【数学】2019届一轮复习人教A版复杂数列的求和问题学案

【数学】2019届一轮复习人教A版复杂数列的求和问题学案

专题五 数列 问题四 复杂数列的求和问题 一、考情分析 数列求和是历年高考命题的热点，可以以客观题形式考查，也可以以解答题形式考查数列， 公式求和、裂项求和、错位相减法求和是常考问题. 二、经验分享 1.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＝Error!的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组 求和法求和． 2.错位相减法求和时的注意点 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n－ qSn”的表达式； (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种 情况求解． 3.用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如 1 n＋ n＋k ＝1 k( n＋k－ n)， 1 nn＋k＝1 k(1 n － 1 n＋k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项．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． - 三、知识拓展 1.一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝ . (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)． (4)12＋22＋…＋n2＝ . (5) 2.常见的裂项公式 ( )1 2 n n + ( )( )1 2 1 6 n n n+ + ( ) 2 3 3 3 3 11 2 3 2 n nn + + + + + =     (1) ； (2) ＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)； (3) . (4) (5) 四、题型分析 (一) 公式法 公式法是数列求和的最基本的方法．也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为 等差或等比数列的求和.利用等比数列求和公式,当公比是用字母表示时，应对其是否为 1 进 行讨论． 【例 1】设 为等差数列， 为数列 的前 n 项和，已知 ， ， 为数 列 的前 n 项和，求 ． 【分析】利用等差数列的求和找 、 的等式，解出 、 ，判断数列 的类型，在 用公式求解. ∴ ( ) 1 1 1 1 1n n n n = −+ + ( )( ) 1 2 1 2 1n n− + ( ) 1 1 1 1 2 2 2n n n n  = − + +  ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2n n n n n n n  = − + + + + +  ( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 1 11 3 n n n n n nn n + + − − ++ = }{ na nS }{ na 77 =S 7515 =S nT }{ n Sn nT 1a d 1a d }{ n Sn ． 【点评】(1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母) 时，应对其公比是否为 1 进行讨论． (2)几类可以使用公式求和的数列 ①等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等 差数列、等比数列的求和公式求解． ②奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使 用等差数列或等比数列的求和公式． ③等差数列各项加上绝对值，等差数列乘以(－1)n. 【小试牛刀】【2017 届重庆巴蜀中 高三文 12 月月考】已知数列 满足 ， ，则 的前 10 项的和等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】设由题设可知数列是公比为 ,首项是 的等比数列.故其前 项和为 ,应选 C. (二) 分组法 将数列的每一项拆成多项，然后重新分组，将一般的数列求和问题转化成特殊数列求和问题. 运用这种方法的关键是将通项变形.“合项”法是利用加法的交换律和结合律将“不规则和”转化 为“规则和”，化繁为简. 【 例 2 】 【 2017 届 河 北 省 衡 水 中 高 三 二 调 】 已 知 数 列 中 ， ， 且 ，则数列 的前 项和为（ ） A． B． C． D． 