6.4 数列求和（解析版）--2026版十年高考数学真题分类汇编

6.4数列求和
考点 数列的求和
1.（2025天津，6,5分）已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12项和为(　　)
A.112 B.48 C.80 D.64
【答案】　C　
【解析】当n=1时,S1=a1=7,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n+9,当n=1时也符合,
则an=-2n+9,n∈N*,
则|an|=设{|an|}的前n项和为Tn,则
T12=+=80,故选C.
2.(2017课标Ⅰ理,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的【答案】:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(　　)
A.440　　　B.330　　　C.220　　　D.110
【答案】　A　
【解析】本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.
不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n),
则有N=+t+1,因为N>100,所以n≥13.
由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.
因为n≥13,所以2n>n+2,
所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n,
因为2t+1-1>0,
所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1,
因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1.
所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3.
当t=3时,N=95,不合题意;
当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.
解题关键　解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1.
一题多解　本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解.
3.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=(　　)
A.n(n+1)　　　　　B.n(n-1)
C.　　　　　D.
【答案】　A
【解析】　∵a2,a4,a8成等比数列,
∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),
将d=2代入上式,解得a1=2,
∴Sn=2n+=n(n+1),故选A.
4.(2012课标文,12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为(　　)
A.3 690　　　B.3 660　　　C.1 845　　　D.1 830
【答案】　D　当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,
当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3,
∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2,
∴a2k-1=a2k+3,
∴a1=a5=…=a61.
∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)==30×61=1 830.
5.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=+b,n∈N*,则(　　)
A.当b=时,a10>10　　　　　B.当b=时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10　　　　　D.当b=-4时,a10>10
【答案】　A　
【解析】本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.
令an+1=an,即+b=an,即-an+b=0,若有解,
则Δ=1-4b≥0,即b≤,
∴当b≤时,an=,n∈N*,
即存在b≤,且a=或,使数列{an}为常数列,
B、C、D选项中,b≤成立,故存在a=<10,
使an=(n∈N*),排除B、C、D.
对于A,∵b=,∴a2=+≥,a3=+≥+=,a4≥+=,
∴a5>,a6>,…,a10>,
而==1+×+×+…=1+4++…>10.故a10>10.
6.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　.
【答案】　3n2-2n
【解析】:∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,
数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…,
∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列,
∴an=1+(n-1)×6=6n-5,
∴数列{an}的前n项和Sn==3n2-2n.
7.(2015福建文,16,4分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-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p+q的值等于　　　　.
【答案】　9
【解析】　依题意有a,b是方程x2-px+q=0的两根,则a+b=p,ab=q,由p>0,q>0可知a>0,b>0.由题意可知ab=(-2)2=4=q,a-2=2b或b-2=2a,
将a-2=2b代入ab=4可解得a=4,b=1,此时a+b=5,将b-2=2a代入ab=4可解得a=1,b=4,此时a+b=5,则p=5,故p+q=9.
评析　本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,考查函数与方程思想、化归与转化思想.
8.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为　　　　.
【答案】　
【解析】　由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=(n∈N*),所以==2,从而+++…+=2×+2×+2×+…+2×=2×=.
9.(2016北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=　　　　.
【答案】　6
【解析】　设等差数列{an}的公差为d,∵a1=6,a3+a5=0,
∴6+2d+6+4d=0,∴d=-2,∴S6=6×6+×(-2)=6.
10.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　;如果对折n次,那么Sk=　　　　dm2.
【答案】　5;240×
【解析】　解法一:列举法+归纳法.
由上图可知,对折n次后,共可以得到(n+1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.
归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为dm2(n∈N*),
故Sk=dm2(k∈N*),
记Tn=(k+1),
∴Tn=,①
,②
①-②得,
=2+,
∴Tn=6-,
∴dm2.
解法二:对折3次可以得到 dm×12 dm, dm, dm,20 dm× dm,共四种不同规格的图形,
对折4次可以得到 dm×12 dm, dm, dm, dm,20 dm× dm,共五种不同规格的图形,
由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为 dm2,
∴Sk=20×12××(n+1)dm2,
记Tn=,
则,
∴Tn-,
∴Tn=3-,∴dm2.
11.(2024全国甲理,18,12分,易)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)∵4Sn=3an+4①,
∴当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4,
当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②,
由①-②得,4an=3an-3an-1,
∴an=-3an-1,
∴数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列.
∴an=4×(-3)n-1.
(2)由(1)得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,
∴Tn=4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③,
3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④,
③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n,
∴-2Tn=4+4·-4n·3n,
∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n,
∴Tn=1+(2n-1)3n.
12.(2024天津,19,15分,难)已知数列{an}是公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn.若a1=1,S2=a3-1.
(1)求数列{an}前n项和Sn.
