第6讲 数列求和
（时间：45分钟，满分：70分）
一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1.（2025·安徽皖南八校联考）已知数列{an}满足an＝（－1）nn2，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为（ ）
A.－64 B.－81
C.100 D.－121
2.（2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜an｜}的前12项和为（ ）
A.48 B.112
C.80 D.144
二、解答题（共60分）
3.（13分）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}是常数列；
（2）若数列{cn}满足cn＝sin＋，求{cn}的前2n项和S2n.
4.（15分）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.
5.（15分）（2025·辽宁一模）记Sn为数列{an}的前n项和，an＝，a2＝.
（1）求a1；
（2）求证：数列{n（n＋1）an}是常数列；
（3）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
6.（17分）（2025·山东聊城二模）已知数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn，且Sn＝＋n，n∈N*.
（1）求an，Sn；
（2）记Sn＝f（n），数列{bn}满足：b1＝1，bn＋1＝f（bn），数列{}的前n项积与前n项和分别记为An，Bn.证明：
①An＝；
②An＋Bn＝1.
第6讲 数列求和
1.B an＝（－1）nn2，则其前20项和为S＝－12＋22－32＋42－…－192＋202＝（22－12）＋（42－32）＋…＋（202－192）＝1＋2＋3＋4＋…＋20＝210.设写错项为x，则S－x－x＝372，解得x＝－81，a9＝－81，故写错之前这个数为－81.故选B.
2.C 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－（n－1）2＋8（n－1）]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以｜an｜＝所以{｜an｜}的前12项和为＋＝80，故选C.
3.解：（1）证明：因为bn＋1－bn＝－＝
＝
＝＝0，
所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数列.
（2）因为a1＝1，所以bn＝b1＝＝2，
所以＝2，所以an＝2n－1.
所以cn＝sin＋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.解：（1）证明：因为Sn是an与的等差中项，所以Sn＝.
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（n≥2）.
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－＝.
5.解：（1）因为an＝，所以Sn＝n2an.
当n＝2时，S2＝4a2＝a1＋a2，
因为a2＝，所以a1＝.
（2）证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2an－（n－1）2an－1，
所以（n2－1）an＝（n－1）2an－1，即（n＋1）an＝（n－1）an－1，
等式两边同时乘以n得，（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1，
所以（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1＝（n－1）（n－2）·an－2＝…＝2×1×a1＝1，
所以数列{n（n＋1）an}是常数列.
（3）由（2）知n（n＋1）an＝1，所以an＝，则bn＝（n＋1）×2n，
所以Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1，
两式相减得，－Tn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝2＋－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Tn＝n×2n＋1.
6.解：（1）由Sn＝＋n，n∈N*得，Sn－1＝＋n－1，n≥2.
两式相减得：an＝（－）＋1，n≥2，即＝，n≥2，
因为{an}是递增数列，所以an－an－1＝2，n≥2，
由S1＝＋1，得a1＝2，所以{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
所以an＝2＋2（n－1）＝2n，Sn＝＝n2＋n.
（2）证明：①由已知得，b1＝1，bn＋1＝f（bn）＝＋bn，
所以＝＝，
即＝，
所以An＝···…·＝···…·＝.
②由＝＝＝－，可得＝－，
所以Bn＝＋＋…＋＝（ －）＋（ －）＋…＋（ －）＝1－，
所以An＋Bn＝＋1－＝1.
1 / 1第6讲 数列求和
【备考指南】 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式呈现，考查等差、等比数列的判定，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中等偏下.
已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，2a3＝3a2＋4，且bn＝log2an.
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn；
（3）求数列的前n项和An；
分组求和：
等差数列中，Sn＝；
等比数列中，Sn＝（q≠1）.
（4）求数列{an＋bn}的前n项和Bn；
裂项求和：
＝（－）.
（5）求数列的前n项和Cn；
含有（－1）n，对n分奇偶讨论.
（6）求数列{（－1）nbn}的前n项和Dn.