【分析】分偶数项与奇数项分别求和 nnnnnTn 4 9 4 1 2 1)1(2 12 2 −=⋅−⋅+−= {a }n 13 0n na a+ + = 2 4 3a = − {a }n 106(1 3 )−− − 101 (1 3 )9 −− 103(1 3 )−− 103(1 3 )−+ 3 1− 4 10 )31(3 3 11 )3 11(4 1010 10 −−= + − =S { }na 1 2 1a a= = 2 1n na a+ − = { }na 100 2550 2600 2651 2652 【点评】某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原 数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特 别注意在含有字母的数列中对字母的讨论． 【小试牛刀】【福建省南平市 2018 届高三上 期第一次综合质量检查】已知数列 满足 ，则该数列的前 23 项的和为（ ） A. 4194 B. 4195 C. 2046 D. 2047 【答案】A (三) 裂项相消法 此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了．只剩 下有限的几项．注意 ○1余下的项前后的位置前后是对称的．○2余下的项前后的正负性是相反 的．常用的裂项方法 【 例 3】【2017 届辽宁葫芦岛普通高中高三理上 期考试】在等差数列 中，公差 ， ，且 ， ， 成等比数列. ⑴求数列 的通项公式及其前 项和 ； ⑵若 ，求数列 的前 项和 . 【分析】⑴由 成等比数列 ；⑵由⑴可得 { }nb 1 21, 4,b b= = 2 2 2 1 sin cos2 2n n n nb b π π +  = + +   { }na 0d ≠ 1 7a = 2a 5a 10a { }na n nS 1 5 n n n b a a + = ⋅ { }nb n nT 2 5 10a a a， ， ⇒ ( )7 d+ ( ) ( )27 9 7 4d d+ = + ⇒ 2d = ⇒ 2 5na n= + ⇒ ( ) 27 2 5 62n n nS n n + += = + ( ) ( ) 5 5 1 1 2 5 2 7 2 2 5 2 7nb n n n n  = = − + ⋅ + + +  . 【 解 析 】 ⑴∵ 成 等 比 数 列 ， ∴ ， 又 ∵ ， ∴ . ∴ ， . ⑵由⑴可得 ， ∴ . 【点评】(1)裂项相消法求和的原理及注意问题 ①原理 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． ②注意 在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意 规律性． ③一般地，若{an}为等差数列，则求数列{ 1 anan＋1}的前 n 项和可尝试此方法，事实上， 1 anan＋1 ＝ d danan＋1＝an＋1－an danan＋1 ＝1 d·( 1 an－ 1 an＋1). (2)用裂项法求和的裂项原则及规律 (1)裂项原则 一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止． (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． 常见式的裂项 数列(n 为正整数) 裂项方法 { 1 n（n＋k）} ( 为非零常数) 1 n（n＋k）＝1 k(1 n－ 1 n＋k) { 1 4n2－1} 1 4n2－1＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1) { 1 n＋ n＋1} 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n {loga(1＋1 n )} (a>0，a≠1) loga(1＋1 n )＝loga(n＋1) －logan 【小试牛刀】【2016 届湖南省长沙明德中 高三上第三次月考】在等差数列 中，公差 ，记数列 的前 项和为 . ⇒ 5 1 1 1 1 1 1 5 2 7 9 9 11 2 5 2 7 14 49n nT n n n  = − + − + − = + + + … + 2 5 10a a a， ， ( )( ) ( )27 7 9 7 4d d d+ + = + 0d ≠ 2d = 2 5na n= + ( ) 27 2 5 62n n nS n n + += = + ( ) ( ) 5 5 1 1 2 5 2 7 2 2 5 2 7nb n n n n  = = − + ⋅ + + +  5 1 1 1 1 1 1 5 2 7 9 9 11 2 5 2 7 14 49n nT n n n  = − + − + − = + + + … + (1)求 ； (2)设数列 的前 项和为 ，求 . ] 【解析】（1）由 可得 ， 又 ，所以 .于是 . 则 . （2）因为 . 所以 .[ ] (四) 错位相减法 若数列 是等差数列，数列 是等比数列，由这两个数列的对应项的乘积组成的新数 列 ，当求数列的前 项和时，常常采用将 各项乘以 的公比 ，并向后错 一项与原 的同次项对应相减的方法.错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为 等比数列求和的问题. 