2018届二轮复习（理）　　数列的求和问题学案（全国通用）

2018届二轮复习（理）　　数列的求和问题学案（全国通用）

第 2 讲　数列的求和问题 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方 法求一般数列的和，体现转化与化归的思想. 热点一　分组转化求和 有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等 差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并． 例 1　(2017·山东省平阴县第一中学模拟)已知数列{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn，数列 {bn}是公比大于 0 的等比数列，且 b1＝－2a1＝2，a3＋b2＝－1，S3＋2b3＝7. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝Error!求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)设数列{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，且 q>0， 由题易知， a1＝－1，b1＝2， 由Error!得Error! 解得 q＝2(q＝－5 4舍去)，此时 d＝－2， ∴an＝－2n＋1，bn＝2n. (2)由(1)知，an＝－2n＋1，bn＝2n， ∴cn＝Error! 当 n 为偶数时，奇数项和偶数项各有n 2项， ∴Tn＝(c1＋c3＋c5＋…＋cn－1)＋(c2＋c4＋…＋cn) ＝n＋(c2＋c4＋…＋cn)， 令 Hn＝c2＋c4＋c6＋…＋cn， ∴Hn＝3 2＋ 7 23＋11 25＋…＋2n－5 2n－3 ＋2n－1 2n－1 ， 1 4Hn＝ 3 23＋ 7 25＋…＋2n－5 2n－1 ＋2n－1 2n＋1 ， 以上两式相减，得 3 4Hn＝3 2＋ 4 23＋ 4 25＋…＋ 4 2n－1－2n－1 2n＋1 ＝( 4 21＋ 4 23＋…＋ 4 2n－1)－1 2－2n－1 2n＋1 ＝ 2[1－( 1 4 )] 1－1 4 －1 2－2n－1 2n＋1 ＝13 6 －6n＋13 6 × 2n， ∴Hn＝26 9 － 6n＋13 9 × 2n－1. 故当 n 为偶数时，Tn＝26 9 ＋n－ 6n＋13 9 × 2n－1， 当 n(n≥3)为奇数时，n－1 为偶数， Tn＝Tn－1＋an＝26 9 ＋(n－1)－ 6n＋7 9 × 2n－2＋2 ＝35 9 ＋n－ 6n＋7 9 × 2n－2， 经验证，n＝1 也适合上式． 综上，得 Tn＝Error! 思维升华　在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等 差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数 列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般 需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式． 跟踪演练 1　(2017 届广东省揭阳市模拟)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2(n＋1)an n ＋n＋1. (1)求证：数列{ an n ＋1}是等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. (1)证明　方法一　由已知得an＋1 n＋1＝2·an n ＋1， ∴an＋1 n＋1＋1＝2( an n ＋1)， 又 a1＋1＝2，an>0，∴an n ＋1≠0， ∴ an＋1 n＋1＋1 an n ＋1 ＝2， ∴数列{ an n ＋1}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． 方法二　由 an＋1＝2(n＋1)an n ＋n＋1， 得 nan＋1＝2(n＋1)an＋n(n＋1)， 由 a1>0 及递推关系，可知 an>0， ∴an n ＋1≠0， ∴ an＋1 n＋1＋1 an n ＋1 ＝ nan＋1＋n(n＋1) (n＋1)an＋n(n＋1) ＝2(n＋1)an＋2n(n＋1) (n＋1)an＋n(n＋1) ＝2， 又∵a1＝1，∴a1 1 ＋1＝2， ∴数列{ an n ＋1}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． (2)解　由(1)得an n ＋1＝2·2n－1＝2n， ∴an＝n·2n－n， Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)2n－1＋n×2n－[1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n]， 设 Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)2n－1＋n×2n， ① 则 2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)2n＋n×2n＋1， ② 由①－②，得 －Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝2(1－2n) 1－2 －n·2n＋1＝－(n－1)2n＋1－2， ∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2， 又 1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝n(1＋n) 2 ， ∴Sn＝(n－1)2n＋1－n(n＋1) 2 ＋2. 