【思维建模】 数列求和方法选择技巧
考点一 分组转化法
【通性通法】 分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组，转化为若干个可求和的数列的和或差，然后再求和.
【例1】 已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1＋a2＝3，S4＝15.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝an＋（－1）n（3n－1），求数列{bn}的前2n项和T2n.
【训练1】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4（a3－1），n∈N*.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝其中k是正整数.
①求b1，b2，b3，b4；②求bi（n∈N*）.
考点二 裂项相消法
【通性通法】 （1）常见的裂项形式：＝（－）（k≠0），
＝
（－），
＝·
［－］，
＝（－），
＝－，
ln（1＋）＝ln（1＋n）－ln n；
（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.
【例2】 已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为2且公比大于0的等比数列，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）若数列{cn}满足：cn＝，且数列{cn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜.
【训练2】 （2025·广东深圳一模）已知等差数列{an}满足an，an＋1是关于x的方程x2－4nx＋bn＝0的两个根.
（1）求a1；
（2）求数列的前n项和Sn.
考点三 错位相减法
【易错提醒】 用错位相减法求和时应注意：（1）等比数列的公比为负数的情形；（2）在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
【例3】 （2025·全国Ⅰ卷16题）已知数列{an}中，a1＝3，＝＋.
（1）证明：数列{nan}是等差数列；
（2）给定正整数m，设函数f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'（－2）.
【瓶颈突破】 当已知条件中含有三角函数时，需等价转化，常用的三角函数等价转化有：（1）cos nπ＝（－1）n；
（2）sin＝（－1）n＋1.
【训练3】 （2025·贵州贵阳模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，8Sn＝＋4an－21.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足bn＝an·cos（nπ）·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
第6讲 数列求和
【基础·回扣】
（1）解：设数列{an}的公比为q，q＞0.
∵2a3＝3a2＋4，
∴2a1q2＝3a1q＋4，
∴q＝2或－（舍），∴an＝2n，
∴Sn＝＝2n＋1－2.
（2）解：由（1）得an＝2n，
∴bn＝log2an＝n，
∴Tn＝＝.
（3）解：由（1）得＝＝，
∴An＝＋＋＋…＋＝＝.
（4）解：∵an＋bn＝2n＋n，
∴Bn＝21＋1＋22＋2＋…＋2n＋n
＝（21＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n）
＝＋
＝－2＋2n＋1.
（5）解：∵＝＝2，
∴Cn＝2（1－＋－＋－＋…＋－）
＝2×（1＋－－）
＝3－－
＝.
（6）解：由（2）知（－1）nbn＝（－1）n·n.
当n为偶数时，
Dn＝（－1）×1＋（－1）2×2＋…＋（－1）n·n＝－1＋2－3＋4－5＋…－（n－1）＋n＝.
当n为奇数时，Dn＝－n＝，
∴Dn＝
【典例·讲解】
【例1】 解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
由a1＋a2＝3及S4＝15，得a3＋a4＝q2（a1＋a2）＝12，
解得q＝2，于是a1＋a2＝3a1＝3，即a1＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n－1.
（2）由（1）知，bn＝2n－1＋（－1）n（3n－1），
所以T2n＝（1＋2＋22＋…＋22n－1）＋[（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－6n＋4＋6n－1）]＝＋3n＝22n＋3n－1.
【训练1】 解：（1）由题意得
解得
∴{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）①∵bn＝其中k是正整数，∴b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4.
②bi＝b1＋b2＋b3＋…＋
＝（b1＋b3＋b5＋…＋）＋（b2＋b4＋b6＋…＋）
＝（b1＋b3＋b5＋…＋）＋[（b1＋1）＋（b3＋2）＋（b5＋3）＋…＋（＋2n－1）]
＝2（b1＋b3＋b5＋…＋）＋（1＋2＋3＋…＋2n－1）
＝3（1＋2＋3＋…＋2n－1）
＝3×
＝3（2n－2＋22n－3）.