注意 ○1 要考虑 当公比 为 1 时为特殊情况 ， ○2错位相减时要注意 末项. 【例 4】【2017 届江西鹰潭一中高三理上 期月考】设数列 的前 项和为 ，已知 ， （ ）． （1）证明 数列 是等比数列； （2）求数列 的前 项和 ． 【分析】（1）利用 ， ，推导出 ，由此能证明 是等比数列；（2）由已知条件推导出 ，由此利用错位相减法能求出数列 的前 项和 ． { }na { }nb { }n na b n { }n na b { }nb q { }n na b q { }na n nS 1 1a = 1 2 n n na Sn+ += *n N∈ nS n     { }nS n nT 1 2 n n na Sn+ += 1 1n n na S S+ += − 1 21 n nS S n n + =+  nS n     12nnS n −= { }nS n nT 【解析】（1）由 ，及 ，得 ， 整理，得 ， ，又 ， 是以 为首项， 为公比的等比列（2）由（1），得 ， （ ）． ，① ，② 由② ①，得 【点评】错位相减法求和的适用条件及关注点 (1)适用条件 如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成， 那么这个数列的前 n 项和可用此法 求．即求数列{an·bn}的前 n 项和，其中{an}，{bn}分别是 等差数列和等比数列． (2)关注点 ①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；②在写出“Sn”与 “qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达 式． 【小试牛刀】已知数列 的首项 ，且满足 ． （1）求数列 的通项公式； （2）设 ，求数列 的前 n 项和 ． 【答案】（1） ；（2） ． 1 2 n n na Sn+ += 1 1n n na S S+ += − 1 2 n n n nS S Sn+ +− = ( )1 2 1n nnS n S+ = + 1 21 n nS S n n +∴ =+  1 11 S = nS n  ∴   1 2 12nnS n −= 12n nS n −∴ =  *n N∈ 0 1 2 11 2 2 2 3 2 2n nT n −∴ = × + × + × + +  ( )1 2 12 1 2 2 2 1 2 2n n nT n n−= × + × + + − +   − ( ) ( )2 1 1 21 2 2 2 2 2 1 2 11 2 n n n n n nT n n n− −= − + + + + + = − + = − +−    { }na 11 =a )(0)1( 11 ∗ ++ ∈=+− Nnaaa nnn { }na n n n ac 3= { }nc nS nan 1= 4 334 )12( 1 +×−= +n n nS （2）由（1）知， ， ，① ，② ①-②有 ， 解得 ． (五) 数列{|an|}的前 n 项和问题 【例 5】在公差为 d 的等差数列{an}中，已知 a1＝10，且 a1,2a2＋2,5a3 成等比数列． (Ⅰ)求 d，an； （Ⅱ）若 d<0，求|a1|＋|a2|＋…＋|an|. 【解析】 (Ⅰ)由题意得 5a3·a1＝(2a2＋2)2， 即 d2－3d－4＝0.故 d＝－1 或 4. 所以 an＝－n＋11，n∈N*或 an＝4n＋6，n∈N* ， （Ⅱ）设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 d<0，由(1)得 d＝－1，an＝－n＋11. ∴Sn＝－1 2n2＋21 2 n， 当 n≤11 时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－1 2n2＋21 2 n. 当 n≥12 时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝1 2n2－21 2 n＋110. 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝ . 【点评】 (Ⅰ)本题求解用了分类讨论思想，求数列{|an|}的和时，因为 an 有正有负，所以应 分两类分别求和． （Ⅱ）常出现的错误 ①当 n≤11 时，求{|an|}的和，有的 生认为就是 S11＝110；②当 n≥12 时，求{|an|}的和，有的 生不能转化为 2(a1＋a2＋…＋a11)－(a1＋a2＋…＋an)，导致出错． 求数列{|an|}的前 n 项和一般步骤如下 第一步 求数列{an}的前 n 项和； 第二步 令 an≤0(或 an≥0)确定分类标准； 第三步 分两类分别求前 n 项和； 第四步 用分段函数形式下结论； n n nc 3⋅= n n nS 3333231 32 ×+⋅⋅⋅+×+×+×= 1432 33)1(3332313 +×+×−+⋅⋅⋅+×+×+×= nn n nnS 132 333332 +×−+⋅⋅⋅+++=− nn n nS 4 334 )12( 1 +×−= +n n nS      ∈≥+− ∈≤+− ∗ ∗ N N nnnn nnnn ,12,1102 21 2 1 ,11,2 21 2 1 2 2 第五步 反思回顾 查看{|an|}的前 n 项和与{an}的前 n 项和的关系，以防求错结果． 