2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第六章　第4讲　数列求和

2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第六章　第4讲　数列求和

第 4 讲　数列求和 一、知识梳理 1．数列求和方法 (1)等差数列求和公式：Sn＝n（a1＋an） 2 ＝na1＋n（n－1） 2 d． (2)等比数列求和公式：Sn＝{na1，q＝1， a1－anq 1－q ＝a1（1－qn） 1－q ，q ≠ 1. 2．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋1） 2 ； (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n． 3．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数， 那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前 n 项和即是用此法推导 的． (2)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个 数列的前 n 项和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的． (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (4)分组转化法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可 用分组转化法，分别求和后再相加减． (5)并项求和法 一个数列的前 n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an＝(－1)nf(n)类型， 可采用两项合并求解． 常用结论 记住常用的裂项公式 (1) 1 n（n＋1）＝1 n－ 1 n＋1. (2) 1 （2n－1）（2n＋1）＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1). (3) 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n. 二、教材衍化 1．一个球从 100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第 10 次着地时，经过的路程是(　　) A．100＋200(1－2－9)　　　 B．100＋100(1－2－9) C．200(1－2－9) D．100(1－2－9) 解析：选 A.第 10 次着地时，经过的路程为 100＋2(50＋25＋…＋100×2 －9)＝100＋ 2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1（1－2－9） 1－2－1 ＝100＋200(1－2－9)． 2．在数列{an}中，an＝ 1 n（n＋1），若{an}的前 n 项和为2 017 2 018，则项数 n 为(　　) A．2 014 B．2 015 C．2 016 D．2 017 解析：选 D.an＝ 1 n（n＋1）＝1 n－ 1 n＋1，Sn＝1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1＝1－ 1 n＋1＝ n n＋1 ＝2 017 2 018，所以 n＝2 017.故选 D. 3． 1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0 且 x≠1)． 解析：设 Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①　则 xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②　①－② 得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝1－xn 1－x －nxn，所以 Sn＝ 1－xn （1－x）2－ nxn 1－x. 答案： 1－xn （1－x）2－ nxn 1－x 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn＝a1－an＋1 1－q .(　　) (2)当 n≥2 时， 1 n2－1＝1 2( 1 n－1－ 1 n＋1).(　　) (3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减 法求得．(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)× 二、易错纠偏 常见误区|Ｋ (1)不会分组致误； (2)错位相减法运用不熟练出错． 1．已知数列：1 1 2，21 4，31 8，…，(n＋ 1 2n)，…，则其前 n 项和关于 n 的表达式为 ________． 解析：设所求的数列前 n 项和为 Sn，则 Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋1 2＋1 4＋…＋ 1 2n＝n（n＋1） 2 ＋1－ 1 2n. 答案：n（n＋1） 2 ＋1－ 1 2n 2．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝________． 解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 所以 2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，② ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2 × （1－2n） 1－2 －n×2n＋1，所以 Sn＝(n－ 1)2n＋1＋2. 