专题三 数列
第1讲 小题研透——数列中的基本问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.B 由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5（a3＋a8），所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×（－）＝，故选B.
2.C 法一 设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得＝21a1（1＋q）.整理得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝＝＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C.
法二 易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝ －1或S2＝.当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.∴S8＝－85，故选C.
3.95 解析：法一（基本量法） 因为数列{an}为等差数列，
则由题意得解得
则S10＝10a1＋d＝10×（－4）＋45×3＝95.
法二（下标和性质法） 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.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）B （2）BCD 解析：（1）不妨设等比数列{an}的公比为q，由a2a5＝2a3可得：q5＝2a1q2，因an＞0，q＞0，则a1q3＝2 ①，又由a4与a6的等差中项为可得：a4＋a6＝，即a1q3（1＋q2）＝ ②，将①代入②可得：q＝，回代入①，解得a1＝16，于是S5＝＝＝31.故选B.
（2）∵Sn＝，∴当n＝2时，可得2（a1＋a2）＝3a2，整理得2a1＝a2，即a1＝d.∵a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，∴（5d＋2）2＝2d（17d＋2），即9d2－16d－4＝0，又公差d＞0，解得d＝－（舍去）或d＝2，A错；∴an＝2n，a10＝20，B对；Sn＝n2＋n，C对；当n≥2时，Sn－an＝n2＋n－3n＝n2－2n＝n（n－2）≥0，即Sn≥an，D对.故选B、C、D.
跟踪训练
1.B 因为{an}是等差数列，设其公差为d，因为S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝18，则a2＝6，所以a4－a2＝2d＝2，则d＝1，所以a5＝9，S5＝S3＋a4＋a5＝18＋8＋9＝35.故选B.
2.A 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），由题意知，2a2＝－a3＋a4，所以q2－q－2＝0，所以q＝2或q＝－1（舍去），则S2 024＝＝22 024－1，a2 024＝22 023，所以S2 024＝2a2 024－1，故选A.
【例2】 （1）B （2）C 解析：（1）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a1·a2·a3·…·a8＝（a1a8）4＝（4×48）4＝（49）4＝436＝（22）36＝272，所以log2（a1·a2·a3·…·a8）＝log2272＝72，故选B.
（2）由等差数列的性质可得，＋＝＋＝＝＝＝＝＝.故选C.
跟踪训练
1.B ∵Sn为等差数列{an}的前n项和，∴{}为等差数列，∴＋＝2×＝12，∴S7＝42.故选B.
2.BCD 依题意，设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，对于A，因为Tn＝4n＋1＋m，当n＝1时，b1＝T1＝42＋m＝16＋m，当n≥2时，Tn－1＝4n＋m，则bn＝4n＋1－4n＝3×4n，满足＝4，所以b1＝16＋m＝3×4，解得m＝－4，故A错误；对于B，因为S7＝a1＋a2＋…＋a7，S14－S7＝a8＋a9＋…＋a14＝a1＋7d＋a2＋7d＋…＋a7＋7d＝a1＋a2＋…＋a7＋49d，S21－S14＝a15＋a16＋…＋a21＝a1＋14d＋a2＋14d＋…＋a7＋14d＝a1＋a2＋…＋a7＋98d，所以2（S14－S7）＝S7＋S21－S14，即S7，S14－S7，S21－S14成等差数列，故B正确；对于C，当q＝1时，T7＝7b1，T14－T7＝7b1，T21－T14＝7b1，显然T7，T14－T7，T21－T14成等比数列；当q≠1时，T7＝b1＋b2＋…＋b7＝≠0，T14－T7＝b8＋b9＋…＋b14＝（b1＋b2＋…＋b7）q7，T21－T14＝b15＋b16＋…＋b21＝（b1＋b2＋…＋b7）q14，所以（T14－T7）2＝T7（T21－T14），即T7，T14－T7，T21－T14成等比数列，故C正确；对于D，因为S15＞0，S16＜0，所以S15＝＝15a8＞0，即a8＞0，S16＝＝＜0，即a8＋a9＜0，故a9＜0，所以S8是Sn的最大项，即使得Sn取得最大值的正整数n的值为8，故D正确.故选B、C、D.
【例3】 （1）A （2）BCD 解析：（1）∵an＋1＝，a1＝，∴a2＝＝＝2，a3＝＝＝－1，a4＝＝＝，∴数列{an}的周期为3.∴a2 024＝a3×674＋2＝a2＝2.故选A.
（2）∵在等差数列{an}中，a1＞0，a4＋a11＝a7＋a8＞0，a7·a8＜0，∴a7＞0，a8＜0，∴公差d＜0，数列{an}是递减数列，A错误；∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8＜0，∴S6＞S9，B正确；∵a7＞0，a8＜0，数列{an}是递减数列，∴当n＝7时，Sn最大，C正确；∵a4＋a11＞0，a7＞0，a8＜0，∴S14＝＝＞0，S15＝＝＜0，∴当Sn＞0时，n的最大值为14，D正确.故选B、C、D.
跟踪训练
1.C 因为等比数列{an}的首项a1＝16，公比q＝，所以a4＝16×（）3＝2＞1，a5＝16×（）4＝1，a6＝16×（）5＝＜1，所以当n＝4或n＝5时，Tn取得最大值.故选C.
2.AD 等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1－d，因为d＞0，所以a2 024＞a1，y＝dx＋a1－d是关于x的增函数.等比数列{bn}满足b1＝a1＞0，b2 024＝a2 024＞0，设{bn}的公比为q，则bn＝b1qn－1，所以q2 023＝＞1，所以q＞1，所以y＝b1qx－1是关于x的增函数.作出直线y＝dx＋a1－d及y＝b1qx－1的大致图象，如图，则数列{an}中的各项是直线y＝dx＋a1－d上离散的点对应的纵坐标，数列{bn}中的各项是曲线y＝b1qx－1上离散的点对应的纵坐标.由图可知，a100＞b100，a2 025＜b2 025，故选A、D.
