＝m＋2＝8，所以m＝6，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×6＝300.
答案：300
14．(2024·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同零点，且m，n，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq＝________．
解析：由题意可得解得则m，－2，n成等比数列，得mn＝(－2)2＝4.不妨设m＜n，则－2，m，n成等差数列，得2m＝n－2.联立mn＝4，可得(2m＋2)m＝4，即m(m＋1)＝2，解得m＝1或m＝－2(舍去)，
即则所以pq＝20.
答案：20
[小题提升练]
15．(2024·深圳二模)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an(3Tn－1)＝Tn(n∈N*)，则Tn＝________________．
解析：由题意可知，a1(3T1－1)＝a1·(3a1－1)＝T1＝a1，且a1>0，所以a1＝，又an＝(n∈N*)，且an＝(n≥2，n∈N*)，
所以3Tn－1＝Tn－1(n≥2，n∈N*)，
则Tn－＝·(Tn－1－)，
又T1－＝－＝，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
故Tn－＝×()n－1，
所以Tn＝×()n＋(n∈N*).
答案： ×()n＋(n∈N*)
16．(2024·日照二模)“－1，0，1序列”在通信技术中有着重要应用，该序列中的数取值于－1，0或1.设A是一个有限“－1，0，1序列”，f(A)表示把A中每个－1都变为－1，0，每个0都变为－1，1，每个1都变为0，1，得到新的有序实数组．例如：A＝(－1，0，1)，则f(A)＝(－1，0，－1，1，0，1).定义Ak＋1＝f(Ak)，k＝1，2，3，…，若A1＝(－1，1)，An中1的个数记为bn，则{bn}的前10项和为________．
解析：因为A1＝(－1，1)，依题意得，A2＝(－1，0，0，1)，A3＝(－1，0，－1，1，－1，1，0，1)，显然，A1中有2项，其中1项为－1，1项为1，A2中有4项，其中1项为－1，1项为1，2项为0，A3中有8项，其中3项为－1，3项为1，2项为0，由此可得An中共有2n项，其中1和－1的项数相同，设An中有cn项为0，1和－1的项数相同都为bn，所以2bn＋cn＝2n，b1＝1，从而2bn－1＋cn－1＝2n－1(n≥2)，①
因为f(A)表示把A中每个－1都变为－1，0，每个0都变为－1，1，每个1都变为0，1，
得到新的有序实数组，
则bn＝bn－1＋cn－1(n≥2)，②
①＋②得bn＋bn－1＝2n－1(n≥2)，
所以bn＋bn＋1＝2n(n∈N*)，
所以{bn}的前10项和为
(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋(b7＋b8)＋(b9＋b10)＝21＋23＋25＋27＋29＝＝682.
答案： 682