人教版高中数学必修5同步练习题、期中、期末复习资料、补习资料18【提高】数列的求和问题
文档属性
| 名称 | 人教版高中数学必修5同步练习题、期中、期末复习资料、补习资料18【提高】数列的求和问题 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 405.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-07-30 11:13:01 | ||
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文档简介
数列的求和问题
【学习目标】
1．熟练掌握等差数列和等比数列的求和公式；
2．掌握数列的通项an与前n项和Sn之间的关系式；
3．熟练掌握求数列的前项和的几种常用方法；注意观察数列的特点和规律，在分析通项的基础上分解为基本数列求和或转化为基本数列求和.
【要点梳理】
要点一、数列的前n项和S n的相关公式
任意数列的第项与前项和之间的关系式：
等差数列的前项和公式：
（为常数）
当d≠0时，Sn是关于n的二次式且常数项为0；
当d=0时（a1≠0），Sn=na1是关于n的正比例式.
等比数列的前项和公式：
当时，，，
当时，或
要点诠释：等比数列的求和中若q的范围不确定，要特别注意的情况.
要点二、求数列的前项和的几种常用方法
公式法：
如果一个数列是等差或者等比数列，求其前项和可直接利用等差数列或等比数列的前项和公式求和；
倒序相加法：
等差数列前n项和的推导方法，即将倒写 后再与相加，从而达到（化多为少）求和的目的，常用于组合数列求和.
裂项相消法：
把数列的通项拆成两项之差，然后把数列的每一项都按照这种方法拆成两项的差，以达到在求和的时候隔项正负相抵消的目的，使前n项的和变成只剩下若干少数项的和的方法.例如对通项公式为的数列求和.
常见的拆项公式：
①；
②若为等差数列，且公差d不为0，首项也不为0，则；
③若的通项的分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式时，则.
④；.
分解求和与并项求和法：
把数列的每一项拆分成两项或者多项，或者把数列的项重新组合，或者把整个数列分成两部分等等，使其转化成等差数列或者等比数列等可求和的数列分别进行求和.例如对通项公式为an=2n+3n的数列求和.
错位相减法：
如果一个数列的通项是由一个非常数列的等差数列与等比数列的对应项乘积组成的，求和的时候可以采用错位相减法.即错位相减法适用于通项为（其中是公差d≠0的等差数列，是公比q≠1的等比数列）（也称为“差比数列”）的数列求前项和.例如对通项公式为的数列求和.
一般步骤：
，则
所以有
要点诠释：
①错位相减法是基于方程思想和数列规律的一种方法.一般都是把前项和的两边都乘以等比数列的公比q后，再错位相减求出其前项和；
②在使用错位相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比q是否有可能等于1，若q=1，错位相减法会不成立.
要点三、掌握一些常见数列的前n项和公式
1. ；
2.
3. ；
要点诠释：前两个公式结论最好能熟记，这样解题时会更加方便.
【典型例题】
类型一：公式法
例1设数列的通项为则=
【思路点拨】对含绝对值的式子，首先去绝对值号，再考虑分组为等差或等比之和。
【答案】???
【解析】由得取
则
.
【总结升华】要求几个含有绝对值的式子的和，关键是要去掉绝对值符号，去绝对值符号的方法一般是用分类讨论的思想方法，所以此题的关键是要看的符号?
举一反三：
【变式】已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且则数列的前5项和为
【答案】
【解析】由题意知，显然
∵
∴
∴
∴
类型二：倒序相加法求和
例2．求和：/.
【思路点拨】
由于该数列的通项是，因此可用倒序相加法求和.由于该数列的通项是，求和时逆用对数运算法则.
【解析】
法一：/
/ ①
则/ ②
∴①+②有：
/
∴/
法二：/
/
/
/
/
/.
【总结升华】倒序相加是等差数列前n项和公式推导的方法，在一些特殊数列中也有一些应用.
举一反三：
【变式】求和/.