第2讲 大题专攻——数列中的综合问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3，
∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，则an＝nd（d＞1），
∴bn＝，
∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝，
∴6d＋＝21.整理得2d2－7d＋3＝0，
即（2d－1）（d－3）＝0，解得d＝3或d＝（舍去）.
∴an＝3n，n∈N*.
（2）若{bn}为等差数列，
则b1＋b3＝2b2，即＋＝2·.
整理得－3a1d＋2d2＝0.
解得a1＝d或a1＝2d.
当a1＝d时，an＝nd，bn＝＝，
∴S99－T99＝（d＋99d）－（＋）＝99.
整理得50d2－d－51＝0，
解得d＝或d＝－1（舍去）；
当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，bn＝＝，
∴S99－T99＝（2d＋100d）－（＋）＝99.
整理得51d2－d－50＝0，
解得d＝－或d＝1，
∵d＞1，∴此时无解.
综上可知，d＝.
2.解：（1）因为4Sn＝3an＋4， ①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ②
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×（－3）n－1.
（2）法一（错位相减法） 因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4×（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n，
所以Tn＝1＋（2n－1）·3n.
法二（裂项相消法） bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1，
令bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1，
则bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k（n－1）－b]＝（2kn＋2b＋k）·3n－1，
所以解得
即bn＝（2n－1）·3n－[2（n－1）－1]·3n－1＝（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－（－1）×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1＝（2n－1）·3n－（－1）×30＝（2n－1）·3n＋1.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）证明：Sn＝an－4an＋1，n∈N*，
当n≥2时，Sn－1＝an－1－4an，
两式相减得an＝an－an－1－4an＋1＋4an，
即4an＋1＝4an－an－1，则有2（2an＋1－an）＝2an－an－1，
当n＝1时，S1＝a1－4a2，则a2＝0，即2a2－a1＝1≠0，
所以数列{2an＋1－an}是以1为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）得，2an＋1－an＝，则2nan＋1－2n－1an＝1，所以数列{2n－1an}是等差数列，
于是2n－1an＝n－2，解得an＝，
则Sn＝－4×＝－.
跟踪训练
解：（1）由题：令n＝1，则｜a1－b1｜＜，
即｜－b1｜＜，故－＜－b1＜，解得＜b1＜，
又b1∈Z，则b1＝3，
同理可得b2＝5，b3＝7.
（2）证明：由题意知｜an－bn｜＜，则an－＜bn＜an＋，an＋1－＜bn＋1＜an＋1＋，
从而an＋1－an－1＜bn＋1－bn＜an＋1－an＋1，
即－1＜bn＋1－bn－d＜1，
因为bn∈Z，d∈Z，所以bn＋1－bn－d＝0，即bn＋1－bn＝d，故数列{bn}是等差数列.
【例2】 解：（1）因为－2an＋1＝＋2an，
所以（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0，
因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n（n∈N*）.
（2）法一 bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n，
则bn＋bn＋1＝（－1）n＋1·2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b20
＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b19＋b20）
＝＝20.
10个
法二 bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n，
则b1＋b2＋b3＋…＋b20
＝（b1＋b3＋…＋b19）＋（b2＋b4＋…＋b20）
＝－2×（1＋3＋…＋19）＋2×（2＋4＋…＋20）
＝－2×＋2×
＝－200＋220＝20.
【例3】 解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q≠0），
由题意可知，a6－a3＝a3（q3－1）＝56， ①
S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a4（1＋q＋q2）＝a3q（1＋q＋q2）＝112， ②
显然q≠1，an≠0，
则②÷①得，＝＝2，
解得q＝2，将q＝2代入①式得，a3＝8，
所以an＝a3·qn－3＝8×2n－3＝2n.
（2）由（1）可知，a1＝2，所以Sn＝＝＝2n＋1－2，
所以bn＝＝＝（－），
所以Tn＝［（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）］＝（－）＝（1－）.
【例4】 解：（1）对等差数列{2nan}，其首项为21·a1＝1，设其公差为d，则2nan＝1＋（n－1）d，即an＝.
对等比数列{}，其首项为＝，设其公比为q，则＝qn－1，则an＝qn－1.
分别令n＝2，n＝3，
得
解得或（舍去），
故an＝（n∈N*）.
（2）证明：Sn＝1×（）1＋2×（）2＋3×（）3＋…＋， ①
Sn＝1×（）2＋2×（）3＋…＋（n－1）（）n＋n（）n＋1， ②
①－②得，Sn＝＋（）2＋（）3＋…＋（）n－＝－＝1－，
得Sn＝2－.
因为＞0，所以Sn＜2，
因为{an}各项均为正数，所以Sn≥S1＝a1＝.
故≤Sn＜2.
跟踪训练
解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d＞0），
依题意，可得
则
解得
数列{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
Sn＝＝＝n2＋2n.
（2）选①bn＝＋，
由（1）可知：an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n，
∴bn＝＋＝＋22n＋1＝n＋2＋22n＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝＋
＝＋.
选②bn＝，
由（1）可知：Sn＝n2＋2n.
∴bn＝＝＝（－）.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝×（－）＋×（－）＋×（－）＋…＋×（－）＋×（－）
＝×（＋－－）＝－（＋）＝－.
选③bn＝（an－1）·2n－1，
由（1）可知：an＝2n＋1，
∴bn＝（an－1）·2n－1＝n·2n.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋（n－1）·2n－1＋n·2n，
则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，
两式相减，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝（1－n）·2n＋1－2，
∴Tn＝（n－1）·2n＋1＋2.