【例2】 解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则q＞0，
因为b1＝2，b2＋b3＝b1（q＋q2）＝2（q＋q2）＝12，可得q2＋q－6＝0，解得q＝2，
故数列{bn}的通项公式为bn＝2·2n－1＝2n.
因为b3＝a4－2a1＝8，S11＝11b4＝11×16，
所以
解得
故数列{an}的通项公式为an＝1＋3（n－1）＝3n－2.
（2）证明：由（1）得cn＝＝＝－，
所以Tn＝（－）＋（－）＋…＋（－）＝－，
因为Tn＋1－Tn＝cn＋1＞0，故数列{Tn}单调递增，
所以Tn≥T1＝c1＝＝，且Tn＝－＜，
因此对任意的n∈N*，≤Tn＜.
【训练2】 解：（1）根据题意，由根与系数的关系可得an＋an＋1＝4n，
∵数列{an}是等差数列，设公差为d，
∴a1＋（n－1）d＋a1＋nd＝4n，即2dn＋2a1－d＝4n，
则解得
∴a1＝1.
（2）由（1）d＝2，a1＝1，则an＝2n－1，
∴bn＝an·an＋1＝（2n－1）（2n＋1），
∴（－1）n·＝（－1）n·＝（－1）n（＋），
∴Sn＝－（1＋）＋（＋）－（＋）＋…＋（－1）n（＋）＝－1＋（－1）n.
【例3】 解：（1）证明：＝＋两边同时乘n（n＋1），得（n＋1）an＋1＝nan＋1，
又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列.
（2）由（1）可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋（n－1）×1＝n＋2，
又f'（x）＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1，
故f'（－2）＝3＋4×（－2）＋…＋（m＋2）×（－2）m－1，
所以－2f'（－2）＝3×（－2）＋4×（－2）2＋…＋（m＋2）×（－2）m.
两式相减，得3f'（－2）＝3＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）m－1－（m＋2）×（－2）m＝－（m＋）×（－2）m，
所以f'（－2）＝－（＋）×（－2）m.
【训练3】 解：（1）由8Sn＝＋4an－21，
得当n≥2时，8Sn－1＝＋4an－1－21.
两式相减得8an＝－＋4an－4an－1，
整理得4（an＋an－1）＝（an＋an－1）（an－an－1），
∵{an}为正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝4.
当n＝1时，8S1＝＋4a1－21＝8a1，解得a1＝7.
∴{an}是以7为首项，4为公差的等差数列，
∴数列{an}的通项公式为an＝7＋4×（n－1）＝4n＋3.
（2）当n＝2k＋1，k∈Z时，cos（nπ）＝－1；当n＝2k，k∈Z时，cos（nπ）＝1，
∴bn＝an·（－1）n·2n＝（4n＋3）·（－2）n，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝（4＋3）×（－2）＋（4×2＋3）×（－2）2＋（4×3＋3）×（－2）3＋…＋（4n＋3）×（－2）n ①，
－2Tn＝（4＋3）×（－2）2＋（4×2＋3）×（－2）3＋（4×3＋3）×（－2）4＋…＋（4n＋3）×（－2）n＋1 ②，
①－②得：3Tn＝（4＋3）×（－2）＋4[（－2）2＋（－2）3＋…＋（－2）n]－（4n＋3）×（－2）n＋1
＝4×＋（8n＋6）×（－2）n－6
＝×（－2）n－＋（8n＋6）×（－2）n－6＝×（－2）n－，
∴Tn＝－.
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第6讲 数列求和
备考指南
高考对数列求和的考查主要以解答题的形式呈现，考查等差、等比数列的判定，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中等偏下.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，2a3＝3a2＋4，且bn＝
log2an.
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
解：设数列{an}的公比为q，q＞0.
∵2a3＝3a2＋4，∴2a1q2＝3a1q＋4，
∴q＝2或－ （舍），∴an＝2n，
∴Sn＝ ＝2n＋1－2.
（2）求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn；
解：由（1）得an＝2n，∴bn＝log2an＝n，∴Tn＝ ＝ .