【答案】/
∴/
/
∴/
/
∴/
类型三：错位相减法
例3．(2018 湖北)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．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（6分）
（Ⅱ）当d＞1时，记/，求数列{cn}的前n项和Tn． （6分）
【思路点拨】（1）根据条件联立即可求出首项和公差及公比，利用公式求出{an}和{bn}的通项公式.(2)先求出{cn}的通项公式，在利用错位相减法求和。
【答案】（Ⅰ）an=2n－1，bn=2n－1；（Ⅱ）//.
【解析】
（Ⅰ）由题意有，即
解得故
（Ⅱ）由d＞1，知an=2n－1，bn=2n－1，故，
于是， ①
/. ②
①-②可得/，
故//.
【总结升华】
1.一般地，如果等差数列/与等比数列/的对应项相乘形成的数列/（也称为“差比数列”）都用错项相减的办法来求前n项之和/.
2. 错项相减法是基于方程思想和数列规律的一种方法，一般都选择乘以q；
3. 在使用错项相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比q是否有可能等于1，若q=1，错项相减法会不成立.
举一反三：
【变式1】求数列/的前/项和/.
【答案】
/
/
∴/
/
【变式2】（2018 山东理）已知数列{an} 的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1。
（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）令/ 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。
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/，
又Tn=c1+c2+c3+…+cn，
得 Tn=3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1]，
2Tn=3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2]，
两式作差，得
/
所以Tn=3n·2n+2
类型四：裂项相消法
【解析】（1）∴
∴
∴，即数列是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)∵
∴
=
【总结升华】
1. 本题所用的方法叫做裂项相消法，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两项之差，以达到隔项相消之目的.一般地，对于裂项后有明显相消项的一类数列，在求和时常用此法，分式的求和多利用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项.
2. 在学习中也应积累一些常见的拆项公式，如：
①/；
②若/为等差数列，公差为d，则/；
③/，/.
举一反三：
【变式1】求数列/，/，/，…，/，…的前n项和/.
【答案】∵//
∴/
/
/
【变式2】求和:/
【答案】∵/,
∴ /
/
【变式3】求数列/，/，/，…，/的前n项的和/.
【答案】∵/，
∴/
/.
类型五：分组转化法求和
例5．已知数列的首项，通项（，是常数），且成等差数列.
（1）求的值；
（2）求数列的前n项和.
【解析】
（1） 解得
（2）
=
=
/
【总结升华】
1.一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解.
2. 一般地，如果等差数列/与等比数列/的对应项相加而形成的数列/都用分组求和的办法来求前/项之和/.
举一反三：
【变式1】求和/.
【答案】/(1+2+3+…+n)+/
=/
【变式2】已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn＝，求数列{bn}的前2n项和．
【答案】
(Ⅰ)当n＝1时，a1＝s1＝1，
当n≥2时，an＝sn－sn－1＝＝n，
∴数列{an}的通项公式是an＝n．
(Ⅱ)由(Ⅰ)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)
＝+n＝22n+1+n－2．
∴数列{bn}的前2n项和为22n+1+n－2．
例6．已知数列/的前/项和/，求/，/的值.
【思路点拨】
该数列的特征：，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：（为奇数），可以将相邻两项组合在一起。
【解析】
方法一：由/
∴ /
/
方法二：由/
∴当/为奇数，/时， /，
当/为偶数，/时， /，
∴/，
/
【总结升华】
1.对通项公式中含有/或/的一类数列，在求/时要注意讨论/的奇偶情况.
2. 对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结果.
举一反三：
【变式1】求/，/，/，/，…，/，…的前50项之和/以及前/项之和/.
【答案】
（1）设/，则数列/为等差数列，且/是/的前25项之和/，
所以/.
（2）当/为偶数即/时，//.
当/为奇数即/时，/.
【变式2】等比数列/中，/分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且/中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
（Ⅰ）求数列/的通项公式；
（Ⅱ）若数列/满足：/=/，求数列/的前/项和/.
【答案】（Ⅰ）由题意知/,因为/是等比数列,所以公比为3,所以数列/的通项公式/.