热点二　错位相减法求和 错位相减法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列 {an·bn}的前 n 项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列． 例 2　(2017·山西省实验中学联考)已知数列{a n}为等差数列，且 a3＝5，a5＝9，数列{bn}的 前 n 项和 Sn＝2 3bn＋1 3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设 cn＝an|bn|，求数列{cn}的前 n 项的和 Tn. 解　(1)因为数列{an}为等差数列， 所以 d＝1 2(a5－a3)＝2， 又因为 a3＝5，所以 a1＝1，所以 an＝2n－1. 当 n＝1 时，b1＝2 3b1＋1 3，所以 b1＝1； 当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝2 3bn－2 3bn－1， 所以 bn＝－2bn－1， 即数列{bn}是首项为 1，公比为－2 的等比数列， 所以 bn＝(－2)n－1. (2)因为 cn＝an|bn|＝(2n－1)2n－1， 所以 Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)2n－1， 2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n， 两式相减，得 －Tn＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)2n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)2n ＝1＋2×2－2n 1－2 －(2n－1)2n ＝1＋2n＋1－4－(2n－1)2n＝－3＋(3－2n)2n， 所以 Tn＝3＋(2n－3)2n. 思维升华　(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前 n 项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等 比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和， 此时一定要查清其项数． (3)为保证结果正确，可对得到的和取 n＝1,2 进行验证． 跟踪演练 2　(2017 届湖南省衡阳市期末)数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn＝n2，数列{bn}满 足：①b3＝1 4；②bn>0；③2b 2n＋1＋bn＋1bn－b2n＝0. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)设 cn＝anbn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)当 n＝1 时，a1＝1， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n∈N*)， 检验 a1＝1，满足 an＝2n－1(n∈N*)． ∵2b 2n＋1＋bn＋1bn－b2n＝0， 且 bn >0，∴2bn＋1＝bn， ∴q＝1 2，b3＝b1q2＝1 4， ∴b1＝1，bn＝( 1 2 )n－1 (n∈N*)． (2)由(1)得 cn＝(2n－1)( 1 2 )n－1， Tn＝1＋3×( 1 2 )＋5×( 1 2 )2＋…＋(2n－1)( 1 2 )n－1， 1 2Tn＝1×( 1 2 )＋3×( 1 2 )2＋…＋(2n－3)( 1 2 )n－1＋(2n－1)×( 1 2 )n， 两式相减，得 1 2Tn＝1＋2×( 1 2 )＋2×( 1 2 )2＋…＋2×( 1 2 )n－1－(2n－1)×( 1 2 )n ＝1＋2[1－( 1 2 )n－1 ]－(2n－1)×( 1 2 )n ＝3－( 1 2 )n－1 ( 3 2＋n ). ∴Tn＝6－( 1 2 )n－1(2n＋3)． 热点三　裂项相消法求和 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主 要适用于{ 1 anan＋1}或{ 1 anan＋2}(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和． 