【 牛 刀 小 试 】【 2016 届 浙 江 宁 波 效 实 中 高 三 上 期 中 考 试 】 数 列 的 前 项 和 为 ，则 ；数列 的前 10 项和 ． 【答案】 ， ． 【 解 析 】 当 时 ， ， 当 时 ， ， ∴ ， ∴ ． 五、迁移运用 1．【2017 届云南曲靖一中高三理上 期月考】已知等差数列 的前 项和为 ，又知 ， ，则 为（ ） A．21 B．30 C．48 D．50 【答案】B 【 解 析 】 , 故选 B. 2．【2017 届河北武邑中 高三周考】设曲线 与 轴及直线 围成的封闭 图形的面积为 ，设 ，则 （ ） A． B． C. D． 【答案】A 【解析】由题意可得 ,则 , 则 ,应选 A. 4.【江西省重点中 协作体 2018 届高三下 期第一次联考】设 是函数 的极值点，数列 { }na n 2 6nS n n= − 2a = { }na 1 2 10a a a+ + + = 3− 58 1n = 1 1 5a S= = − 2n ≥ 2 2 1 6 ( 1) 6( 1) 2 7n n na S S n n n n n−= − = − − − + − = − 2 2 2 7 3a = × − = − 1 2 10 1 135 3 1 1 3 13 9 7 9 49 582a a a ++ + + = + + + + +⋅⋅⋅+ = + × = + = { }na n nS 10 1 lne S xdx= ∫ 20 11S = 30S 10 1 20 10 10 30 20 301 ln ( ln ) | 1 2( ) ( ) 30e eS xdx x x x S S S S S S= = − = ⇒ − = + − ⇒ =∫ ( )ny x x N ∗= ∈ x 1x = na 1n n nb a a += 1 2 2012b b b+ + + = 503 1007 2011 2012 2012 2013 2013 2014 1 11 0 +== ∫ ndxxa n n 2 1 1 1 )2)(1( 1 1 +−+=++== + nnnnaab nnn 1 2 2012b b b+ + + = 1007 503 2014 1 2 1 22012 1 1 1 3 1 2 1 =−=+−++⋅⋅⋅+− n 1x = ( ) ( )3 2 1 2 1n n nf x a x a x a x n N+ + += − − + ∈ { }na 满足 1 1a = ， 2 2a = ， ，若 表示不超过 x 的最大整数，则 =（ ） A. 2017 B. 2018 C. 2019 D. 2020 【答案】A 【解析】由题意可得 ， ∵ 是函数 的极值点， ∴ ， 即 ． ∴ ， ∴ ， ， ， ， ， 以上各式累加可得 ． ∴ ． ∴ = = = = ． ∴ ．选 A． 4.已知数列 的前 n 项和为 ，令 ，记数列 的前 n 项为 ，则 ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意有 ，所以有 ，所以 ，故选 D． 5. 设 f(x)＝ 4x 4x＋2，若 S＝f( 1 2 015)＋f( 2 2 015)＋…＋f(2 014 2 015)，则 S＝________. 2 1logn nb a += [ ]x 1 2 2 3 2018 2019 2018 2018 2018 b b b b b b  + + +    ( ) 2 1 23 2n n nf x a x a x a+ += − −′ 1x = ( )f x ( ) 1 21 3 2 0n n nf a a a+ += −′ − = 2 13 2 0n n na a a+ +− + = ( )n 2 n 1 n 1 n 1a a 2 a a+ + + +− = − ( )2 1 12n n n na a a a+ + +− = − 2 1 1a a− = 3 2 2 1 2a a− = × = 2 4 3 2 2 2a a− = × =  2 1 2n n na a − −− = 12n na −= 2 1 2log log 2n n nb a n+= = = 1 2 2 3 2018 2019 2018 2018 2018 b b b b b b + + + 1 1 12018 1 2 2 3 2018 2019  + + + × × ×  12018 1 2019  −   20182018 2019 − 12017 2019 + 1 2 2 3 2018 2019 2018 2018 2018 2017b b b b b b  + + + =    }{ na nnSn −= 2 2cos πnab nn = }{ nb nT (2015 =T 2011− 2012− 2013− 2014− 2 2na n= − (2 2)cos 2n nb n π= − 2015 0 2 0 6 0 8 0 10 0 4026 0T = − + + + − + + + + − + 2012 4026 2014= − = − 【答案】1 007 【解析】∵f(x)＝ 4x 4x＋2，∴f(1－x)＝ 41－x 41－x＋2＝ 2 2＋4x， ∴f(x)＋f(1－x)＝ 4x 4x＋2＋ 2 2＋4x＝1. S＝f( 1 2 015)＋f( 2 2 015)＋…＋f(2 014 2 015)， ① S＝f(2 014 2 015)＋f(2 013 2 015)＋…＋f( 1 2 015)， ② ①＋②得，2S＝[f( 1 2 015)＋f(2 014 2 015)]＋[f( 2 2 015)＋f(2 013 2 015)]＋…＋[f(2 014 2 015)＋f( 1 2 015)]＝2 014， ∴S＝2 014 2 ＝1 007. 