答案：(n－1)2n＋1＋2 　　　　　　分组转化求和(师生共研) (2020·延安模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足关于 x 的不等式 a1x2 －S2x＋2<0 的解集为(1，2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解】　(1)设等差数列{an}的公差为 d， 因为关于 x 的不等式 a1x2－S2x＋2<0 的解集为(1，2)， 所以S2 a1＝1＋2＝3，得 a1＝d， 又易知 2 a1＝2，所以 a1＝1，d＝1. 所以数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n. 因为 bn＝a2n＋2an－1， 所以 bn＝2n－1＋2n， 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n) ＝n（1＋2n－1） 2 ＋2（1－2n） 1－2 ＝n2＋2n＋1－2. 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前 n 项 和； (2)通项公式为 an＝{bn，n为奇数， cn，n为偶数 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列， 可采用分组转化法求和．　 1．若数列{an}是 2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________． 解析：an＝2＋22＋23＋…＋2n ＝2－2n＋1 1－2 ＝2n＋1－2， 所以 Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2) ＝22－2n＋2 1－2 －2n＝2n＋2－4－2n. 答案：2n＋2－4－2n 2．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋n 2 ，n∈N+. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n 2 － （n－1）2＋（n－1） 2 ＝n. a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n， 故 bn＝2n＋(－1)nn. 当 n 为偶数时， Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n] ＝2－2n＋1 1－2 ＋n 2 ＝2n＋1＋n 2－2； 当 n 为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] ＝2n＋1－2＋n－1 2 －n ＝2n＋1－n 2－5 2. 所以 Tn＝{2n＋1＋n 2－2，n为偶数， 2n＋1－n 2－5 2，n为奇数. 　　　　　　错位相减法求和(师生共研) (2020·天津市部分区联考)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且 a1＝ 1，a3＋a4＝12，b1＝a2，b2＝a5. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设 cn＝(－1)nanbn(n∈N+)，求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 【解】　(1)设等差数列{an}的公差为 d，因为 a1＝1，a3＋a4＝12， 所以 2a1＋5d＝12，所以 d＝2， 所以 an＝2n－1. 设等比数列{bn}的公比为 q，因为 b1＝a2，b2＝a5， 所以 b1＝a2＝3，b2＝a5＝9， 所以 q＝3，所以 bn＝3n. (2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n， 所以 cn＝(－1)n·an·bn＝(－1)n·(2n－1)·3n＝(2n－1)·(－3)n， 所以 Sn＝1·(－3)＋3·(－3) 2＋5·(－3)3＋…＋(2n－1)·(－3)n，① 所以－3Sn＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n－3)·(－3)n＋(2n－1)·(－3)n＋1，② ①－②得，4Sn＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n－(2n－1)·(－3)n＋1 ＝－3＋2·（－3）2[1－（－3）n－1] 1＋3 －(2n－1)·(－3)n＋1 ＝3 2－4n－1 2 ·(－3)n＋1. 所以 Sn＝3 8－4n－1 8 ·(－3)n＋1. 运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列， 一个为等比数列；二是错位相减，如本题先把①式两边同乘以－3 得到②式，再把两式错位 相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．　 　(2020·驻马店模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 2Sn＝3an－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ n an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由 2Sn＝3an－1，① 得 2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，② ①－②，得 2an＝3an－3an－1， 所以 an an－1＝3(n≥2)， 又 2S1＝3a1－1，2S2＝3a2－1， 所以 a1＝1，a2＝3，a2 a1＝3， 所以{an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列， 所以 an＝3n－1. (2)由(1)得，bn＝ n 3n－1， 所以 Tn＝ 1 30＋ 2 31＋ 3 32＋…＋ n 3n－1，③ 1 3Tn＝ 1 31＋ 2 32＋…＋n－1 3n－1＋ n 3n，④ ③－④得， 2 3Tn＝ 1 30＋ 1 31＋ 1 32＋…＋ 1 3n－1－ n 3n＝ 1－ 1 3n 1－1 3 － n 3n＝3 2－ 2n＋3 2 × 3n，所以 Tn＝9 4－ 6n＋9 4 × 3n. 　　　　　　