例 3　(2017 届山东省青岛市二模)在公差不为 0 的等差数列{an}中，a22＝a3＋a6，且 a3 为 a1 与 a11 的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(－1)n n (an－1 2)(an＋1－1 2) ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)设数列{an}的公差为 d， ∵a22＝a3＋a6， ∴(a1＋d)2＝a1＋2d＋a1＋5d， ① ∵a23＝a1·a11， 即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋10d)， ② ∵d≠0，由①②解得 a1＝2，d＝3. ∴数列{an}的通项公式为 an＝3n－1. (2)由题意知， bn＝(－1)n n (3n－3 2)·(3n＋3 2) ＝(－1)n·1 6· ( 1 3n－3 2 ＋ 1 3n＋3 2)＝(－1)n·1 9·( 1 2n－1＋ 1 2n＋1) Tn＝1 9Error!Error! ＝1 9[－1＋(－1)n 1 2n＋1]. 思维升华　(1)裂项相消法的基本思想就是把通项 an 分拆成 an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形 式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an} 的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常用的裂项公式 ①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)； ② 1 n(n＋1)＝1 n－ 1 n＋1， 1 n(n＋k)＝1 k( 1 n－ 1 n＋k)； ③ 1 (2n－1)(2n＋1)＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)； ④ 1 n(n＋1)(n＋2)＝1 2[ 1 n(n＋1)－ 1 (n＋1)(n＋2)]； ⑤ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n， 1 n＋ n＋k ＝1 k( n＋k－ n)． 跟踪演练 3　已知数列{an}满足： 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an＝n2 2 (n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝anan＋1，Sn 为数列{bn}的前 n 项和，对于任意的正整数 n，Sn>2λ－1 3恒成立，求实 数 λ 的取值范围． 解　(1)由题意，得当 n＝1 时， 1 a1＝1 2，则 a1＝2. 当 n≥2 时， 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an＝n2 2 ， 则 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an－1＝ (n－1)2 2 ， 两式相减，得 1 an＝n2 2 － (n－1)2 2 ＝2n－1 2 ， 即 an＝ 2 2n－1，当 n＝1 时，也符合上式，则 an＝ 2 2n－1. (2)由(1)，得 bn＝anan＋1＝ 2 2n－1· 2 2(n＋1)－1 ＝ 4 (2n－1)(2n＋1) ＝2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)， 所以 Sn＝2Error!Error! ＝2·(1－ 1 2n＋1)， 则 n 越大， 1 2n＋1越小，Sn 越大，即当 n＝1 时，Sn 有最小值 S1＝4 3. 因为对于任意的正整数 n，Sn >2λ－1 3恒成立， 所以4 3>2λ－1 3，解得 λ<5 6， 故实数 λ 的取值范围是(－∞，5 6). 真题体验 1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝3，S4＝10，则 n ∑ k＝1 1 Sk＝________. 答案　 2n n＋1 解析　 设等差数列{an}的公差为 d，则 由Error!得Error! ∴Sn＝n×1＋n(n－1) 2 ×1＝n(n＋1) 2 ， 1 Sn＝ 2 n(n＋1)＝2( 1 n－ 1 n＋1). ∴ n ∑ k＝1 1 Sk＝ 1 S1＋ 1 S2＋ 1 S3＋…＋ 1 Sn ＝2(1－1 2＋1 2－1 3＋1 3－1 4＋…＋1 n－ 1 n＋1) ＝2(1－ 1 n＋1)＝ 2n n＋1. 2．(2017·天津)已知{a n}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2 的等比数列， 且公比大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前 n 项和(n∈N*)． 解　(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q. 由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12，而 b1＝2， 所以 q2＋q－6＝0. 又因为 q>0，解得 q＝2，所以 bn＝2n. 由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8， ① 由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16， ② 联立①②，解得 a1＝1，d＝3，由此可得 an＝3n－2. 