6.【河南省濮阳市 2018 届高三第一次模拟考试】公差 为正整数的等差数列 的前 项 和为 ，若 且 ，则数列 的 前 项和为________________. 【答案】 【解析】 因为 ，所以 （舍）或 因此数列 的前 项和为 7．【广西南宁市第二中 2018 届高三 1 月月考】已知函数 ，且 ，记 表示 的前 项和，则 __________． 【答案】100 【解析】当 n 为奇数时，an=f（n）+f（n+1）=n2﹣（n+1）2=﹣2n﹣1， d { }na n nS 2 4 6 8 384a a a a = 2 4 6 2 4 8 2 6 8 4 6 8 1 1 1 1 5 96a a a a a a a a a a a a + + + = 1 nS       2017 2017 1009 2 4 6 2 4 8 2 6 8 4 6 8 1 1 1 1 a a a a a a a a a a a a + + + = 2 4 6 8 2 4 6 8 2 4 6 8 5 5 2 4 6 8 5 20 4 20, 5.384 96 a a a a a a a a a a a a a aa a a a + + + + + += = ∴ + + + = ∴ = = 2 4 6 8 384a a a a = ( )( )( )( ) 2 2415 3 5 5 5 3 384 9d d d d d− − + + = ∴ = ( )2 1 1 2 1 11, 1 1 , 21 1n n d d a a n S n n n n  = = ∴ = ∴ = = = − + +  1 nS       2017 1 20172 1 .2018 1009  − =   ( ) ( ) ( ) 2 2 , { , n n f n n n = − 为正奇数 为正偶数 ( ) ( )1na f n f n= + + nS { }na n 100S = 当 n 为偶数时，an=f（n）+f（n+1）=﹣n2+（n+1）2=2n+1，[ ] 则 S100=（a1+a3+……+a99）+（a2+a4+a6+a8+a10…..+） =﹣2×（1+3+5+7+9+…..+99）﹣50+2×（2+4+6+8+10…+100）+50 =100，故答案为 100. 8．【 2017 届安徽百校论坛高三上 期联考】已知函数 满足 ，且 ，则数列 的前 20 项和为 ． 【答案】 9 ．【 2017 届 湖 南 长 沙 一 中 高 三 月 考 】 数 列 满 足 ， 对 任 意 ， ，则 的整数部分是 . 【答案】 【解析】因为 ，所以 ，即 ， 所以 ，所以 的整数 部分是 . 10．【2017 届安徽淮北一中高三上 期四模】已知数列 的前 项和为 ,满足 , 则数列 的前 项和 __________. 【答案】 { }na 1 11 2 3 n n n aa a+ ++ = + 1 1a = 2 1na    +  780 {a }n 1 1 3a = n N ∗∈ 2 1n n na a a+ = + 2016 1 1 1n na= +∑ 2 2 1n n na a a+ = + 1 1 1 1 1 ( 1) 1n n n n na a a a a+ = = −+ + 1 1 1 1 1n n na a a+ = − + 2016 1 1 2 2 3 2016 2017 1 2017 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )1n na a a a a a a a a= = − + − + + − = −+∑  2016 1 1 1n na= +∑ 2 { }na n nS ( )1 2 2 1 3 , 2,2 4 12 n n na a S S S+ += = + = + { }na n nS = 2 5 4 n n+ 【解析】 化为 ，即 ， 故 为等差数列，公差为 ，所以 . 11.数列 的通项为 ，前 项和为 ，则 = ． 【答案】200 12.已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则 S2 012 . 