培优点1 数列的递推关系
【例1】 （1）C （2）ACD 解析：（1）当n＝1时，S1＝4a1－3，得a1＝S1＝1，当n≥2时，Sn＝4（Sn－Sn－1）－3，化简得Sn＝Sn－1＋1，即Sn＋3＝（Sn－1＋3）（n≥2），又S1＋3＝4，所以{Sn＋3}是首项为4，公比为的等比数列，所以Sn＋3＝4×（）n－1，所以Sn＝4×（）n－1－3＝3［（）n－1］，故选C.
（2）对于A，令n＝1，则a1＝2×1＝2，所以A正确；对于B，当n≥2时，由a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n，得a1＋3a2＋…＋（2n－3）an－1＝2n－2，两式相减得（2n－1）an＝2，所以an＝，a1＝2满足此式，所以an＝，所以B错误；对于C，因为an＝，所以S3＝a1＋a2＋a3＝2＋＋＝，所以C正确；对于D，因为an＋1－an＝－＝2（－）＝＜0（n∈N*），所以an＋1＜an，所以数列{an}为递减数列，所以D正确.
跟踪训练
1.B ∵数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝λn2＋2n＋1（λ∈R），∴a1＝λ＋3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝λn2＋2n＋1－[λ（n－1）2＋2（n－1）＋1]＝2λn－λ＋2，∴a2＝3λ＋2.显然，从第二项开始，{an}是以2λ为公差的等差数列.又{an}是递增数列，∴2λ＞0，且a2－a1＝2λ－1＞0，得λ＞，故选B.
2.－4·（）n 解析：当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－，由5an＋1＋Sn＋16＝0 ①，得5an＋Sn－1＋16＝0（n≥2） ②，①－②得5an＋1＝4an（n≥2），∵a2＝－≠0，∴an≠0，∴＝（n≥2），又＝，∴{an}是首项为－，公比为的等比数列，∴an＝－·（）n－1＝－4·（）n.
【例2】 （1） （2）10×（
解析：（1）易知an≠0，由an＋1＝，得＝＋，所以是首项为1，公差为的等差数列，所以＝＋（n－1）×＝，an＝，所以a7＝.
（2）等式两边取以10为底的对数可得2lg an＋1＝lg an＋1，即lg an＋1－1＝（lg an－1），所以数列{lg an－1}是以lg a1－1＝－1为首项，为公比的等比数列，所以lg an－1＝（－1）×（）n－1＝－（）n－1，即lg an＝1－（）n－1，即an＝10×（.
跟踪训练
1.an＝ 解析：∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，∴＝2，∴{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等比数列.∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不满足上式，∴an＝
2.4 解析：数列{an}满足an＝an＋1－，即an＋1－an＝，两边同时除以可得－＝1，又a1＝，所以数列是等差数列，其首项为1，公差为1，所以＝1＋（n－1）×1＝n，所以an＝n·.令an＜，即n·＜，当n＝1，2，3时，an＞；当n＝4时，4×＝＜；n≥5时，n·（）n＜，所以使an＜的n的最小值为4.
【例3】 （1）B （2）
解析：（1）nan＋1－（n＋1）an＝2，两边同除n（n＋1）得－＝＝2（－），所以－a1＝2（1－＋－＋…＋－），即－a1＝2（1－），化简得an＝（2＋a1）n－2，因为a1＝1，所以an＝3n－2.
（2）因为3Sn＝（n＋2）an，则当n≥2时，3Sn＝（n＋2）（Sn－Sn－1），化简得（n－1）Sn＝（n＋2）Sn－1，即＝，所以当n≥2时，······…·＝××××××…×，即＝.因为S1＝2，所以Sn＝，当n＝1时也成立.
跟踪训练
B 由（n＋1）－n＋an＋1·an＝0，则[（n＋1）an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0，又数列{an}为正项数列，即an＞0，且a1＝1，所以（n＋1）an＋1－nan＝0，即＝，所以an＝··…··a1＝××…××1＝.
培优点2 子数列问题
【例1】 解：（1）由an＋1＝得a2＝3a1，a3＝a2＋2＝3a1＋2，
因为a1＋a3＝2a2，即a1＋3a1＋2＝6a1，
解得a1＝1，
由cn＝a2n－1，得c1＝a1＝1，cn＋1＝a2n＋1，
又a2k＝3a2k－1，a2k＋1＝a2k＋2，k∈N*，
故a2k＋1＝3a2k－1＋2，所以ck＋1＝3ck＋2，即cn＋1＝3cn＋2，
所以cn＋1＋1＝3（cn＋1），
又c1＋1＝2，所以数列{cn＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以cn＋1＝2·3n－1，所以cn＝2·3n－1－1，
则a2n－1＝2·3n－1－1，故a2n＝3a2n－1＝2·3n－3，
所以an＝
（2）当n为偶数时，Sn＝（a1＋a3＋…＋an－1）＋（a2＋a4＋…＋an）＝4（a1＋a3＋…＋an－1）＝4（c1＋c2＋…＋）＝4×［－］＝4·－2n－4；
当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－an＋1＝4·－2（n＋1）－4－（2·－3）＝2·－2n－3，
综上所述，
Sn＝
跟踪训练
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
由a2＋2a3＝13，S6＝36，
得解得
所以an＝2n－1.
（2）由（1）得bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]2n，
当n为奇数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝－（2n－1），
当n为偶数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝（2n－1）＋2n＋1，
所以T2n＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a2n－a2n－1）＋（23＋25＋…＋22n＋1）＝2n＋＝＋2n.
【例2】 （1）660 （2）（n－1）·2n＋2＋4
解析：（1）设an＝4n－3，bn＝3n，a20＝77，令bn＜77，则n＝1，2，3，所以b1＝3，b2＝9，b3＝27.在新数列{cn}的前20项中，因为a3＝9与b2＝9为公共项，所以前20项为数列{an}中的18项以及b1，b3.故T20＝a1＋a2＋a3＋…＋a18＋b1＋b3＝18×1＋×4＋3＋27＝660.