(2)设数列{bn}满足bn=其中k是大于1的正整数,b1=1.
(i)当n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn;
(ii)求bi.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,q>0,
则S2=a1+a2=a1+a1q=1+q=q2-1,∴q2-q-2=0,
∴q=2或q=-1(舍),
∴an=2n-1,Sn==2n-1.
(2)(i)证明:当n=ak+1,即n=2k时,bn=k+1,
bn-1==+(2k-1-1)·2k=k+2k·k-2k=k·2k-k,(从2k-1到2k-1共有2k-1-1项)
∴要证bn-1≥ak·bn,
即证k·2k-k≥2k-1(k+1),整理得(k-1)2k-1≥k,
即证(k-1)2k-1-k≥0.
设f(k)=(k-1)2k-1-k,
则f(k+1)-f(k)=k·2k-(k+1)-[(k-1)2k-1-k]
=(k+1)2k-1-1,
又k≥2,k∈N+,∴f(k+1)-f(k)≥3×21-1=5>0,
∴f(k)是递增数列.
∴f(k)≥f(2)=(2-1)×22-1-2=0.
故bn-1≥ak·bn.
(ii)bi=bi=(++…+)
={k+(k+1×2k)+(k+2×2k)+…+[k+(2k-1-1)×2k)]}=
=(k×4k-1)=1×40+2×41+…+n×4n-1.
设Tn=1×40+2×41+…+n×4n-1,
则4Tn=1×41+2×42+…+(n-1)×4n-1+n×4n,
∴-3Tn=1×40+1×41+…+1×4n-1-n×4n
=-×4n-,
因此Tn=×4n+,
即bi=×4n+.
13.(2021新高考Ⅰ,17,10分)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.
解题指导:(1)由已知条件求出{an}的递推式,从而得出{bn}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{bn}的通项公式.(2)根据题目条件把{an}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{bn}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.
【解析】(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,
所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,
所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,
所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)当n为奇数时,an=an+1-1.
设数列{an}的前n项和为Sn,
则S20=a1+a2+…+a20
=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)
=2(a2+a4+…+a20)-10,
由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+×3=155,
故S20=2×155-10=300,即{an}的前20项和为300.
解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{bn}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合an与bn的关系求得结果.
14.(2020课标Ⅲ理,17,12分)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)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n. ①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1. ②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
方法总结　数列求和的5种方法
解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=,可裂项为an=;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法:形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法.
15.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
【解析】　(1)设{an}的公差为d,根据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)
(2)因为bn=(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
思路分析　(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1 000项和.
16.(2016山东,18,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.
当n=1时,a1=S1=11,
所以an=6n+5(n∈N*).
设数列{bn}的公差为d.由即
可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn==3(n+1)·2n+1.
又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]
=3×4+-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.
所以Tn=3n·2n+2.
17.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
【解析】　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,
a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.
所以an=(n≥2).
又由题设可得a1=2,
从而{an}的通项公式为an=(n∈N*).
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知==-.
则Sn=-+-+…+-=.
思路分析　(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)an=2n的实质就是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和.
易错警示　(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.
18.(2016课标Ⅱ文,17,12分)等差数列{an}中,a3+a4=4,a5+a7=6.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=[an],求数列{bn}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.
【解析】　(1)设数列{an}的公差为d,由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3.
解得a1=1,d=.(3分)
所以{an}的通项公式为an=.(5分)
(2)由(1)知,bn=.(6分)
当n=1,2,3时,1≤<2,bn=1;
当n=4,5时,2≤<3,bn=2;
当n=6,7,8时,3≤<4,bn=3;
当n=9,10时,4≤<5,bn=4.(10分)
所以数列{bn}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)
评析　本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.
19.(2016浙江文,17,15分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*.
(1)求通项公式an;
(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.
【解析】　(1)由题意得则
又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,
得an+1=3an.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.
(2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1.
当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.
当n≥3时,Tn=3+-=,
所以Tn=
易错警示　(1)当n≥2时,得出an+1=3an,要注意a1与a2是否满足此关系式.
(2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后Tn要写成分段函数的形式.
20.(2016北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.
【解析】　(1)等比数列{bn}的公比q===3,(1分)
所以b1==1,b4=b3q=27.(3分)
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1=b1=1,a14=b4=27,
所以1+13d=27,即d=2.(5分)
所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(6分)
(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分)
从而数列{cn}的前n项和
Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1
=+
=n2+.(13分)
规范解答　要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.
21.(2016天津理,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中项.
(1)设cn=-,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列;
(2)设a1=d,Tn=(-1)k,n∈N*,求证:<.
证明　(1)由题意得=anan+1,有cn=-=an+1·an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,
所以{cn}是等差数列.