【答案】 【解析】a1＝1，a2＝ 2 a1＝2，又an＋2·an＋1 an＋1·an ＝2n＋1 2n ＝2. ∴an＋2 an ＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列， ∴S2 012＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 011＋a2 012 ＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 011)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 012) ＝1－21 006 1－2 ＋21－21 006 1－2 ＝3·21 006－3. 13.数列 的通项 ，其前 项和为 ，则 为 ． 【答案】470． 【解析】 { }na 2 2 2(cos sin )3 3n n na n π π= − n nS 30S ( )2 12 4 1n n nS S S+ ++ = + ( ) ( )2 1 1 1 2n n n nS S S S+ + +− − − = 2 1 1 2n na a+ +− = na 1 1 3,2 2d a= = 2 5 4n n nS += { }na ( 1) (2 1) sin 12 n n na n π= − + ⋅ + n nS 100S = 323 1006 −⋅ 2 2 2 2 2(cos sin ) cos3 3 3n n n na n n π π π= − = 2 2 2 2 30 2 41 cos 2 cos 3 cos2 30 cos203 3S π π π π∴ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 11 2 3 4 5 6 28 29 302 2 2 2 2 2 = − × − × + − × − × + + − × − × + 2 2 2 2 2 2 2 2 21[(1 2 2 3 ) (4 5 2 6 ) (28 29 2 30 )]2 = − + − × + + − × + + + − × 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21[(1 3 ) (4 6 ) (28 30 ) (2 3 ) (5 6 ) (29 30 )]2 = − − + − + + − + − + − + + −  ， 故答案应填 470． 14.数列{an}满足 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前 60 项和为________． 【答案】1830 【解析】利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解． ∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1， ∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1， a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－ a1， ∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26 ＋42＋…＋234＝15 × 10＋234 2 ＝1 830. 15．【2018 届广东省深中、华附、省实、广雅四校联考】已知等差数列 的前 项和为 ， ， ． （1）求 的值； （2）求数列 的前 项和 ． 【解析】（1）因为 ，代入 ，可得 ， 整理可得 ，因为 ，所以 ， 所以数列 是首项为 ，公差为 1 的等差数列， 所以 ， 当 时， ， 当 时， ， 因为 ，所以，若数列 为等差数列，则有 ， 解得 ． （2） 由（1）可得 ，所以 1[ 2(4 10 16 58) (5 11 17 59)]2 = − − + + + + − + + + +  1 (4 58) (5 59)[ 2 10 10] 4702 2 2 + += − − × × − × = { }na n nS 1 ( 0)a λ λ= > ( )* 1 2 1n na S n N+ = + ∈ λ 1 1 n na a +       n nT 1 1n n na S S+ += − 1 2 1n na S+ = + 1 2 1n n nS S S+ − = + 2 1=( +1)n nS S+ 0nS > 1 1n nS S− − = { }nS λ ( ) ( )2 = 1 1, 1n nS n n S nλ λ λ+ − = + − = + − 2n ≥ 1 2 2 3n n na S S n λ−= − = + − 1n = 1a λ= 1 2n na a+ − = { }na 2 1 2 1 2a a λ λ− = + − = 1λ = 2 1na n= − ( )( )1 1 1 1 1 1= 2 1 2 1 2 2 1 2 1n na a n n n n+  = − − + − +  所以 ， 即 ． 16．【山西省孝义市 2018 届高三下 期联考】已知等差数列 的前 项和为 ， 数列 是等比数列， ， ， ， . (1)求数列 和 的通项公式； (2)若 ，设数列 的前 项和为 ，求 . 