（2）由题意知，数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[（n－1）2＋n－1]＝2n.a1＝2也满足an＝2n，所以an＝2n，n∈N*，所以数列{an}的各项为2，4，6，8，10，…，又数列{2n－1}的各项为1，2，4，8，16，…，数列{an}与数列{2n－1}的公共项从小到大依次排列得到数列{bn}，所以bn＝2n，所以an·bn＝n·2n＋1，所以Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1 ①，2Tn＝1×23＋2×24＋…＋（n－1）×2n＋1＋n×2n＋2 ②，则①－②得，－Tn＝（22＋23＋24＋…＋2n＋1）－n×2n＋2＝－n×2n＋2＝（1－n）×2n＋2－4，则Tn＝（n－1）·2n＋2＋4.
跟踪训练
解析：因为数列{2n－1}是正奇数数列，对于数列{（n＋1）2－1}，当n为奇数时，（n＋1）2－1为奇数，当n为偶数时，（n＋1）2－1为偶数，所以数列{2n－1}与{（n＋1）2－1}的公共项为奇数，令n＝2k－1（k∈N*），则（n＋1）2－1＝4k2－1，故＝＝＝（－），所以c1＋c2＋…＋c99＝×（1－＋－＋…＋－）＝×（1－）＝.
【例3】 解：（1）因为{an}为等差数列，则S5＝5a3＝25，即a3＝5，
可得d＝a4－a3＝2，a1＝a3－2d＝1，
所以an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
（2）因为在ak与ak＋1（k＝1，2，…）之间插入2k－1个3，
可知ak（k≥2）在数列{bn}中对应的项数为n＝k＋20＋21＋…＋2k－2＝k＋＝2k－1＋k－1，
当k＝8时，则n＝27＋7＝135，
即a8＝b135；
当k＝9时，则n＝28＋8＝264，
即a9＝b264；
由题意可知：b136＝b137＝…＝b150＝3，
所以T150＝S8＋3（150－8）＝＋426＝490.
跟踪训练
解：（1）∵Sn＝n2＋n，∴当n≥2且n∈N*时，bn＝Sn－Sn－1＝2n.
又b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n.
∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，
∴等比数列{an}的公比为2，
∴an＝2n.
（2）∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，a5＝32，b25＝50，
∴c1＋c2＋…＋c20＝（b1＋b2＋…＋b25）－（a1＋a2＋…＋a5）＝S25－（21＋22＋…＋25）＝252＋25－＝650－62＝588.
培优点3 数列与其他知识的交汇问题
【例1】 解：（1）因为0＜θ＜，x1＝a＝tan θ＞0，由题意xn＞0.
又xn＋1＝≤1，所以xn∈（0，1].
由x3＜，得＜，即2－5x2＋2＞0，求得x2＜或x2＞2.
又x2∈（0，1]，则0＜x2＜.
而x2＝＝＝sin 2θ，因此0＜sin 2θ＜，
因为2θ∈（0，π），所以0＜θ＜或＜θ＜.
故θ的取值范围为（0，）∪（，）.
（2）令x＝y＝0，得f（0）＝0，令x＝0，得f（0）－f（y）＝f（－y），
即f（－y）＝－f（y），所以f（x）是奇函数.
由f（xn＋1）＝f（）
＝f（）＝f（xn）－f（－xn）＝2f（xn），
即＝2，所以数列{f（xn）}是等比数列.
故f（xn）＝f（x1）·2n－1＝f（a）·2n－1＝2n－2.
跟踪训练
解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），∵a1＝1，且a1，a3，a13成等比数列，
∴＝a1a13，即（1＋2d）2＝1＋12d，得d＝2，∴an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
∵数列{bn}的前n项和Sn＝2bn－2，当n＝1时，b1＝2b1－2，∴b1＝2，
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1，
故数列{bn}是首项为2、公比为2的等比数列，∴bn＝2n.
（2）由（1）可得cn＝bn－an＝2n－（2n－1），∴Tn＝－＝2n＋1－2－n2，
∴Tn＋n2－n＝2n＋1－n－2.
令f（x）＝2x＋1－x－2（x≥1），f'（x）＝2x＋1ln 2－1，
∵x≥1，∴f'（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）min＝f（1）＝1.
∴log2（1－a）＜1，∴0＜1－a＜2，
∴－1＜a＜1.
故实数a的取值范围为（－1，1）.
【例2】 解：（1）因为2Sn＝n2＋n，
所以Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，
因为a1＝1也满足上式，故an＝n（n∈N*）.
（2）因为bn＝，且an＝n（n∈N*），
所以bn＝＝
＝－，
所以T99＝（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）＝－1＝9.
即T99＝9.
（3）证明：由于＝＝＞＝－，
故＋＋＋…＋＞－1＋－＋…＋－＝－1＝9.
所以原不等式成立.
跟踪训练
解：（1）由题意得{Sn－an}是等差数列，设其公差为d，
则Sn＋1－an＋1＝Sn＝Sn－an＋d，则an＝d＞0，故＝1.
（2）由（1）可知，an＝d＞0，则Sm－＞2可转化为Sm－＝md－d2＞2，
故m＞d＋≥2，当且仅当d＝时，d＋≥2取等号，
由于m为正整数，故最小正整数m的值为3，
当m＝3时，取an＝，则S3－＝3－2＞2，满足条件.
综上所述，正整数m的最小值是3.
【例3】 解：（1）证明：由an为数列{bn}的前n项积，＋＝1，
可得n＝1时，a1＝b1，即有＋＝1，解得a1＝3；
当n≥2时，bn＝，即有＋＝1，
可得an＝an－1＋2，即an－an－1＝2，
则数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列.