裂项相消法求和(师生共研) (2020· 江 西 八 所 重 点 高 中 4 月 联 考 ) 设 数 列 {an} 满 足 a1 ＝ 1 ， an ＋ 1 ＝ 4 4－an (n∈N+)． (1)求证：数列{ 1 an－2}是等差数列； (2)设 bn＝ a2n a2n－1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解】　(1)证明：因为 an＋1＝ 4 4－an，所以 1 an＋1－2－ 1 an－2＝ 1 4 4－an－2 － 1 an－2＝ 4－an 2an－4－ 1 an－2＝ 2－an 2an－4＝－1 2，为常数． 因为 a1＝1，所以 1 a1－2＝－1，所以数列{ 1 an－2}是以－1 为首项，－1 2为公差的等差数 列． (2)由(1)知 1 an－2＝－1＋(n－1)(－1 2)＝－n＋1 2 ， 所以 an＝2－ 2 n＋1＝ 2n n＋1， 所以 bn＝ a2n a2n－1＝ 4n 2n＋1 2（2n－1） 2n ＝ 4n2 （2n－1）（2n＋1）＝1＋ 1 （2n－1）（2n＋1）＝1＋ 1 2 ( 1 2n－1－ 1 2n＋1)， 所以 Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝n＋1 2(1－1 3＋1 3－1 5＋1 5－1 7＋…＋ 1 2n－1－ 1 2n＋1) ＝n＋1 2(1－ 1 2n＋1) ＝n＋ n 2n＋1， 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝n＋ n 2n＋1. 利用裂项相消法求和的注意事项 (1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项； 或者前面剩几项，后面也剩几项； (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项 相等．如：若{an}是等差数列，则 1 anan＋1＝1 d( 1 an－ 1 an＋1)， 1 anan＋2＝ 1 2d·( 1 an－ 1 an＋2)， 1 a1a2＋ 1 a2a3 ＋…＋ 1 anan＋1＝ n a1an＋1(an≠0)．　 1．数列{an}满足 a1＝1, a＋2＝an＋1(n∈N+)． (1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{an}的通项公式； (2)若 bn＝ 2 an＋an＋1，求数列{bn}的前 n 项和． 解：(1)由 a＋2＝an＋1 得 a 2n＋1－a2n＝2，且 a21＝1， 所以数列{a2n}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， 所以 a2n＝1＋(n－1)×2＝2n－1， 又由已知易得 an>0， 所以 an＝ 2n－1(n∈N*)． (2)bn＝ 2 an＋an＋1＝ 2 2n－1＋ 2n＋1 ＝ 2n＋1－ 2n－1， 故数列{b n}的前 n 项和 T n ＝b 1 ＋b 2 ＋…＋b n ＝( 3－1)＋( 5－ 3)＋…＋( 2n＋1－ 2n－1)＝ 2n＋1－1. 2．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＝ an＋1 SnSn＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由题设知 a1·a4＝a2·a3＝8， 又 a1＋a4＝9，解得{a1＝1， a4＝8 或{a1＝8， a4＝1 (舍去)． 由 a4＝a1q3 得公比 q＝2，故 an＝a1qn－1＝2n－1. (2)Sn＝a1（1－qn） 1－q ＝2n－1. 又 bn＝ an＋1 SnSn＋1＝Sn＋1－Sn SnSn＋1 ＝ 1 Sn－ 1 Sn＋1， 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝( 1 S1－ 1 S2)＋( 1 S2－ 1 S3)＋…＋( 1 Sn－ 1 Sn＋1)＝ 1 S1－ 1 Sn＋1＝1－ 1 2n＋1－1. 　　　　　　并项求和(师生共研) (2020·河南八市重点高中联盟测评)已知等差数列{an}中，a3＝3，a2＋2，a4，a6－ 2 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝ （－1）na2n＋1 anan＋1 ，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，求 S2n. 【解】　(1)设等差数列{an}的公差为 d， 因为 a2＋2，a4，a6－2 成等比数列， 所以 a24＝(a2＋2)(a6－2)， 所以(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a3＋3d－2)， 又 a3＝3，所以(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得 d2－2d＋1＝0，解得 d＝1， 所以 an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n. (2)由(1)得，bn＝ （－1）na2n＋1 anan＋1 ＝(－1)n 2n＋1 n（n＋1） ＝(－1)n(1 n＋ 1 n＋1)， 所以 S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝－(1＋1 2)＋(1 2＋1 3)－(1 3＋1 4)＋…＋( 1 2n＋ 1 2n＋1)＝－1＋ 1 2n＋1＝ －2n 2n＋1. 用并项求和法求数列的前 n 项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数 列或等比数列来求和．