【解析】(1)设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ， ∵ ， ， ， ，∴ ， ∴ ， ，∴ ， . (2)由(1)知， ，∴ ， ∴ . 17．【海南省 2018 届高三阶段性测试（二模）】已知数列 是公差为 的等差数列，且 ， ， 成等比数列. （1）求数列 的通项公式； （2）设 ，求数列 的前 项和. 1 2 2 3 1 1 1 1 n n n T a a a a a a + = + + + 1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1n nT n n n n         = − + − + + − = − =        − + + +         { }na ( )*n n N∈ nS { }nb 1 3a = 1 1b = 2 2 10b S+ = 5 2 32a b a− = { }na { }nb 2 , { , nn n nSc b n = 为奇数 为偶数 { }nc n nT nT { }na d { }nb q 1 3a = 1 1b = 2 2 10b S+ = 5 2 32a b a− = 3 3 10{ 3 4 2 3 2 q d d q d + + + = + − = + 2d = 2q = 2 1na n= + 12n nb −= ( ) ( )3 2 1 22n n nS n n + += = + 1 1 1 ,{ 2 2 , n n nc n n n− −= + 为奇数 为偶数 ( )1 3 5 2 11 1 1 1 11 ... 2 2 2 ... 23 3 5 2 1 2 1 n nT n n − = − + − + + − + + + + + − +  2 11 2 1 3 2 1 n n ++= − + { }na 1 4a 6a 9a { }na ( ) ( )2 1na n n nb a= − + − { }nb 2n 18．【河南省豫南九校 2018 届高三下 期第一次联考】设正项等比数列 ， ，且 的等差中项为 . （1）求数列 的通项公式； （2）若 ，数列 的前 项和为 ，数列 满足 ， 为 数列 的前 项和，求 . 【解析】（1）设等比数列 的公比为 ， 由题意，得 解得 所以 （2）由（1）得 ， ∴ ， ∴ { }na 4 81a = 2 3,a a ( )1 2 3 2 a a+ { }na 3 2 1logn nb a −= { }nb n nS { }nc 1 4 1n n c S = − nT { }nc n nT { }na ( )0q q > ( ) 3 4 1 2 1 1 1 1 81{ 3 a a q a q a q a a q = = + = + 1 3{ 3 a q = = 1 1 3n n na a q −= = 2 1 3log 3 2 1n nb n−= = − ( ) ( )1 21 2 1 2 2 n n n nn b bS n  + −+  = = = 2 1 1 1 1 4 1 2 2 1 2 1nc n n n  = = − − − +  1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1 2 1n nT n n n       = − + − + + − =      − + +       19．【福建省漳州市 2018 届高三上 期期末】设数列 的前 项和为 ，且 . (Ⅰ)求数列 的通项公式； (Ⅱ)若数列 满足 ，求数列 的前 项和 . 【解析】 (Ⅰ)当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3an＋1－3an－1－1， 即 2an＝3an－1，所以 ， 当 n＝1 时，a1＝3a1＋1，解得 . 所以数列{an}是以 为首项， 为公比的等比数列， 即 . (Ⅱ)由(Ⅰ)可得 所 以 ， ① ② 则①—②，得 ， 化简整理可得 20．【2017 届安徽百校论坛高三上 期联考】已知等比数列 的前 项和为 ，且 成等比数列 . （1）求 的值及数列 的通项公式； （2）若 ，求数列 的前 项和 . { }na n nS 3 1n nS a= + ( )*n N∈ { }na { }nb ( ) 1 2 1 3 n n n n ab − += − { }nb n nT 1 3 2 n n a a − = 1 1 2a = − 1 2 − 3 2 11 3 2 2 n na − = − ×   ( ) n 1 n n 1 2n 1 1 3b 3 2 2 − −  +  = − × − ×      ( ) n12n 1 2  = +    ( ) ( )2 11 1 1 13 5 2 1 2 12 2 2 2 n n nT n n −     = × + × + + − + +           ( ) ( )2 3 11 1 1 1 13 5 2 1 2 12 2 2 2 2 n n nT n n +       = × + × + + − + +               ( )2 3 11 1 1 1 1 13 2 2 12 2 2 2 2 2 n n nT n +        = × + × + + + − +                  n n 2n 5T 5 2 += − { }na n nS 12 , ,n nS a+ ( )n N ∗∈ a { }na ( ) ( )2 11 logn n nb an a a += − 1 nb       n nT 【答案】（1） ；（2） . （2）由（1）得 ， ∴ . 