（2）由（1）可得an＝3＋2（n－1）＝2n＋1，
＝＝3n－1，
可得{2n＋1}和{3n－1}中的相同项为5，11，17，23，…，
即有c1＝2，c2＝3，c3＝5，c4＝7，c5＝8，c6＝9，c7＝11，c8＝13，…，
可设cn＝k∈N*，
则T4n＝（c1＋c2＋c3＋c4）＋（c5＋c6＋c7＋c8）＋…＋（c4n－3＋c4n－2＋c4n－1＋c4n）＝17＋41＋…＋（24n－7）＝n（17＋24n－7）＝12n2＋5n.
跟踪训练
解：（1）证明：设等差数列{an}的公差为d.
由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，所以d＝2b1.
由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），
所以a1＋d－2b1＝4d－（a1＋3d），整理得a1＝b1.
（2）由（1）知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知，b1·2k－1＝a1＋（m－1）·d＋a1，
即b1·2k－1＝b1＋（m－1）·2b1＋b1，即2k－1＝2m，
因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10.
故集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9.
培优点4 数列的新定义问题
【例1】 解：（1）依题意有：d1≤c2－c1≤d2，d1≤c3－c2≤d2，…，d1≤cn－cn－1≤d2.
将这（n－1）个不等式相加，得（n－1）d1≤cn－c1≤（n－1）d2，
从而c1＋（n－1）d1≤cn≤c1＋（n－1）d2，n≥2，n∈N.
（2）数列{}是类等差数列，证明如下：
法一 因为an＋1＝an－2，
所以＝＝＝2（＋）＝＋，即－＝.
因为2＝an－an＋1＞0，所以an＋1＜an，所以{an}是递减数列，最大项为a1＝.
所以1－2an≥1－2a1＝＞0，an＋1＝an（1－2an）＝an－1（1－2an－1）（1－2an）＝…＝a1（1－2a1）（1－2a2）（1－2a3）…（1－2an）＞0，
所以0＜an≤，所以－＝＜0，
所以是递减数列，故其最大项为＝6，且＞＝2，
所以2＜－≤6，所以数列{}是类等差数列.
法二 －＝－＝＝＝，
又2＝an－an＋1＞0，所以an＋1＜an，则{an}是递减数列，最大项为a1＝.
由于数列{an}为递减数列，则{1－2an}为递增数列，且1－2an＞0，
所以{}是递减数列，故其最大项为＝6，所以－≤6，
又由法一知an＞0，所以＞2，所以2＜－≤6，所以数列{}是类等差数列.
跟踪训练
解：（1）因为｜3－2｜≤｜3－5｜≤｜3－1｜，所以数列3，2，5，1满足性质p.
因为｜4－3｜≤｜4－2｜＞｜4－5｜≤｜4－1｜，所以数列4，3，2，5，1不满足性质p.
（2）由题意可得，an＝qn－1，
｜1－qn｜≥｜1－qn－1｜，n∈{2，3，4，…，9}，两边平方得q2n－2qn＋1≥q2n－2－2qn－1＋1，
整理得（q－1）qn－1[qn－1（q＋1）－2]≥0，（*）
当q≥1时，得qn－1（q＋1）－2≥0，关于n≥2恒成立，
等价于n＝2时，q（q＋1）－2≥0，所以（q＋2）（q－1）≥0，
解得q≤－2或q≥1，所以取q≥1；
当0＜q＜1时，q－1＜0，qn－1＞0，
得qn－1（q＋1）－2≤0，此时关于（*）式恒成立，
等价于n＝2时，q（q＋1）－2≤0，所以（q＋2）·（q－1）≤0，
解得－2≤q≤1，所以取0＜q＜1；
当－1≤q＜0时，q－1＜0，
当n为奇数时，qn－1＞0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式成立，
当n为偶数时，qn－1＜0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式不成立，
所以当－1≤q＜0时，不符合题意，舍去；
当q＜－1时，q－1＜0，
若n为奇数时，qn－1＞0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式成立，
若n为偶数时，qn－1＜0，要使（*）式恒成立，
即使qn－1（q＋1）－2≥0恒成立，
即当n＝2时q（q＋1）－2≥0恒成立，解得q≤－2或q≥1，所以取q≤－2，
综上，q∈（－∞，－2]∪（0，＋∞）.
【例2】 证明：（1）因为an＝，所以cn＝ln an（an＞0），
因为正项数列{cn}是一个“凸数列”，
所以ct－1＋ct＋1≤2ct，所以ln at－1＋ln at＋1≤2ln at，所以at－1at＋1≤，
所以数列{an}是一个“对数性凸数列”，≤，
所以≤≤…≤≤，变形可得到a1a10≤a2a9≤a3a8≤a4a7≤a5a6，
所以数列{an}是一个“对数性凸数列”，且有a1a10≤a5a6.
（2）因为f（x）＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三个零点，
所以方程f'（x）＝b2＋2b3x＋3b4x2＝0有两个不等实数根，
所以Δ1＝4－4×3b2b4＞0 ＞3b2b4，
又bi＞0（i＝1，2，3，4），所以＞3b2b4＞b2b4；
x＝0时，f（0）＝b1＞0，所以x＝0不是f（x）的零点，
又f（）＝b1＋b2（）＋b3（）2＋b4（）3，
令t＝，则f（t）＝b1＋b2t＋b3t2＋b4t3也有三个零点，
即f（）＝有三个零点，
令g（x）＝b1x3＋b2x2＋b3x＋b4，则g（x）有三个零点，
所以g'（x）＝3b1x2＋2b2x＋b3有两个零点，
所以Δ2＝4－4×3b1b3＞0 ＞3b1b3＞b1b3，
因为b2b4＜，b1b3＜，
所以正项数列b1，b2，b3，b4对任意的相邻三项bt－1，bt，bt＋1，都满足bt－1bt＋1≤，
所以数列b1，b2，b3，b4是一个“对数性凸数列”.