可用并项求和法的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号； 二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”；三是数列{an}是周期数列． [提醒]　运用并项求和法求数列的前 n 项和的突破口是会观察数列的各项的特征，如本 题，数列{bn}的通项公式为 bn＝(－1)n 2n＋1 n（n＋1），易知数列{bn}是摆动数列，所以求和时可 以将各项进行适当合并．　 　(2020·福建宁德二检)已知数列{a n}的前 n 项和 Sn＝n2－2kn(k∈N+)，Sn 的最小值为－9. (1)确定 k 的值，并求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前 2n＋1 项和 T2n＋1. 解：(1)由已知得 Sn＝n2－2kn＝(n－k)2－k2，因为 k∈N+，则当 n＝k 时，(Sn)min＝－k2＝－ 9，故 k＝3. 所以 Sn＝n2－6n. 因为 Sn－1＝(n－1)2－6(n－1)(n≥2)， 所以 an＝Sn－Sn－1＝(n2－6n)－[(n－1)2－6(n－1)]＝2n－7(n≥2)． 当 n＝1 时，S1＝a1＝－5，满足 an＝2n－7， 综上，an＝2n－7. (2)依题意，得 bn＝(－1)n·an＝(－1)n(2n－7)， 则 T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n(4n－7)＋(－1)2n＋1[2(2n＋1)－7] ＝5－ ＝5－2n. 　数列与其他知识的交汇问题 一、数列与不等式的交汇问题 (2020·广东深圳二模)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝3，当 n≥2 时，有 Sn＋ Sn－1－2SnSn－1＝2nan，则使得 S1S2…Sm≥2 019 成立的正整数 m 的最小值为________． 【解析】　因为 Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2nan(n≥2)， 所以 Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2n(Sn－Sn－1)(n≥2)， 所以(2n＋1)Sn－1－(2n－1)Sn＝2SnSn－1(n≥2)． 易知 Sn≠0，所以2n＋1 Sn －2n－1 Sn－1 ＝2(n≥2)． 令 bn＝2n＋1 Sn ，则 bn－bn－1＝2(n≥2)， 又 b1＝ 3 S1＝ 3 a1＝1，所以数列{bn}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以 bn＝2n－1， 所以2n＋1 Sn ＝2n－1，所以 Sn＝2n＋1 2n－1. 所以 S1S2…Sm＝3×5 3×…×2m＋1 2m－1＝2m＋1≥2 019，所以 m≥1 009. 即使得 S1S2…Sm≥2 019 成立的正整数 m 的最小值为 1 009. 【答案】　1 009 解决本题的关键：一是细观察、会构造，即通过观察所给的关于 Sn，an 的关系式，思 考是将 Sn 往 an 转化，还是将 an 往 Sn 转化；二是会解不等式，把求出的相关量代入已知不等 式，转化为参数所满足的不等式，解不等式即可求出参数的最小值．　 二、数列与三角函数的综合 (2020·安徽安庆 4 月联考)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 3sin B－sin C b－a ＝ sin A＋sin B c . (1)求角 A 的大小； (2)若等差数列{an}的公差不为零，a1sin A＝1，且 a2，a4，a8 成等比数列，bn＝ 1 anan＋1， 求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【解】　(1)由 3sin B－sin C b－a ＝ sin A＋sin B c ， 根据正弦定理可得 3b－c b－a ＝b＋a c ，即 b2＋c2－a2＝ 3bc， 所以 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ 3 2 ， 由 00，a6 和 a8 是函数 f(x)＝15 4 ln x＋1 2x2－8x 的极值点，则 S8＝(　　) A．－38　　 B．38　　　 C．－17　　 D．17 【解析】　因为 f(x)＝15 4 ln x＋1 2x2－8x， 所以 f′(x)＝15 4x＋x－8＝ x2－8x＋15 4 x ＝ （x－1 2）（x－15 2 ） x ， 令 f′(x)＝0，解得 x＝1 2或 x＝15 2 . 又 a6 和 a8 是函数 f(x)的极值点，且公差 d>0， 所以 a6＝1 2，a8＝15 2 ， 所以{a1＋5d＝1 2， a1＋7d＝15 2 ， 解得{a1＝－17， d＝7 2. 所以 S8＝8a1＋8 × （8－1） 2 ×d＝－38，故选 A. 【答案】　A 破解数列与函数相交汇问题的关键：一是会利用导数法求函数的极值点；二是会利用等 差数列的单调性，若公差大于 0，则该数列单调递增，若公差小于 0，则该数列单调递减， 若公差等于 0，则该数列是常数列，不具有单调性；三是会利用公式法求和，记清等差数列 与等比数列的前 n 项和公式，不要搞混．　 四、数列中的新定义问题 (2020· 南 昌 模 拟 ) 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn ， 定 义 {an} 的 “ 优 值 ” 为 Hn ＝ a1＋2a2＋…＋2n－1an n ，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则 Sn＝________． 