（Ⅱ）/=/=//
=//,
所以
/
//
=/+/
【巩固练习】
一、选择题
1．已知函数。且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100 C．－100 D．10200
2．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且 (n≥2)，则这个数列的第10项等于( )
A. B.
C. D.
3．数列{an}中，，其前n项和为，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为( )
A．－10 B．－9
C．10 D．9
4．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a7＞0，a8＜0，则下列结论正确的是( )
A．S7＜S8 B．S15＜S16
C．S13＞0 D．S15＞0
5．（2018 汕头模拟）已知数列的前项和为，，则当时，=（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
6．(2018 江苏)数列/满足/，且/（/），则数列/的前10项和为 。
7．求数列，，…，，…的前项和= .
8．已知函数f(x)＝3x2－2x，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f(x)的图象上，，Tn是数列{bn}的前n项和，则使得对所有n∈N*都成立的最小正整数m等于________．
9．设函数f(x)＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋anxn-1，若已知，且数列{an}满足f(1)＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
10．已知函数f(x)＝log2x，若数列{an}的各项使得2，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，2n＋4成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
三、解答题
11. 求数列，，，…，，…的前项和.
12.已知数列，，，…，，求此数列前项和.
13．在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－……＋(－1)nbn，求Tn．
14．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．
15. (2018 天津文)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn（n∈N*），且.
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an+1的等差中项，求数列的前2n项和.
【答案与解析】
1. 【答案】B
【解析】由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.
2. 【答案】D
【解析】∵，∴，
，∴是首项为，
公差为的等差数列，∴，∴.
3. 【答案】B
【解析】数列{an}的前n项和为 ，所以n＝9，于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0即为10x＋y＋9＝0，所以其在y轴上的截距
为－9.
4. 【答案】C
【解析】因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)，由已知可知该等差数列{an}是递减的，且S7最大即Sn≤S7对一切n∈N*恒成立．可见选项A错误；易知a16＜a15＜0，S16＝S15＋a16＜S15，选项B错误；，选项D错误；.
5. 【答案】A
【解析】
,解得，
当时，，
化为
数列从第二项起为等比数列，公比为
。故选：A
6. 【答案】/
【解析】由题意得：/
所以/
故答案为：/
7．【答案】
【解析】
8. 【答案】10
【解析】由Sn＝3n2－2n，得an＝6n－5，
又∵，
∴，
要使对所有n∈N*成立，
只需，∴m≥10，故符合条件的正整数m＝10.
9. 【答案】
【解析】由得.由f(1)＝n2an得a1＋a2＋…＋an＝Sn＝n2an，①
所以当n≥2时，
Sn－1＝(n－1)2an－1②，
①－②得an＝n2an－n2an－1－an－1＋2nan－1，(n2－1)an＝(n2－2n＋1)an－1，于是(n＋1)an
＝(n－1)an－1，
即.
因此，
而，
所以.
10. 【答案】
【解析】设等差数列的公差为d，则由题意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，于是log2a1＝4，log2a2＝6，log2a3＝8，…，从而a1＝24，a2＝26，a3＝28，….易知数列{an}是等比数列，其公比，所以．
11. 【答案】
【解析】∵，
∴，
故.
12. 【解析】， ①
当时，
当时，.
当且时， ②
由①-②得：
∴.
13．【解析】
(Ⅰ)∵a2是a1与a4的等比中项，
∴a22＝a1a4，
∵在等差数列{an}中，公差d＝2，
∴(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋3×2)，
化为/，解得a1＝2．
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n．
(Ⅱ)∵，
∴Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－……＋(－1)nbn＝－1×(1＋1)＋2×(2＋1)－……＋(－1)nn?(n＋1)．
当n＝2k(k∈N*)时，b2k－b2k－1＝2k(2k＋1)－(2k－1)(2k－1＋1)＝4k
Tn＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋……＋(b2k－b2k－1)
＝4(1＋2＋……＋k)
当n＝2k－1(k∈N*)时，
Tn＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋……＋(b2k－2－b2k－3)－b2k－1
故．
14．【解析】
(1)方程x2－5x＋6＝0的根为2，3．又{an}是递增的等差数列，
故a2＝2，a4＝3，可得2d＝1，d＝，
故an＝2＋(n－2)×＝n＋1，
(2)设数列{}的前n项和为Sn，
，①
，②
①－②得，
解得．
15. 【解析】
（1）解：设数列{an}的公比为q，由已知有，解之可得q=2，q=－1，又由知q≠－1，所以，解之得a1=1，所以an=2n－1。
（Ⅱ）解：由题意得，即数列{bn}是首项为，公差为1的等差数列.