（3）求数列 的前n项和An；
解：由（1）得 ＝ ＝ ，
∴An＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＝ .
（4）求数列{an＋bn}的前n项和Bn；
分组求和：
等差数列中，Sn＝ ；
等比数列中，Sn＝
（q≠1）.
解：∵an＋bn＝2n＋n，
∴Bn＝21＋1＋22＋2＋…＋2n＋n
＝（21＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋
…＋n）
＝ ＋
＝ －2＋2n＋1.
（5）求数列 的前n项和Cn；
裂项求和：
＝ （ － ）.
解：∵ ＝ ＝2 ，
∴Cn＝2（1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ）
＝2×（1＋ － － ）
＝3－ －
＝ .
解：由（2）知（－1）nbn＝（－1）n·n.
当n为偶数时，
Dn＝（－1）×1＋（－1）2×2＋…＋（－1）n·n
＝－1＋2－3＋4－5＋…－（n－1）＋n＝ .
当n为奇数时，Dn＝ －n＝ ，
∴Dn＝
（6）求数列{（－1）nbn}的前n项和Dn.
含有（－1）n，对n分奇偶讨论.
【思维建模】 数列求和方法选择技巧
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 分组转化法
【例1】 已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1
＋a2＝3，S4＝15.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
由a1＋a2＝3及S4＝15，得a3＋a4＝q2（a1＋a2）＝12，
解得q＝2，于是a1＋a2＝3a1＝3，即a1＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n－1.
（2）若数列{bn}满足bn＝an＋（－1）n（3n－1），求数列{bn}的前2n
项和T2n.
【通性通法】 分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组，转化为若干个可求和的数列的和或差，然后再求和.
解： 由（1）知，bn＝2n－1＋（－1）n（3n－1），
所以T2n＝（1＋2＋22＋…＋22n－1）＋[（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋
（－6n＋4＋6n－1）]＝ ＋3n＝22n＋3n－1.
【训练1】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4
（a3－1），n∈N*.
（1）求{an}的通项公式；
解： 由题意得 解得
∴{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）设bn＝ 其中k是正整数.
①求b1，b2，b3，b4；
②求 bi（n∈N*）.
解： ①∵bn＝ 其中k是正整数，
∴b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4.
② bi＝b1＋b2＋b3＋…＋
＝（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋（b2＋b4＋b6＋…＋ ）
＝（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋[（b1＋1）＋（b3＋2）＋（b5＋3）
＋…＋（ ＋2n－1）]
＝2（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋（1＋2＋3＋…＋2n－1）
＝3（1＋2＋3＋…＋2n－1）
＝3×
＝3（2n－2＋22n－3）.
考点二 裂项相消法
【例2】 已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为2且公比大于0的等比数列，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
（1）求{an}和{bn}的
通项公式；
【通性通法】 （1）常见的裂项形式： ＝ （ － ）
（k≠0），
＝ （ － ），
＝ ·
［ － ］，
＝ （ － ），
＝ － ，
ln（1＋ ）＝ln（1＋n）－ln n；
（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.
解： 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则q＞0，
因为b1＝2，b2＋b3＝b1（q＋q2）＝2（q＋q2）＝12，可得q2＋q－6＝
0，解得q＝2，故数列{bn}的通项公式为bn＝2·2n－1＝2n.
因为b3＝a4－2a1＝8，S11＝11b4＝11×16，
所以 解得
故数列{an}的通项公式为an＝1＋3（n－1）＝3n－2.
（2）若数列{cn}满足：cn＝ ，且数列{cn}的前n项和为
Tn，求证： ≤Tn＜ .
解： 证明：由（1）得cn＝ ＝ ＝
－ ，
所以Tn＝（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝
－ ，
因为Tn＋1－Tn＝cn＋1＞0，故数列{Tn}单调递增，
所以Tn≥T1＝c1＝ ＝ ，且Tn＝ － ＜ ，
因此对任意的n∈N*， ≤Tn＜ .