【解析】　由 Hn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an n ＝2n， 得 a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，① 当 n≥2 时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，② 由①－②得 2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即 an＝n＋1(n≥2)， 当 n＝1 时，a1＝2 也满足式子 an＝n＋1， 所以数列{an}的通项公式为 an＝n＋1， 所以 Sn＝n（2＋n＋1） 2 ＝n（n＋3） 2 . 【答案】　n（n＋3） 2 破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义， 如本题，题眼{an}的“优值”Hn＝2n 的含义为a1＋2a2＋…＋2n－1an n ＝2n；二是想“减法”，如 本题，欲由等式 a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n 求通项，只需写出 a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－ 1)·2n－1，通过相减，即可得通项公式．　 五、数列中的新情境问题 (2020·安徽六校第二次联考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋ a2 ＝ 3，a3－a2＝ 2，等差数列{bn}的前 n 项和为 Sn，且 b3＝5，S4＝16. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系中，有点 P1(a1，0)，P2(a2，0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1， 0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1 的面积为 cn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 【解】　(1)设数列{an}的公比为 q， 因为 a1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以{a1＋a1q＝3， a1q2－a1q＝2， 得 3q2－5q－2＝0，又 q>0， 所以 q＝2，a1＝1，则 an＝2n－1. 设数列{bn}的公差为 d， 因为 b3＝5，S4＝16，所以{b1＋2d＝5， 4b1＋6d＝16，解得{b1＝1， d＝2， 则 bn＝2n－1. (2)由(1)得 PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1， 故 cn＝S△PnQnPn＋1＝2n－1（2n－1） 2 ＝(2n－1)2n－2， 则 Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝1 2×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，① 2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，② 由①－②得，－T n＝1 2＋2(1＋2＋…＋2 n－2)－(2n－1)·2 n－1 ＝1 2＋2（1－2n－1） 1－2 －(2n－ 1)2n－1 ＝(3－2n)2n－1－3 2，故 Tn＝(2n－3)2n－1＋3 2(n∈N+)． 数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的 两直角边长的特征；二是会转化，如本题，把数列{cn}的通项公式的探求转化为直角三角形 的两直角边长的探求；三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列{cn} 的前 n 项和．　 [基础题组练] 1．数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则 S17＝(　　) A．9　　　　　　　　　 B．8 C．17 D．16 解析：选 A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6 ＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N+，则 S60 的值为(　　) A．990 B．1 000 C．1 100 D．99 解析：选 A.n 为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n 为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故 S60＝ 2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990. 3．已知函数 f(x)＝ax＋b(a>0，且 a≠1)的图象经过点 P(1，3)，Q(2，5)．当 n∈N+时， an＝ f（n）－1 f（n）·f（n＋1），记数列{an}的前 n 项和为 Sn，当 Sn＝10 33时，n 的值为(　　) A．7 B．6 C．5 D．4 解析：选 D.因为函数 f(x)＝ax＋b(a>0，且 a≠1)的图象经过点 P(1，3)，Q(2，5)， 所以{a＋b＝3， a2＋b＝5，所以{a＝2， b＝1 或{a＝－1， b＝4 (舍去)， 所以 f(x)＝2x＋1， 所以 an＝ 2n＋1－1 （2n＋1）（2n＋1＋1）＝ 1 2n＋1－ 1 2n＋1＋1， 所以 Sn＝(1 3－1 5 )＋(1 5－1 9 )＋…＋ ( 1 2n＋1－ 1 2n＋1＋1)＝1 3－ 1 2n＋1＋1， 令 Sn＝10 33，得 n＝4.故选 D. 4．(2020·河北保定期末)在数列{an}中，若 a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N+)，则该 数列的前 100 项之和是(　　) A．18 B．8 C．5 D．2 解析：选 C.