(2)Tn=(-+)+(-+)+…+(-+)
=2d(a2+a4+…+a2n)
=2d·=2d2n(n+1).
所以===·<.
评析　本小题主要考查等差数列及其前n项和公式、等比中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、推理论证能力和运算求解能力.
22.(2016天津文,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且-=,S6=63.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和.
【解析】　(1)设数列{an}的公比为q.由已知,有-=,解得q=2,或q=-1.
又由S6=a1·=63,知q≠-1,所以a1·=63,得a1=1.所以an=2n-1.
(2)由题意,得bn=(log2an+log2an+1)=(log22n-1+log22n)=n-,
即{bn}是首项为,公差为1的等差数列.
设数列{(-1)n}的前n项和为Tn,则
T2n=(-+)+(-+)+…+(-+)
=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.
评析　本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
23.(2015福建文,17,12分)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
解得
所以an=a1+(n-1)d=n+2.
(2)由(1)可得bn=2n+n.
所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)
=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)
=+
=(211-2)+55
=211+53=2 101.
评析　本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.
24.(2015课标Ⅰ理,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
【解析】　(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.
可得-+2(an+1-an)=4an+1,即
2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
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.(6分)
(2)由an=2n+1可知
bn===.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=
=.(12分)
25.(2015安徽文,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,
又a1+a4=9,可解得或(舍去).
由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.
(2)Sn==2n-1,又bn===-,
所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-
=1-.
评析　本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.
26.(2015天津理,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.
(1)求q的值和{an}的通项公式;
(2)设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
【解析】　(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,
所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,
由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=.
所以,{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
上述两式相减,得
Sn=1+++…+-=-=2--,
整理得,Sn=4-.
所以,数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*.
评析　　本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.
27.(2015山东文,19,12分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(an+1)·,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)设数列{an}的公差为d.
令n=1,得=,
所以a1a2=3.
令n=2,得+=,
所以a2a3=15.
解得a1=1,d=2,
所以an=2n-1.
(2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n,
所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n,
所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1,
两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1
=-n·4n+1
=×4n+1-.
所以Tn=×4n+1+=.
28.(2015浙江文,17,15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*).
(1)求an与bn;
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.
【解析】　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*).
由题意知:
当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.
当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得=,
所以bn=n(n∈N*).
(2)由(1)知anbn=n·2n,
因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,
2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,
所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.
故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).
评析　　本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.
29.(2015天津文,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和.
【解析】　(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则
Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,
2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,
上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,
所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*.
评析　本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
30.(2015湖北文,19,12分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)由题意有,即
解得或故或
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,
于是Tn=1+++++…+,①
Tn=+++++…+.②
①-②可得
Tn=2+++…+-=3-,
故Tn=6-.
31.(2014湖南文,16,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.
【解析】　(1)当n=1时,a1=S1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.
故数列{an}的通项公式为an=n.
(2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn,记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).
记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A==22n+1-2,
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.
故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.
评析　本题考查数列的前n项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法.
32.(2014北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和.
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得
d===3.
所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).
设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得
q3===8,解得q=2.
所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.
从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×=2n-1.
所以数列{bn}的前n项和为n(n+1)+2n-1.
评析　本题主要考查等差数列与等比数列通项公式及前n项和公式,考查数列综合应用.属基础题.
33.(2014大纲全国理,18,12分)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{an}的公差d为整数.
又Sn≤S4,故a4≥0,a5≤0,
于是10+3d≥0,10+4d≤0.
解得-≤d≤-.
因此d=-3.
数列{an}的通项公式为an=13-3n.(6分)
(2)bn==.(8分)
于是Tn=b1+b2+…+bn
=
==.(12分)
评析　　本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于分析已知条件“a2为整数”“Sn≤S4”所隐含的条件;在第(2)问中,对通项公式bn进行裂项过程中易漏了系数而导致错解.
34.(2014山东理,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,
S4=4a1+×2=4a1+12,
由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),
解得a1=1,
所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1
=(-1)n-1.
当n为偶数时,
Tn=-+…+-
=1-
=.
当n为奇数时,
Tn=-+…-+++=1+=.
所以Tn=
评析　本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,同时考查分类讨论的思想、运算求解能力和逻辑推理能力.
35.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
【解析】　(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.
设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而a1=.
所以{an}的通项公式为an=n+1.
(2)设的前n项和为Sn,由(1)知=,则
Sn=++…++,
Sn=++…++.
两式相减得Sn=+-
=+-.
所以Sn=2-.
评析　本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.
36.(2014安徽文,18,12分)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)设bn=3n·,求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】　(1)证明:由已知可得=+1,即-=1.
所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以an=n2.
从而bn=n·3n.
Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①
3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②
①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1
=-n·3n+1=.
所以Sn=.
评析　本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行变形是关键.