【训练2】 （2025·广东深圳一模）已知等差数列{an}满足an，an＋1是关
于x的方程x2－4nx＋bn＝0的两个根.
（1）求a1；
解： 根据题意，由根与系数的关系可得an＋an＋1＝4n，
∵数列{an}是等差数列，设公差为d，
∴a1＋（n－1）d＋a1＋nd＝4n，即2dn＋2a1－d＝4n，
则 解得
∴a1＝1.
（2）求数列 的前n项和Sn.
解： 由（1）d＝2，a1＝1，则an＝2n－1，
∴bn＝an·an＋1＝（2n－1）（2n＋1），
∴（－1）n· ＝（－1）n· ＝（－1）n（ ＋ ），
∴Sn＝－（1＋ ）＋（ ＋ ）－（ ＋ ）＋…＋（－1）n（ ＋
）＝－1＋（－1）n .
考点三 错位相减法
【例3】 （2025·全国Ⅰ卷16题）已知数列{an}中，a1＝3， ＝ ＋
.
（1）证明：数列{nan}是等差数列；
解： 证明： ＝ ＋ 两边同时乘n（n＋1），得（n＋
1）an＋1＝nan＋1，
又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列.
（2）给定正整数m，设函数f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'（－2）.
【易错提醒】 用错位相减法求和时应注意：（1）等比数列的公比为负数的情形；（2）在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
解： 由（1）可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋（n－1）×1
＝n＋2，
又f'（x）＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1，
故f'（－2）＝3＋4×（－2）＋…＋（m＋2）×（－2）m－1，
所以－2f'（－2）＝3×（－2）＋4×（－2）2＋…＋（m＋2）×（－
2）m.
两式相减，得3f'（－2）＝3＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）m－1－
（m＋2）×（－2）m＝ －（m＋ ）×（－2）m，
所以f'（－2）＝ －（ ＋ ）×（－2）m.
【训练3】 （2025·贵州贵阳模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，
8Sn＝ ＋4an－21.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 由8Sn＝ ＋4an－21，
得当n≥2时，8Sn－1＝ ＋4an－1－21.
两式相减得8an＝ － ＋4an－4an－1，
整理得4（an＋an－1）＝（an＋an－1）（an－an－1），
∵{an}为正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝4.
当n＝1时，8S1＝ ＋4a1－21＝8a1，解得a1＝7.
∴{an}是以7为首项，4为公差的等差数列，
∴数列{an}的通项公式为an＝7＋4×（n－1）＝4n＋3.
（2）设数列{bn}满足bn＝an· cos （nπ）·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
【瓶颈突破】 当已知条件中含有三角函数时，需等价转化，常用的三角函数等价转化有：（1） cos nπ＝（－1）n；
（2） sin ＝（－1）n＋1.
解： 当n＝2k＋1，k∈Z时， cos （nπ）＝－1；当n＝2k，k∈Z
时， cos （nπ）＝1，
∴bn＝an·（－1）n·2n＝（4n＋3）·（－2）n，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝（4＋3）×（－2）＋（4×2＋3）×（－2）2＋（4×3＋3）×（－2）3
＋…＋（4n＋3）×（－2）n ①，
－2Tn＝（4＋3）×（－2）2＋（4×2＋3）×（－2）3＋（4×3＋3）×
（－2）4＋…＋（4n＋3）×（－2）n＋1 ②，
①－②得：3Tn＝（4＋3）×（－2）＋4[（－2）2＋（－2）3＋…＋（－
2）n]－（4n＋3）×（－2）n＋1
＝4× ＋（8n＋6）×（－2）n－6
＝ ×（－2）n－ ＋（8n＋6）×（－2）n－6＝ ×（－2）n－ ，
∴Tn＝ － .