因为 a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N+)，所以 a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－ 1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…， 所以{an}是周期为 6 的周期数列，因为 100＝16×6＋4，所以 S100＝16×(1＋3＋2－1－ 3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选 C. 5．已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N+)，则 S2 018 等于(　　) A．22 018－1 B．3×21 009－3 C．3×21 009－1 D．3×21 008－2 解析：选 B.a1＝1，a2＝ 2 a1＝2，又an＋2·an＋1 an＋1·an ＝2n＋1 2n ＝2， 所以an＋2 an ＝2.所以 a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以 S2 018＝ a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝1－21 009 1－2 ＋2（1－21 009） 1－2 ＝3·21 009－3.故选 B. 6．数列{an}的通项公式为 an＝ncosnπ 2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017＝________． 解析：因为数列 an＝ncos nπ 2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3 ＝0，a4＝4. 故 S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.因此 S2 017＝S2 016＋a2 017 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋(a2 013＋a2 014＋a2 015＋a2 016)＋a2 017＝2 016 4 ×2＋a1＝1 008. 答案：1 008 7．(2020·湖南三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，a1＝1.当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，则 S2 019＝________． 解析：由 an＋2Sn－1 ＝n(n≥2)，得 a n＋1 ＋2Sn＝n＋1，两式作差可得 a n＋1 －an＋2an＝ 1(n≥2)，即 an＋1＋an＝1(n≥2)，所以 S2 019＝1＋2 018 2 ×1＝1 010. 答案：1 010 8．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，a2＝2，且 an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N+)，记 Tn ＝ 1 S1＋ 1 S2＋…＋ 1 Sn(n∈N+)，则 T2 018＝________． 解析：由 an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N+)，可得 an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数 列，公差 d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式 an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前 n 项和 Sn ＝n（a1＋an） 2 ＝n（n＋1） 2 ，所以1 Sn＝ 2 n（n＋1）＝2(1 n－ 1 n＋1)，Tn＝ 1 S1＋ 1 S2＋…＋ 1 Sn＝2(1 1－1 2 ＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1)＝2(1－ 1 n＋1)＝ 2n n＋1，故 T2 018＝2 × 2 018 2 018＋1 ＝4 036 2 019. 答案：4 036 2 019 9．已知数列{an}满足 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝n 4(n∈N+)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 4nan 2n＋1，求数列{bnbn＋1}的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n＝1 时，a1＝1 4. 因为 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝n 4　①， 所以 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝n－1 4 (n≥2，n∈N+)　②， ①－②得 4n－1an＝1 4(n≥2，n∈N+)， 所以 an＝ 1 4n(n≥2，n∈N+)． 由于 a1＝1 4，故 an＝ 1 4n(n∈N+)． (2)由(1)得 bn＝ 4nan 2n＋1＝ 1 2n＋1， 所以 bnbn＋1＝ 1 （2n＋1）（2n＋3）＝1 2( 1 2n＋1－ 1 2n＋3)， 故 Tn＝1 2(1 3－1 5＋1 5－1 7＋…＋ 1 2n＋1－ 1 2n＋3) ＝1 2(1 3－ 1 2n＋3)＝ n 6n＋9. 10．