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为 bn＝2n. (2)设数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为 Tn，由 a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得 a2nb2n－1＝(3n－ 1)×4n，故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， ③ 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， ④ ③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝12 × (1－4n) 1－4 －4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8， 得 Tn＝3n－2 3 ×4n＋1＋8 3. 所以数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为3n－2 3 ×4n＋1＋8 3. 押题预测 1．已知数列{an}的通项公式为 an＝ n＋2 2nn(n＋1)，其前 n 项和为 Sn，若存在 M∈Z，满足对任 意的 n∈N*，都有 Sn0)，且 4a3 是 a1 与 2a2 的等差中项． (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝2n＋1 an ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 押题依据　错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用 an，Sn 的关系求 an，也是高 考出题的常见形式． 解　(1)当 n＝1 时，S1＝a(S1－a1＋1)，所以 a1＝a， 当 n≥2 时，Sn＝a(Sn－an＋1)， ① Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)， ② 由①－②，得 an＝a·an－1，即 an an－1＝a， 故{an}是首项 a1＝a，公比为 a 的等比数列， 所以 an＝a·an－1＝an. 故 a2＝a2，a3＝a3. 由 4a3 是 a1 与 2a2 的等差中项，可得 8a3＝a1＋2a2， 即 8a3＝a＋2a2， 因为 a≠0，整理得 8a2－2a－1＝0， 即(2a－1)(4a＋1)＝0， 解得 a＝1 2或 a＝－1 4(舍去)， 故 an＝( 1 2 )n＝ 1 2n. (2)由(1)得 bn＝2n＋1 an ＝(2n＋1)·2n， 所以 Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n， ① 2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)×2n＋1， ② 由①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1 ＝6＋2×22－2n＋1 1－2 －(2n＋1)×2n＋1 ＝－2＋2n＋2－(2n＋1)×2n＋1 ＝－2－(2n－1)×2n＋1， 所以 Tn＝2＋(2n－1)×2n＋1. A 组　专题通关 1．(2017 届湖南师大附中月考)已知数列{an}，{bn}满足 a1＝1，且 an，an＋1 是方程 x2－bnx＋ 2n＝0 的两根，则 b10 等于(　　) A．24 B．32 C．48 D．64 答案　D 解析　由已知有 anan＋1＝2n，∴an＋1an＋2＝2n＋1，则an＋2 an ＝2，所以数列{an}奇数项、偶数项 分 别 为 公 比 为 2 的 等 比 数 列 ， 可 以 求 出 a2 ＝ 2 ， 所 以 数 列 {an} 的 项 分 别 为 1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而 bn＝an＋an＋1，所以 b10＝a10＋a11＝32＋32＝64，故选 D. 2．(2017 届河南百校联盟质检)已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a2n＝a 2n－1＋a 2n＋1(n≥2)， bn＝ 1 an＋an＋1，记数列{bn}的前 n 项和为 Sn，则 S33 的值是(　　) A. 99 B. 33 C．4 2 D．3 答案　D 解析　∵2a2n＝a 2n－1＋a 2n＋1(n≥2)， ∴数列{a2n}为等差数列，首项为 1，公差为 22－1＝3. ∴a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2，an>0， ∴an＝ 3n－2(n∈N*)， ∴bn＝ 1 an＋an＋1＝ 1 3n－2＋ 3n＋1 ＝1 3( 3n＋1－ 3n－2)， 故数列{bn}的前 n 项和为 Sn＝1 3[( 4－ 1)＋( 7－ 4)＋…＋( 3n＋1－ 3n－2)]＝1 3( 3n＋1－1)， 则 S33＝1 3( 3 × 33＋1－1)＝3. 故选 D. 3．(2017 届江西省鹰潭市模拟)已知函数 f(n)＝n2cos(nπ)，且 an＝f(n)＋f(n＋1)，则 a1＋a2＋… ＋a100 等于(　　) A．－100 B．0 C．100 D．