设数列的前n项和为Tn，则
【学习目标】
1．熟练掌握等差数列和等比数列的求和公式；
2．掌握数列的通项an与前n项和Sn之间的关系式；
3．熟练掌握求数列的前项和的几种常用方法；注意观察数列的特点和规律，在分析通项的基础上分解为基本数列求和或转化为基本数列求和.
【要点梳理】
要点一、数列的前n项和S n的相关公式
任意数列的第项与前项和之间的关系式：
等差数列的前项和公式：
（为常数）
当d≠0时，Sn是关于n的二次式且常数项为0；
当d=0时（a1≠0），Sn=na1是关于n的正比例式.
等比数列的前项和公式：
当时，，，
当时，或
要点诠释：等比数列的求和中若q的范围不确定，要特别注意的情况.
要点二、求数列的前项和的几种常用方法
公式法：
如果一个数列是等差或者等比数列，求其前项和可直接利用等差数列或等比数列的前项和公式求和；
倒序相加法：
等差数列前n项和的推导方法，即将倒写 后再与相加，从而达到（化多为少）求和的目的，常用于组合数列求和.
裂项相消法：
把数列的通项拆成两项之差，然后把数列的每一项都按照这种方法拆成两项的差，以达到在求和的时候隔项正负相抵消的目的，使前n项的和变成只剩下若干少数项的和的方法.例如对通项公式为的数列求和.
常见的拆项公式：
①；
②若为等差数列，且公差d不为0，首项也不为0，则；
③若的通项的分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式时，则.
④；.
分解求和与并项求和法：
把数列的每一项拆分成两项或者多项，或者把数列的项重新组合，或者把整个数列分成两部分等等，使其转化成等差数列或者等比数列等可求和的数列分别进行求和.例如对通项公式为an=2n+3n的数列求和.
错位相减法：
如果一个数列的通项是由一个非常数列的等差数列与等比数列的对应项乘积组成的，求和的时候可以采用错位相减法.即错位相减法适用于通项为（其中是公差d≠0的等差数列，是公比q≠1的等比数列）（也称为“差比数列”）的数列求前项和.例如对通项公式为的数列求和.
一般步骤：
，则
所以有
要点诠释：
①错位相减法是基于方程思想和数列规律的一种方法.一般都是把前项和的两边都乘以等比数列的公比q后，再错位相减求出其前项和；
②在使用错位相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比q是否有可能等于1，若q=1，错位相减法会不成立.
要点三、掌握一些常见数列的前n项和公式
1. ；
2.
3. ；
要点诠释：前两个公式结论最好能熟记，这样解题时会更加方便.
【典型例题】
类型一：公式法
例1设数列的通项为则=
【思路点拨】对含绝对值的式子，首先去绝对值号，再考虑分组为等差或等比之和。
【答案】???
【解析】由得取
则
.
【总结升华】要求几个含有绝对值的式子的和，关键是要去掉绝对值符号，去绝对值符号的方法一般是用分类讨论的思想方法，所以此题的关键是要看的符号?
举一反三：
【变式】已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且则数列的前5项和为
【答案】
【解析】由题意知，显然
∵
∴
∴
∴
类型二：倒序相加法求和
例2．求和：/.
【思路点拨】
由于该数列的通项是，因此可用倒序相加法求和.由于该数列的通项是，求和时逆用对数运算法则.
【解析】
法一：/
/ ①
则/ ②
∴①+②有：
/
∴/
法二：/
/
/
/
/
/.
【总结升华】倒序相加是等差数列前n项和公式推导的方法，在一些特殊数列中也有一些应用.
举一反三：
【变式】求和/.
【答案】/
∴/
/
∴/
/
∴/
类型三：错位相减法
例3．(2018 湖北)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．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（6分）
（Ⅱ）当d＞1时，记/，求数列{cn}的前n项和Tn． （6分）
【思路点拨】（1）根据条件联立即可求出首项和公差及公比，利用公式求出{an}和{bn}的通项公式.(2)先求出{cn}的通项公式，在利用错位相减法求和。
【答案】（Ⅰ）an=2n－1，bn=2n－1；（Ⅱ）//.