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，Sn＝3an－1 2 . (1)求 an； (2)若 bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，① 所以 2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，② ①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1， 化简得 an＝3an－1(n≥2)， 在①中，令 n＝1 可得，a1＝1， 所以数列{an}是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 从而有 an＝3n－1. (2)bn＝(n－1)3n－1， Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③ 则 3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④ ③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n ＝3－3n 1－3 －(n－1)×3n ＝ （3－2n） × 3n－3 2 . 所以 Tn＝ （2n－3） × 3n＋3 4 . [综合题组练] 1．(2020·河北五个一名校联盟第一次诊断)已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝ 19，则数列{ancos nπ}的前 2 018 项的和为(　　) A．1 008　　 B．1 009　　　 C．2 017　　 D．2 018 解析：选 D.设{an}的公差为 d，则有{2a1＋6d＝a1＋3d＋7， a1＋9d＝19， 解得{a1＝1， d＝2， 所以 an＝2n－ 1，设 bn＝ancos nπ，则 b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…， 所以数列{ancos nπ}的前 2 018 项的和为(b 1＋b2)＋(b 3＋b4)＋…＋(b 2 017＋b2 018)＝2× 2 018 2 ＝2 018.故选 D. 2．在数列{an}中，若 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前 12 项和等于(　　) A．76　　　　　　　　 B．78 C．80 D．82 解析：选 B.由已知 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得 an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，两式相减 得 an＋2＋an＝(－1)n·(2n－1)＋(2n＋1)，取 n＝1，5，9 及 n＝2，6，10，结果相加可得 S12＝ a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选 B. 3．已知数列{an}，若 an＋1＝an＋an＋2(n∈N+)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn} 为“凸数列”，且 b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前 2 019 项和为________． 解析：由“凸数列”的定义及 b1＝1，b2＝－2，得 b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7 ＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为 6 的周期数列，且 b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0， 于是数列{bn}的前 2 019 项和等于 b1＋b2＋b3＝－4. 答案：－4 4．(2020·榆林质量监测)已知数列{a n}和{bn}满足 a1a2a3…an＝2bn(n∈N+)，若数列{an} 为等比数列，且 a1＝2，a4＝16，则数列{ 1 bn }的前 n 项和 Sn＝________． 解析：因为{an}为等比数列，且 a1＝2，a4＝16，所以公比 q＝3 a4 a1＝3 16 2 ＝2，所以 an＝ 2n， 所以 a1a2a3…an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2 n（n＋1） 2 . 因为 a1a2a3…an＝2bn，所以 bn＝n（n＋1） 2 . 所以 1 bn＝ 2 n（n＋1）＝2(1 n－ 1 n＋1). 所以{ 1 bn }的前 n 项和 Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝2(1 1－1 2＋1 2－1 3＋1 3－1 4＋…＋1 n－ 1 n＋1) ＝2(1－ 1 n＋1)＝ 2n n＋1. 答案： 2n n＋1 5．已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前 n 项和为 Sn，且 S2，S3－1，S4 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n 4n anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)设{an}的公差为 d，由 a5－a3＝4，得 2d＝4，d＝2. 所以 S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12， 又 S2，S3－1，S4 成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，解得 a1＝1，所以 an ＝2n－1. (2)bn＝(－1)n 4n anan＋1＝(－1)n( 1 2n－1＋ 1 2n＋1)， 当 n 为偶数时，Tn＝－(1＋1 3)＋(1 3＋1 5)－(1 5＋1 7)＋…－( 1 2n－3＋ 1 2n－1)＋( 1 2n－1＋ 1 2n＋1)， 所以 Tn＝－1＋ 1 2n＋1＝－ 2n 2n＋1. 当 n 为奇数时，Tn＝－(1＋1 3)＋(1 3＋1 5)－(1 5＋1 7)＋…＋( 1 2n－3＋ 1 2n－1)－( 1 2n－1＋ 1 2n＋1)， 所以 Tn＝－1－ 1 2n＋1＝－2n＋2 2n＋1. 所以 Tn＝{－ 2n 2n＋1，n为偶数 －2n＋2 2n＋1 ，n为奇数.