10 200 答案　A 解析　a1＝－1＋22，a2＝22－32，a3＝－32＋42，a4＝42－52，…，所以 a1＋a3＋…＋a99＝(－ 1＋22)＋…＋(－992＋1002)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(99＋100)＝5 050，a2＋a4＋…＋a100＝(22 －32)＋…＋(100 2－1012)＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5 150，所以 a 1＋a2＋…＋a 100＝5 050－5 150＝－100. 4．(2017 届广东省潮州市模拟)已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和， an＝2·3n－1 (n∈N*)，若 bn＝ an＋1 SnSn＋1，则 b1＋b2＋…＋bn＝____________. 答案　1 2－ 1 3n＋1－1 解析　因为an＋1 an ＝ 2·3n 2·3n－1＝3， 所以数列{an}为等比数列． 所以 Sn＝a1(1－qn) 1－q ＝2(1－3n) 1－3 ＝3n－1， 又 bn＝ an＋1 SnSn＋1＝Sn＋1－Sn SnSn＋1 ＝ 1 Sn－ 1 Sn＋1， 则 b1＋b2＋…＋bn＝( 1 S1－ 1 S2)＋( 1 S2－ 1 S3)＋…＋( 1 Sn－ 1 Sn＋1)＝ 1 S1－ 1 Sn＋1＝1 2－ 1 3n＋1－1. 5．(2017 届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数 x，[x]表示不超过 x 的最大整数，如[－0.2] ＝－1，[1.72]＝1，已知 an＝[ n 3 ](n∈N*)，Sn 为数列{an}的前项和，则 S2 017＝________. 答案　677 712 解析　由于 [ 1 3 ]＝0 ， [ 2 3 ]＝0 ， [ 3 3 ]＝[ 4 3 ]＝[ 5 3 ]＝1 ， [ 6 3 ]＝[ 7 3 ]＝ [ 8 3 ]＝2，根据这个规律，后面每 3 项都是相同的数，2 017－2＝671×3＋2，后余 2 项， 所以 S2 017＝1＋671 2 ×671×3＋672＋672＝677 712. 6．(2017 届山西晋中榆社中学月考)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，且对任意正整数 n， 满足 2an＋1＋Sn－2＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝na2n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)因为 2an＋1＋Sn－2＝0， 所以当 n≥2 时，2an＋Sn－1－2＝0， 两式相减，得 2an＋1－2an＋Sn－Sn－1＝0， 即 2an＋1－2an＋an＝0，an＋1＝1 2an. 又当 n＝1 时，2a2＋S1－2＝0⇒a2＝1 2a1， 即 an＋1＝1 2an (n∈N*)． 所以{an}是首项 a1＝1，公比 q＝1 2的等比数列， 所以数列{an}的通项公式为 an＝( 1 2 )n－1. (2)由(1)知，bn＝na2n＝ n 4n－1， 则 Tn＝1＋2 4＋ 3 42＋…＋n－1 4n－2＋ n 4n－1， ① 4Tn＝4＋2＋3 4＋…＋n－1 4n－3＋ n 4n－2， ② 由②－①，得 3Tn＝5＋1 4＋…＋ 1 4n－3＋ 1 4n－2－ n 4n－1 ＝16 3 － 3n＋4 3 × 4n－1. 所以数列{bn}的前 n 项和为 Tn＝16 9 － 3n＋4 9 × 4n－1. 7．(2017 届山东省胶州市普通高中期末)正项数列{an }的前 n 项和 Sn 满足：S2n－(n2＋n－ 1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求数列{an }的通项公式 an； (2)令 bn＝ n＋1 (n＋2)2a2n，数列{bn }的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 n∈N*，都有 Tn< 5 64. (1)解　由 S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an }是正项数列， 所以 Sn>0，Sn＝n2＋n. 当 n＝1 时，a1＝S1＝2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上可知，数列{an }的通项公式 an＝2n. (2)证明　由于 an＝2n，bn＝ n＋1 (n＋2)2a2n， 所以 bn＝ n＋1 4n2(n＋2)2 ＝ 1 16[ 1 n2－ 1 (n＋2)2]. Tn＝ 1 16Error! Error! ＝ 1 16[1＋ 1 22－ 1 (n＋1)2 － 1 (n＋2)2]< 1 16(1＋ 1 22)＝ 5 64. 8．(2017 届江西省南昌市模拟)已知等差数列{an }的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S3＋S4＝ S5. (1)求数列{an }的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1anan＋1，求数列{bn }的前 2n 项和 T2n. 解　(1)设等差数列{an }的公差为 d，由 S3＋S4＝S5， 可得 a1＋a2＋a3＝a5， 即 3a2＝a5，所以 3(1＋d)＝1＋4d，解得 d＝2. 