【解析】
（Ⅰ）由题意有，即
解得故
（Ⅱ）由d＞1，知an=2n－1，bn=2n－1，故，
于是， ①
/. ②
①-②可得/，
故//.
【总结升华】
1.一般地，如果等差数列/与等比数列/的对应项相乘形成的数列/（也称为“差比数列”）都用错项相减的办法来求前n项之和/.
2. 错项相减法是基于方程思想和数列规律的一种方法，一般都选择乘以q；
3. 在使用错项相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比q是否有可能等于1，若q=1，错项相减法会不成立.
举一反三：
【变式1】求数列/的前/项和/.
【答案】
/
/
∴/
/
【变式2】（2018 山东理）已知数列{an} 的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1。
（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）令/ 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。
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/，
又Tn=c1+c2+c3+…+cn，
得 Tn=3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1]，
2Tn=3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2]，
两式作差，得
/
所以Tn=3n·2n+2
类型四：裂项相消法
【解析】（1）∴
∴
∴，即数列是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)∵
∴
=
【总结升华】
1. 本题所用的方法叫做裂项相消法，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两项之差，以达到隔项相消之目的.一般地，对于裂项后有明显相消项的一类数列，在求和时常用此法，分式的求和多利用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项.
2. 在学习中也应积累一些常见的拆项公式，如：
①/；
②若/为等差数列，公差为d，则/；
③/，/.
举一反三：
【变式1】求数列/，/，/，…，/，…的前n项和/.
【答案】∵//
∴/
/
/
【变式2】求和:/
【答案】∵/,
∴ /
/
【变式3】求数列/，/，/，…，/的前n项的和/.
【答案】∵/，
∴/
/.
类型五：分组转化法求和
例5．已知数列的首项，通项（，是常数），且成等差数列.
（1）求的值；
（2）求数列的前n项和.
【解析】
（1） 解得
（2）
=
=
/
【总结升华】
1.一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解.
2. 一般地，如果等差数列/与等比数列/的对应项相加而形成的数列/都用分组求和的办法来求前/项之和/.
举一反三：
【变式1】求和/.
【答案】/(1+2+3+…+n)+/
=/
【变式2】已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn＝，求数列{bn}的前2n项和．
【答案】
(Ⅰ)当n＝1时，a1＝s1＝1，
当n≥2时，an＝sn－sn－1＝＝n，
∴数列{an}的通项公式是an＝n．
(Ⅱ)由(Ⅰ)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)
＝+n＝22n+1+n－2．
∴数列{bn}的前2n项和为22n+1+n－2．
例6．已知数列/的前/项和/，求/，/的值.
【思路点拨】
该数列的特征：，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：（为奇数），可以将相邻两项组合在一起。
【解析】
方法一：由/
∴ /
/
方法二：由/
∴当/为奇数，/时， /，
当/为偶数，/时， /，
∴/，
/
【总结升华】
1.对通项公式中含有/或/的一类数列，在求/时要注意讨论/的奇偶情况.
2. 对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结果.
举一反三：
【变式1】求/，/，/，/，…，/，…的前50项之和/以及前/项之和/.
【答案】
（1）设/，则数列/为等差数列，且/是/的前25项之和/，
所以/.
（2）当/为偶数即/时，//.
当/为奇数即/时，/.
【变式2】等比数列/中，/分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且/中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
（Ⅰ）求数列/的通项公式；
（Ⅱ）若数列/满足：/=/，求数列/的前/项和/.
【答案】（Ⅰ）由题意知/,因为/是等比数列,所以公比为3,所以数列/的通项公式/.
（Ⅱ）/=/=//
=//,
所以
/
//
=/+/
【巩固练习】
一、选择题
1．已知函数。且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100 C．－100 D．10200
2．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且 (n≥2)，则这个数列的第10项等于( )
A. B.
C. D.
3．数列{an}中，，其前n项和为，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为( )
A．－10 B．－9
C．10 D．9
4．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a7＞0，a8＜0，则下列结论正确的是( )
A．S7＜S8 B．S15＜S16
C．S13＞0 D．S15＞0
5．（2018 汕头模拟）已知数列的前项和为，，则当时，=（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
6．(2018 江苏)数列/满足/，且/（/），则数列/的前10项和为 。
7．求数列，，…，，…的前项和= .