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：70分）
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一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1. （2025·安徽皖南八校联考）已知数列{an}满足an＝（－1）nn2，某同
学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这
个数为（ ）
A. －64 B. －81
C. 100 D. －121
√
解析： an＝（－1）nn2，则其前20项和为S＝－12＋22－32＋42－…－
192＋202＝（22－12）＋（42－32）＋…＋（202－192）＝1＋2＋3＋4＋…
＋20＝210.设写错项为x，则S－x－x＝372，解得x＝－81，a9＝－81，
故写错之前这个数为－81.故选B.
2. （2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜
an｜}的前12项和为（ ）
A. 48 B. 112
C. 80 D. 144
√
解析： 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝
－n2＋8n－[－（n－1）2＋8（n－1）]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该
式，所以an＝－2n＋9，所以｜an｜＝ 所以{｜an｜}
的前12项和为 ＋ ＝80，故选C.
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二、解答题（共60分）
3. （13分）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}是常数列；
解： 证明：因为bn＋1－bn＝ － ＝
＝ ＝
＝0，所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数列.
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（2）若数列{cn}满足cn＝ sin ＋ ，求{cn}的前2n项和S2n.
解： 因为a1＝1，所以bn＝b1＝ ＝2，
所以 ＝2，所以an＝2n－1.
所以cn＝ sin ＋22n－1＝ sin （nπ－ ）＋22n－1，
所以S2n＝［ sin ＋ sin ＋ sin ＋…＋ sin （2nπ－ ）］＋（21＋23＋
25＋…＋24n－1）
＝（1－1＋1－1＋…－1）＋ ＝ .
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4. （15分）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；
解： 证明：因为Sn是an与 的等差中项，所以Sn＝ .
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（n≥2）.
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.
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（2）若bn＝ ，求b1＋b2＋b3＋…＋b99的值.
解： 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－ ＝ .
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5. （15分）（2025·辽宁一模）记Sn为数列{an}的前n项和，an＝ ，a2
＝ .
（1）求a1；
解： 因为an＝ ，所以Sn＝n2an.
当n＝2时，S2＝4a2＝a1＋a2，
因为a2＝ ，所以a1＝ .
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（2）求证：数列{n（n＋1）an}是常数列；
解： 证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2an－（n－1）2an－1，
所以（n2－1）an＝（n－1）2an－1，即（n＋1）an＝（n－1）an－1，
等式两边同时乘以n得，（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1，
所以（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1＝（n－1）（n－2）·an－2＝…＝
2×1×a1＝1，
所以数列{n（n＋1）an}是常数列.
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（3）设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn.
解： 由（2）知n（n＋1）an＝1，所以an＝ ，则bn＝（n
＋1）×2n，
所以Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1，
两式相减得，－Tn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝2＋
－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Tn＝n×2n＋1.
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6. （17分）（2025·山东聊城二模）已知数列{an}是递增数列，其前n项和
为Sn，且Sn＝ ＋n，n∈N*.
（1）求an，Sn；
解： 由Sn＝ ＋n，n∈N*得，Sn－1＝ ＋n－1，n≥2.
两式相减得：an＝ （ － ）＋1，n≥2，即 ＝ ，
n≥2，
因为{an}是递增数列，所以an－an－1＝2，n≥2，
由S1＝ ＋1，得a1＝2，所以{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
所以an＝2＋2（n－1）＝2n，Sn＝ ＝n2＋n.
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（2）记Sn＝f（n），数列{bn}满足：b1＝1，bn＋1＝f（bn），数列
{ }的前n项积与前n项和分别记为An，Bn.证明：
①An＝ ；
②An＋Bn＝1.
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解： 证明：①由已知得，b1＝1，bn＋1＝f（bn）＝ ＋bn，
所以 ＝ ＝ ，即 ＝ ，
所以An＝ · · ·…· ＝ · · ·…· ＝ .
②由 ＝ ＝ ＝ － ，可得 ＝ － ，
所以Bn＝ ＋ ＋…＋ ＝（ － ）＋（ － ）＋…＋（
－ ）＝1－ ，
所以An＋Bn＝ ＋1－ ＝1.
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演示完毕 感谢观看