21．【2017 湖南衡阳县四中 12 月联赛】在数列 中， ， ， （1）设 ，证明 数列 是等差数列； （2）求数列 的前 项和. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】(1)证明 由已知 an＋1＝2an＋2n， 得 . ，又 . ∴{bn}是首项为 1，公差为 1 的等差数列． (2)解 由(1)知，bn＝n， .∴an＝n·2n－1. ∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1 两边乘以 2 得 2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， 12n na −= ( )2 3 2 3n nT n= − + ( ) ( ) ( )( )2 11 log 2 1 2 1n n nb an a a n n+= − = − + ( )( )1 2 1 1 1 1 1 1 1 3 3 5 2 1 2 1n n T b b b n n = + + + = + + +× × − +… … 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1n n  = − + − + + − − + … 2 1 n n = + { }na 11 =a n nn aa 221 +=+ 12 −= n n n ab { }nb { }na n 1( )·2 1n nS n＝ － ＋ 1122 22 2 1 1 1 +=+=+== − + + nn n n n n n n n baaab 11 =−∴ + nn bb 111 == ab =−12n na nbn = 两式相减得 －Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n ＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1. 22．【2017 届广西陆川县中 高三上 期二模】已知公差不为零的等差数列 满足 ， 且 ， ， 成等比数列. （I）求数列 的通项公式； （II）若 表示数列 的前 项和，求数列 的前 项和 . 【答案】(I) ；(II) . （II）由上述推理知 ，则 23 ．【 2017 届 福 建 连 城 县 二 中 高 三 上 期 期 中 】 设 数 列 的 前 项 和 为 ， 且 ， ，…． （1）求 ， ； （2）求 的表达式． 【答案】（1） ， ；（2） . 【解析】（1）当 时，由已知得 ，解得 ， { }na 1 3a = 1a 4a 13a { }na nS { }na n 1 nS       n nT 12 += nan 3 2 3 4 2( 1)( 2)n nT n n += − + + ( )2nS n n= + 1 1 1 1 2 2nS n n  = − +  ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 111 3 2 4 3 5 2 2 3 2 4 3 5 2nT n n n n  = + + + + = − + − + − + + − × × × + +   ( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 1 3 1 1 3 2 312 2 1 2 4 2 1 2 2 4 2 1 2 n n n n n n n + = + − − = − − = − + + + + + +  { }na n nS 2 2 1 0n n n nS S a S− − + = 1,2,3n = 1a 2a nS 1 1 2a = 2 1 6a = 1n nS n = + 1n = 2 2 1 1 12 1 0a a a− − + = 1 1 2a = 同理，可解的 ． （2）由题意 ， 当 （ ）时， ，代入上式， 得 ．所以 ，所以 ，[ X X ] ∴ ， ∴ 是首项为 ，公差为 的等差数列， 所以 ， 所以 ． 2 1 6a = 2 2 1 0n n n nS S a S− + − = 2n ≥ *n N∈ 1n n na S S −= − 1 2 1 0n n nS S S− − + = 1 1 2n n S S − = − 1 1 1 111 12 2 n n n n SS S S − − − − +− = − =− − 1 1 1 21 111 1 1 n n n n S S S S − − − −= = − +− − − 1 1nS    −  1 1 1S − 2= − 1− 1 2 ( 1) ( 1) 11n n nS = − + − ⋅ − = − −− 1 11 1n nS n n = − + =+ +