跟踪训练
解：（1）由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*.
于是当T＝{2，4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1，
又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
（2）证明：因为T {1，2，…，k}，an＝3n－1＞0，n∈N*，
所以ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝（3k－1）＜3k，
即ST＜ak＋1.
（3）证明：根据集合D和C的包含关系分三种情况证明.
①若D是C的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD＋SD＝2SD.
②若C是D的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SC＝2SC≤2SD，又SC≥SD，所以SC＝SD，SC＋SC∩D＝2SD.
③若D不是C的子集，且C不是D的子集，如图，
令E＝C∩ UD，F＝D∩ UC，则E≠ ，F≠ ，E∩F＝ ，
于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，进而由SC≥SD，得SE≥SF.
设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1，l≥1，k≠l.
由（2）知，SE＜ak＋1，于是3l－1＝al≤SF≤SE＜ak＋1＝3k，所以l－1＜k，即l≤k，
又k≠l，故l≤k－1，从而SF≤a1＋a2＋…＋al＝1＋3＋…＋3l－1＝≤＝≤，
故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2（SD－SC∩D）＋1，
即SC＋SC∩D≥2SD＋1.
综合①②③得，SC＋SC∩D≥2SD.
2 / 2第2讲 大题专攻——数列中的综合问题
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
等差、等比数列基本量的计算 解答题会考查等差、等比数列的判定与证明，数列求和等问题，注意与不等式的交汇考查
等差、等比数列的判定及应用
数列通项及求和的综合问题
二、真题感悟
1.（2023·新高考Ⅰ卷20题）（等差数列基本量的计算）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
（1）若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
（2）若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
2.（2024·全国甲卷理18题）（数列求和）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.
重｜难｜排｜查
1.等差、等比数列的判断与证明
方法 等差数列 等比数列
定义法 an＋1－an＝d ＝q（q≠0，an≠0）
通项公式法 an＝a1＋（n－1）d an＝a1·qn－1
中项法 2an＝an－1＋an＋1（n≥2） ＝an－1an＋1（n≥2，an≠0）
前n项和法 Sn＝an2＋bn （a，b为常数） Sn＝kqn－k （k≠0，q≠0，1）
2.数列求和的常用方法
（1）公式法；（2）分组求和法；（3）倒序相加法；（4）错位相减法；（5）裂项相消法.
3.常见的裂项技巧
（1）＝－；
（2）＝；
（3）＝；
（4）＝－.
数列的判断与证明
【例1】 （2024·扬州第二次调研）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－4an＋1，a1＝－1.
（1）证明：数列{2an＋1－an}为等比数列；
（2）求数列{an}的前n项和.
感悟提升
证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法
（1）证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an（n∈N*）为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1（n≥2）.
（2）证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：
①利用定义，证明（n∈N*）为一非零常数；
②利用等比中项，即证明＝an－1an＋1（n≥2）.
提醒 证明{an}不是等差（比）数列可用特值法.
（2024·辽宁二模）如果数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n都有｜xn－yn｜＜，则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列”.
（1）若an＝2n＋（n∈N*），求b1，b2，b3的值；
（2）若数列{an}是等差数列，且公差为d（d∈Z），求证：数列{bn}是等差数列.
数列求和
考向1 分组转化法求和
【例2】 已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝2，－2an＋1＝＋2an.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝（－1）nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20.
感悟提升
1.分组转化法求和
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差（等比）数列或可求前n项和的数列求和.
2.分组转化法求和的常见类型
考向2 裂项相消法求和
【例3】 （2024·温州高三统一测试）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6－a3＝56，S6－S3＝112.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
感悟提升
裂项相消法求数列前n项和的策略
（1）基本步骤：
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
考向3 错位相减法求和
【例4】 在各项均为正数的数列{an}中，a1＝，且{2nan}是等差数列，{}是等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设{an}的前n项和为Sn，证明：≤Sn＜2（n∈N*）.
感悟提升
错位相减法求数列{anbn}前n项和的策略
（1）适用条件：若{an}是公差为d（d≠0）的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn；
（2）基本步骤：
已知公差为正数的等差数列{an}中，a1，a4，a7＋12成等比数列，数列{an}的前n项和为Sn，满足S3＝15.
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）若 ，求数列{bn}的前n项和Tn.
在①bn＝＋，②bn＝，③bn＝（an－1）·2n－1这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
1 / 3第2讲 大题专攻——数列中的综合问题
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
等差、等比数列基本量的计算 解答题会考查等差、等比数列的判定与证明，数列求和等问题，注意与不等式的交汇考查
等差、等比数列的判定及应用
数列通项及求和的综合问题
二、真题感悟
1.（2023·新高考Ⅰ卷20题）（等差数列基本量的计算）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
（1）若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
（2）若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解：（1）∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3，
∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，则an＝nd（d＞1），
∴bn＝，
∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝，
∴6d＋＝21.整理得2d2－7d＋3＝0，
即（2d－1）（d－3）＝0，解得d＝3或d＝（舍去）.
∴an＝3n，n∈N*.
（2）若{bn}为等差数列，
则b1＋b3＝2b2，即＋＝2·.
整理得－3a1d＋2d2＝0.
解得a1＝d或a1＝2d.
当a1＝d时，an＝nd，bn＝＝，
∴S99－T99＝（d＋99d）－（＋）＝99.
整理得50d2－d－51＝0，
解得d＝或d＝－1（舍去）；
当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，bn＝＝，
∴S99－T99＝（2d＋100d）－（＋）＝99.