所以 an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)可得 bn＝(－1)n－1·(2n－1)(2n＋1) ＝(－1)n－1·(4n2－1)， 所以 T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1×[4×(2n)2－1] ＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2] ＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)＝－4×2n(2n＋1) 2 ＝－8n2－4n. B 组　能力提高 9．(2017·湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列{an }满足 a1＝1，nan＋1＝ (n＋1)an＋n(n＋1)，且 bn＝ancos2nπ 3 ，记 Sn 为数列{bn }的前 n 项和，则 S24 等于(　　) A．294 B．174 C．470 D．304 答案　D 解析　由 nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，得an＋1 n＋1＝an n ＋1，所以数列{ an n }为等差数列，因此an n ＝ 1＋(n－1 )×1＝n，an＝n2，bn＝Error! 因此 b3k＋1＋b3k＋2＋b3k＋3＝9k＋13 2 ，k∈N， S24＝9(0＋1＋…＋7)＋13 2 ×8＝304，故选 D. 10. (2017届湖南省常德市第一中学月考)已知数列{an}的前n项和为 Sn，Sn＝n2＋2n，bn＝anan＋1cos(n＋ 1)π，数列{b n}的前 n 项和为 T n ，若 Tn≥tn2 对 n∈N* 恒成立，则实数 t 的取值范围是 ______________． 答案　(－∞，－5] 解析　当 n＝1 时，a1＝3； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1， 当 n＝1 时也成立，∴an＝2n＋1(n∈N*)， ∴bn＝anan＋1cos(n＋1)π＝(2n＋1)(2n＋3)cos(n＋1)π. 当 n 为奇数时，cos(n＋1)π＝1，当 n 为偶数时， cos(n＋1)π＝－1，因此当 n 为奇数时， Tn ＝3×5－5×7＋…＋(2n＋1)(2n＋3)＝15＋4×(7＋11＋…＋2n＋1)＝2n2＋6n＋7，∵Tn≥tn2 对 n∈N*恒成立，∴2n2＋6n＋7≥tn2，t≤ 7 n2＋6 n＋2＝7( 1 n＋3 7 )2＋5 7，∴t≤2； 当 n 为偶数时， Tn＝3×5－5×7＋…－(2n＋1)(2n＋3)＝－4×(5＋9＋…＋2n＋1)＝－2n2－6n， ∵Tn≥tn2 对 n∈N*恒成立， ∴－2n2－6n≥tn2，t≤－2－6 n， ∴t≤－5.综上可得 t≤－5. 11．(2017 届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{an}满足 a1＝0，a2＝1 8，且对任意 m， n∈N*，都有 a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋3 4(m－n)2. (1)求 a3，a5； (2)设 bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)． ①求数列{bn}的通项公式； ②设数列{ 1 bnbn＋1}的前 n 项和为 Sn，是否存在正整数 p，q，且 13， 即6p＋1 p2 >3. 解得3－2 3 3 0， ∵S3＝b5＋1＝7，∴a1＋a1q＋a1q2＝7， ① 又 b4 是 a2 和 a4 的等比中项， ∴a2a4＝a23＝b24＝16， 解得 a3＝a1q2＝4， ② 由①②得 3q2－4q－4＝0， 解得 q＝2 或 q＝－2 3(舍去)， ∴a1＝1，an＝2n－1. (2)当 n 为偶数时， Tn＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…＋[(n－1)＋1]×2n－2＋n×2n－1 ＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)＋(20＋22＋…＋2n－2)， 设 Hn＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1， ③ 则 2Hn＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n×2n， ④ 由③－④，得 －Hn＝20＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n ＝1－2n 1－2 －n×2n＝(1－n)×2n－1， ∴Hn＝(n－1)×2n＋1， ∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋1－4 1－4＝(n－2 3 )×2n＋2 3. 当 n 为奇数，且 n≥3 时， Tn＝Tn－1＋(n＋1)×2n－1 ＝(n－5 3 )×2n－1＋2 3＋(n＋1)×2n－1 ＝(2n－2 3)×2n－1＋2 3， 经检验，T1＝2 符合上式， ∴Tn＝Error!