8．已知函数f(x)＝3x2－2x，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f(x)的图象上，，Tn是数列{bn}的前n项和，则使得对所有n∈N*都成立的最小正整数m等于________．
9．设函数f(x)＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋anxn-1，若已知，且数列{an}满足f(1)＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
10．已知函数f(x)＝log2x，若数列{an}的各项使得2，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，2n＋4成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
三、解答题
11. 求数列，，，…，，…的前项和.
12.已知数列，，，…，，求此数列前项和.
13．在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－……＋(－1)nbn，求Tn．
14．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．
15. (2018 天津文)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn（n∈N*），且.
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an+1的等差中项，求数列的前2n项和.
【答案与解析】
1. 【答案】B
【解析】由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.
2. 【答案】D
【解析】∵，∴，
，∴是首项为，
公差为的等差数列，∴，∴.
3. 【答案】B
【解析】数列{an}的前n项和为 ，所以n＝9，于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0即为10x＋y＋9＝0，所以其在y轴上的截距
为－9.
4. 【答案】C
【解析】因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)，由已知可知该等差数列{an}是递减的，且S7最大即Sn≤S7对一切n∈N*恒成立．可见选项A错误；易知a16＜a15＜0，S16＝S15＋a16＜S15，选项B错误；，选项D错误；.
5. 【答案】A
【解析】
,解得，
当时，，
化为
数列从第二项起为等比数列，公比为
。故选：A
6. 【答案】/
【解析】由题意得：/
所以/
故答案为：/
7．【答案】
【解析】
8. 【答案】10
【解析】由Sn＝3n2－2n，得an＝6n－5，
又∵，
∴，
要使对所有n∈N*成立，
只需，∴m≥10，故符合条件的正整数m＝10.
9. 【答案】
【解析】由得.由f(1)＝n2an得a1＋a2＋…＋an＝Sn＝n2an，①
所以当n≥2时，
Sn－1＝(n－1)2an－1②，
①－②得an＝n2an－n2an－1－an－1＋2nan－1，(n2－1)an＝(n2－2n＋1)an－1，于是(n＋1)an
＝(n－1)an－1，
即.
因此，
而，
所以.
10. 【答案】
【解析】设等差数列的公差为d，则由题意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，于是log2a1＝4，log2a2＝6，log2a3＝8，…，从而a1＝24，a2＝26，a3＝28，….易知数列{an}是等比数列，其公比，所以．
11. 【答案】
【解析】∵，
∴，
故.
12. 【解析】， ①
当时，
当时，.
当且时， ②
由①-②得：
∴.
13．【解析】
(Ⅰ)∵a2是a1与a4的等比中项，
∴a22＝a1a4，
∵在等差数列{an}中，公差d＝2，
∴(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋3×2)，
化为/，解得a1＝2．
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n．
(Ⅱ)∵，
∴Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－……＋(－1)nbn＝－1×(1＋1)＋2×(2＋1)－……＋(－1)nn?(n＋1)．
当n＝2k(k∈N*)时，b2k－b2k－1＝2k(2k＋1)－(2k－1)(2k－1＋1)＝4k
Tn＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋……＋(b2k－b2k－1)
＝4(1＋2＋……＋k)
当n＝2k－1(k∈N*)时，
Tn＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋……＋(b2k－2－b2k－3)－b2k－1
故．
14．【解析】
(1)方程x2－5x＋6＝0的根为2，3．又{an}是递增的等差数列，
故a2＝2，a4＝3，可得2d＝1，d＝，
故an＝2＋(n－2)×＝n＋1，
(2)设数列{}的前n项和为Sn，
，①
，②
①－②得，
解得．
15. 【解析】
（1）解：设数列{an}的公比为q，由已知有，解之可得q=2，q=－1，又由知q≠－1，所以，解之得a1=1，所以an=2n－1。
（Ⅱ）解：由题意得，即数列{bn}是首项为，公差为1的等差数列.
设数列的前n项和为Tn，则