整理得51d2－d－50＝0，
解得d＝－或d＝1，
∵d＞1，∴此时无解.
综上可知，d＝.
2.（2024·全国甲卷理18题）（数列求和）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：（1）因为4Sn＝3an＋4， ①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ②
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，
即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×（－3）n－1.
（2）法一（错位相减法） 因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4×（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n，
所以Tn＝1＋（2n－1）·3n.
法二（裂项相消法） bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1，
令bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1，
则bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k（n－1）－b]＝（2kn＋2b＋k）·3n－1，
所以解得
即bn＝（2n－1）·3n－[2（n－1）－1]·3n－1＝（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－（－1）×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1＝（2n－1）·3n－（－1）×30＝（2n－1）·3n＋1.
重｜难｜排｜查
1.等差、等比数列的判断与证明
方法 等差数列 等比数列
定义法 an＋1－an＝d ＝q（q≠0，an≠0）
通项公式法 an＝a1＋（n－1）d an＝a1·qn－1
中项法 2an＝an－1＋an＋1（n≥2） ＝an－1an＋1（n≥2，an≠0）
前n项和法 Sn＝an2＋bn（a，b为常数） Sn＝kqn－k（k≠0，q≠0，1）
2.数列求和的常用方法
（1）公式法；（2）分组求和法；（3）倒序相加法；（4）错位相减法；（5）裂项相消法.
3.常见的裂项技巧
（1）＝－；
（2）＝；
（3）＝；
（4）＝－.
数列的判断与证明
【例1】 （2024·扬州第二次调研）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－4an＋1，a1＝－1.
（1）证明：数列{2an＋1－an}为等比数列；
（2）求数列{an}的前n项和.
解：（1）证明：Sn＝an－4an＋1，n∈N*，
当n≥2时，Sn－1＝an－1－4an，
两式相减得an＝an－an－1－4an＋1＋4an，
即4an＋1＝4an－an－1，则有2（2an＋1－an）＝2an－an－1，
当n＝1时，S1＝a1－4a2，则a2＝0，即2a2－a1＝1≠0，
所以数列{2an＋1－an}是以1为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）得，2an＋1－an＝，则2nan＋1－2n－1an＝1，所以数列{2n－1an}是等差数列，
于是2n－1an＝n－2，解得an＝，
则Sn＝－4×＝－.
感悟提升
证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法
（1）证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an（n∈N*）为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1（n≥2）.
（2）证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：
①利用定义，证明（n∈N*）为一非零常数；
②利用等比中项，即证明＝an－1an＋1（n≥2）.
提醒 证明{an}不是等差（比）数列可用特值法.
（2024·辽宁二模）如果数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n都有｜xn－yn｜＜，则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列”.
（1）若an＝2n＋（n∈N*），求b1，b2，b3的值；
（2）若数列{an}是等差数列，且公差为d（d∈Z），求证：数列{bn}是等差数列.
解：（1）由题：令n＝1，则｜a1－b1｜＜，
即｜－b1｜＜，故－＜－b1＜，解得＜b1＜，
又b1∈Z，则b1＝3，
同理可得b2＝5，b3＝7.
（2）证明：由题意知｜an－bn｜＜，则an－＜bn＜an＋，an＋1－＜bn＋1＜an＋1＋，
从而an＋1－an－1＜bn＋1－bn＜an＋1－an＋1，
即－1＜bn＋1－bn－d＜1，
因为bn∈Z，d∈Z，所以bn＋1－bn－d＝0，即bn＋1－bn＝d，故数列{bn}是等差数列.
数列求和
考向1 分组转化法求和
【例2】 已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝2，－2an＋1＝＋2an.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝（－1）nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20.
解：（1）因为－2an＋1＝＋2an，
所以（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0，
因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n（n∈N*）.
（2）法一 bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n，
则bn＋bn＋1＝（－1）n＋1·2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b20
＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b19＋b20）
＝＝20.
10个
法二 bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n，
则b1＋b2＋b3＋…＋b20
＝（b1＋b3＋…＋b19）＋（b2＋b4＋…＋b20）
＝－2×（1＋3＋…＋19）＋2×（2＋4＋…＋20）
＝－2×＋2×
＝－200＋220＝20.
感悟提升
1.分组转化法求和
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差（等比）数列或可求前n项和的数列求和.
2.分组转化法求和的常见类型
考向2 裂项相消法求和
【例3】 （2024·温州高三统一测试）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6－a3＝56，S6－S3＝112.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q≠0），
由题意可知，a6－a3＝a3（q3－1）＝56， ①
S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a4（1＋q＋q2）＝a3q（1＋q＋q2）＝112， ②
显然q≠1，an≠0，
则②÷①得，＝＝2，
解得q＝2，将q＝2代入①式得，a3＝8，
所以an＝a3·qn－3＝8×2n－3＝2n.
（2）由（1）可知，a1＝2，所以Sn＝＝＝2n＋1－2，
所以bn＝＝＝（－），
所以Tn＝［（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）］＝（－）＝（1－）.
感悟提升
裂项相消法求数列前n项和的策略
（1）基本步骤：
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
考向3 错位相减法求和
【例4】 在各项均为正数的数列{an}中，a1＝，且{2nan}是等差数列，{}是等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设{an}的前n项和为Sn，证明：≤Sn＜2（n∈N*）.
解：（1）对等差数列{2nan}，其首项为21·a1＝1，设其公差为d，则2nan＝1＋（n－1）d，即an＝.
对等比数列{}，其首项为＝，设其公比为q，则＝qn－1，则an＝qn－1.
分别令n＝2，n＝3，得
解得或（舍去），故an＝（n∈N*）.