37.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.
【解析】　(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题意知bn==n(n+1).所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).
因为bn+1-bn=2(n+1),所以当n为偶数时,
Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+…+2n==,
当n为奇数时,
Tn=Tn-1+(-bn)=-n(n+1)=-.
所以Tn=
评析　本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.
38.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
【解析】　(1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+d.
由已知可得解得a1=1,d=-1.
故{an}的通项公式为an=2-n.
(2)由(1)知==,
从而数列 的前n项和为
-+-+…+-=.
评析　本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.
39.(2011课标理,17,12分)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;
(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列的前n项和.
【解析】　(1)设数列{an}的公比为q.由=9a2a6得=9,所以q2=.
由条件可知q>0,故q=.
由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=.
故数列{an}的通项公式为an=.
(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)
=-.
故=-=-2,
++…+=-2++…+=-.
所以数列的前n项和为-.
评析　本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题.
40.(2019天津文,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
【解析】　本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
依题意,得解得
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①
则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=.
所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×=(n∈N*).
思路分析　(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用{cn}的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.
解题关键　根据n的奇偶性得数列{cn}的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.
41.(2018北京文,15,13分)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求++…+.
【解析】　(1)设{an}的公差为d.
因为a2+a3=5ln 2,
所以2a1+3d=5ln 2.
又a1=ln 2,所以d=ln 2.
所以an=a1+(n-1)d=nln 2.
(2)因为=eln 2=2,==eln 2=2,
所以{}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以++…+=2×=2(2n-1).
42.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列.
(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).
【解析】　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.
因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,
即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.
即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得≤d≤.
因此,d的取值范围为.
(2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.
若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,
即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).
即当n=2,3,…,m+1时,d满足b1≤d≤b1.
因为q∈(1,],
所以1从而b1≤0,b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.
因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,-==,
当1从而n(qn-qn-1)-qn+2>0.
因此,当2≤n≤m+1时, 数列单调递增,
故数列的最大值为.
②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.
所以f(x)单调递减,
从而f(x)当2≤n≤m时,=≤=f<1.
因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递减,
故数列的最小值为.
因此,d的取值范围为.
疑难突破　本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d的范围,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d分离出来,变成b1≤d≤b1,难点在于讨论b1的最大值和b1的最小值.对于数列,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列,要作商讨论单调性,∵==q,当2≤n≤m时,143.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.
(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;
(2)若T3=21,求S3.
【解析】　本题考查了等差、等比数列.
设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.
由a2+b2=2得d+q=3.①
(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②
联立①和②解得(舍去),或
因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.
解得q=-5或q=4.
当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.
当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.
44.(2017课标Ⅰ文,17,12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.
【解析】　本题考查等差、等比数列.
(1)设{an}的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2.
故{an}的通项公式为an=(-2)n.
(2)由(1)可得Sn==-+(-1)n·.
由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n·
=2=2Sn,
故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
方法总结　等差、等比数列的常用公式:
(1)等差数列:
递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明.
通项公式:an=a1+(n-1)d.
前n项和公式:Sn==na1+d.
(2)等比数列:
递推关系式:=q(q≠0),常用于等比数列的证明.
通项公式:an=a1·qn-1.
前n项和公式:Sn=
(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:=b或等比中项:a·c=b2来证明.
45.(2015北京文,16,13分)已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a4-a3=2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设等比数列{bn}满足b2=a3,b3=a7.问:b6与数列{an}的第几项相等
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4-a3=2,所以d=2.
又因为a1+a2=10,所以2a1+d=10,故a1=4.
所以an=4+2(n-1)=2n+2 (n=1,2,…).
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2=a3=8,b3=a7=16,
所以q=2,b1=4.
所以b6=4×26-1=128.
由128=2n+2得n=63.
所以b6与数列{an}的第63项相等.
46.(2015重庆文,16,13分)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)设{an}的公差为d,则由已知条件得
a1+2d=2,3a1+d=,
化简得a1+2d=2,a1+d=,
解得a1=1,d=,
故通项公式an=1+,即an=.
(2)由(1)得b1=1,b4=a15==8.
设{bn}的公比为q,则q3==8,从而q=2,
故{bn}的前n项和
Tn===2n-1.
47.(2014福建文,17,12分)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81.
(1)求an;
(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】　(1)设{an}的公比为q,依题意得
解得因此,an=3n-1.
(2)因为bn=log3an=n-1,
所以数列{bn}的前n项和Sn==.
48.(2017山东理,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
【解析】　本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.
(1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得
所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,
所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意bn=×2n-1=(2n+1)×2n-2,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①
2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②
①-②得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=+-(2n+1)×2n-1.
所以Tn=.
解题关键　记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键.
方法总结　一般地,如果{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.在写“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.
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