（2）证明：Sn＝1×（）1＋2×（）2＋3×（）3＋…＋， ①
Sn＝1×（）2＋2×（）3＋…＋（n－1）（）n＋n（）n＋1， ②
①－②得，Sn＝＋（）2＋（）3＋…＋（）n－＝－＝1－，
得Sn＝2－.
因为＞0，所以Sn＜2，
因为{an}各项均为正数，所以Sn≥S1＝a1＝.
故≤Sn＜2.
感悟提升
错位相减法求数列{anbn}前n项和的策略
（1）适用条件：若{an}是公差为d（d≠0）的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn；
（2）基本步骤：
已知公差为正数的等差数列{an}中，a1，a4，a7＋12成等比数列，数列{an}的前n项和为Sn，满足S3＝15.
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）若 ，求数列{bn}的前n项和Tn.
在①bn＝＋，②bn＝，③bn＝（an－1）·2n－1这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d＞0），
依题意，可得
则解得
数列{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
Sn＝＝＝n2＋2n.
（2）选①bn＝＋，
由（1）可知：an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n，
∴bn＝＋＝＋22n＋1＝n＋2＋22n＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝＋＝＋.
选②bn＝，
由（1）可知：Sn＝n2＋2n.
∴bn＝＝＝（－）.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝×（－）＋×（－）＋×（－）＋…＋×（－）＋×（－）
＝×（＋－－）＝－（＋）＝－.
选③bn＝（an－1）·2n－1，
由（1）可知：an＝2n＋1，
∴bn＝（an－1）·2n－1＝n·2n.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋（n－1）·2n－1＋n·2n，
则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，
两式相减，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝（1－n）·2n＋1－2，
∴Tn＝（n－1）·2n＋1＋2.
1.已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且Sn是an与的等差中项.
（1）证明：数列{}为等差数列；
（2）若bn＝，求b1＋b2＋b3＋…＋b99的值.
解：（1）证明：因为Sn是an与的等差中项，所以Sn＝（an＋）.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，所以Sn＝（Sn－Sn－1＋）（n≥2），
即2Sn＝Sn－Sn－1＋，可得Sn＋Sn－1＝，即－＝1.
令n＝1，可得S1＝a1＝（a1＋），解得a1＝1或a1＝－1，
又数列{an}是正项数列，所以a1＝1.
所以数列{}是以＝1为首项、1为公差的等差数列.
（2）由（1）得＝＋n－1＝n，即＝n.
因为数列{an}是正项数列，所以Sn＞0，
所以Sn＝.
于是an＝Sn－Sn－1＝－（n≥2），
当n＝1时，a1＝1，符合an＝－，可得an＝－.
所以bn＝＝＝－，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b99＝－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.
2.（2024·济南高三模拟考试）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝且Sn＝2an＋1－3，令bn＝.
（1）求证：{an}为等比数列；
（2）求使bn取得最大值时的n的值.
解：（1）证明：由Sn＝2an＋1－3可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，
即n≥2时，＝，
因为a1＝，a1＝2a2－3，所以a2＝，则＝，
综上，＝，n∈N*，
所以{an}是首项和公比均为的等比数列.
（2）由（1）可得an＝（）n，
所以bn＝（）n（n2＋n），n∈N*，
n≥2时，＝＝，
令＞1，可得2≤n＜5，令＜1，可得n＞5，
可知b1＜b2＜b3＜b4＝b5＞b6＞b7＞…，
综上，bn取得最大值时，n＝4或n＝5.
3.已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1，数列{bn}满足bn＝.
（1）证明：{bn}是常数数列；
（2）若数列{cn}满足cn＝sin（an）＋，求{cn}的前2n项和S2n.
解：（1）证明：因为bn＋1－bn＝－＝
＝＝＝0，
所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数数列.
（2）因为a1＝1，所以bn＝b1＝＝2，所以＝2，所以an＝2n－1.
所以cn＝sin［（2n－1）］＋22n－1＝sin（nπ－）＋22n－1，
所以S2n＝［sin＋sin＋sin＋…＋sin（2nπ－）］＋（21＋23＋25＋…＋24n－1）
＝（1－1＋1－1＋…－1）＋＝.
4.（2024·南昌一模）对于各项均不为零的数列{cn}，我们定义：数列{}为数列{cn}的“k-比分数列”.已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，且{an}的“1-比分数列”与{bn}的“2-比分数列”是同一个数列.
（1）若{bn}是公比为2的等比数列，求数列{an}的前n项和Sn；
（2）若{bn}是公差为2的等差数列，求an.
解：（1）由题意知＝，
因为b1＝1，且{bn}是公比为2的等比数列，所以＝4，
因为a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，
所以Sn＝＝（4n－1）.
（2）因为b1＝1，且{bn}是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1，
所以＝＝，
所以＝，＝，…，＝，
所以＝，因为a1＝1，
所以an＝（4n2－1）.
5.（2024·石家庄教学质量检测）已知数列{an}满足a1＝7，an＋1＝
（1）写出a2，a3，a4；
（2）证明：数列{a2n－1－6}为等比数列；
（3）若bn＝a2n，求数列{n·（bn－3）}的前n项和Sn.
解：（1）由题意知，a1＝7，所以a2＝a1－3＝4，
a3＝2a2＝8，a4＝a3－3＝5.
（2）证明：因为an＋1＝
所以a2n＋1－6＝2a2n－6＝2（a2n－1－3）－6＝2（a2n－1－6），
所以＝2，且a1－6＝1，
所以数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可知，a2n－1－6＝2n－1，即a2n－1＝2n－1＋6，
因为2n为偶数，2n－1为奇数，
所以bn＝a2n＝a2n－1－3＝2n－1＋3，
所以n·（bn－3）＝n·（2n－1＋3－3）＝n·2n－1，
所以Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1， ①
2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， ②
①－②得，－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝2n－1－n·2n，
所以Sn＝1＋（n－1）·2n，n∈N*.
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