【数学】2019届一轮复习人教A版（文）6-4数列求和学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（文）6-4数列求和学案

6.4 数列求和 最新考纲 考情考向分析 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项 和公式． 2.掌握非等差数列、非等比数列求和 的几种常见方法. 本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项 相消法求数列前 n 项和为主，识别出等差(比)数列，直 接用公式法也是考查的热点．题型以解答题的形式为 主，难度中等或稍难．一般第一问考查求通项，第二 问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合. 1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝n(a1＋an) 2 ＝na1＋n(n－1) 2 d. 2．等比数列的前 n 项和公式 Sn＝Error! 3．一些常见数列的前 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＝n(n＋1)． (4)12＋22＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1) 6 . 知识拓展 数列求和的常用方法 (1)公式法 直接利用等差、等比数列的求和公式求和． (2)分组转化法 把数列转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 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. (4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和． (6)并项求和法 一个数列的前 n 项和中，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． 题组一 思考辨析 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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 之和时，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．( × ) (4)数列{ 1 2n＋2n－1}的前 n 项和为 n2＋ 1 2n.( × ) (5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得 sin21°＋sin22°＋sin23° ＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( √ ) (6)如果数列{an}是周期为 k 的周期数列，那么 Skm＝mSk(m，k 为大于 1 的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编 2．[P61A 组 T5]一个球从 100m 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) 答案 A 解析 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)． 3．[P61A 组 T4(3)]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0 且 x≠1)． 答案 1－xn (1－x)2 － nxn 1－x 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， ∴Sn＝ 1－xn (1－x)2 － nxn 1－x. 题组三 易错自纠 4．(2017·潍坊调研)设{an}是公差不为 0 的等差数列，a1＝2，且 a1，a3，a6 成等比数列，则{an} 的前 n 项和 Sn 等于( ) A.n2＋7n 4 B.n2＋5n 3 C.2n2＋3n 4 D．n2＋n 答案 A 解析 设等差数列的公差为 d，则 a1＝2， a3＝2＋2d，a6＝2＋5d. 又∵a1，a3，a6 成等比数列，∴a23＝a1·a6. 即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得 2d2－d＝0. ∵d≠0，∴d＝1 2. ∴Sn＝na1＋n(n－1) 2 d＝n2 4 ＋7 4n. 5．(2018·日照质检)数列{a n}的通项公式为 an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前 100 项之和 S 100 等于( ) A．200 B．－200 C．400 D．－400 答案 B 解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99 －100)]＝4×(－50)＝－200. 6．数列{an}的通项公式为 an＝ncosnπ 2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2017＝________. 答案 1008 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. a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8， 故 a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期 T＝4. ∴S2017＝S2016＋a2017＝2016 4 ×2＋2017·cos2017 2 π＝1008. 题型一 分组转化法求和 典例(2018·合肥质检)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＝ ＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． 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. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2(1－22n) 1－2 ＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. 引申探究 本例(2)中，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 由(1)知 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； 2 na 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. ∴Tn＝Error! 思维升华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． 提醒：某些数列的求和是将数列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，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． 跟踪训练等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}是等比数列，满足 a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝ 10，a5－2b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝Error!设数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 T2n. 解 (1)设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q， 由Error!得Error!解得Error! ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1. (2)由 a1＝3，an＝2n＋1 得 Sn＝n(a1＋an) 2 ＝n(n＋2)， 则 cn＝Error! 即 cn＝Error! ∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝[(1－1 3 )＋( 1 3－1 5 )＋…＋( 1 2n－1－ 1 2n＋1)]＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－ 1 2n＋1＋2(1－4n) 1－4 ＝ 2n 2n＋1＋2 3(4n－1)． 题型二 错位相减法求和 典例(2017·天津)已知{an}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. 思维升华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“Sn －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． 跟踪训练 (2018·阜阳调研)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. (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式； (2) 当 d>1 时，记 cn＝an bn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)由题意得Error!即Error! 解得Error!或Error! 故Error!或Error! (2)由 d>1，知 an＝2n－1，bn＝2n－1，故 cn＝2n－1 2n－1 ，于是 Tn＝1＋3 2＋ 5 22＋ 7 23＋ 9 24＋…＋2n－1 2n－1 ，① 1 2Tn＝1 2＋ 3 22＋ 5 23＋ 7 24＋ 9 25＋…＋2n－1 2n .② ①－②可得 1 2Tn＝2＋1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n－2－2n－1 2n ＝3－2n＋3 2n ， 故 Tn＝6－2n＋3 2n－1 . 题型三 裂项相消法求和 命题点 1 形如 an＝ 1 n(n＋k)型 典例 (2017·郑州市第二次质量预测)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝－2，且满足 Sn＝1 2an＋1＋ n＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝log3(－an＋1)，设数列{ 1 bnbn＋2}的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<3 4. (1)解 由 Sn＝1 2an＋1＋n＋1(n∈N*)， 得 Sn－1＝1 2an＋n(n≥2，n∈N*)， 两式相减，并化简，得 an＋1＝3an－2， 即 an＋1－1＝3(an－1)， 又 a1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{an－1}是以－3 为首项，3 为公比的等比数列， 所以 an－1＝(－3)·3n－1＝－3n.故 an＝－3n＋1. (2)证明 由 bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n， 得 1 bnbn＋2＝ 1 n(n＋2)＝1 2( 1 n－ 1 n＋2)， ∴Tn＝1 2Error! Error! ＝1 2(1＋1 2－ 1 n＋1－ 1 n＋2) ＝3 4－ 2n＋3 2(n＋1)(n＋2)<3 4. 命题点 2 an＝ 1 n＋ n＋k 型 典例已知函数 f(x)＝xα 的图象过点(4,2)，令 an＝ 1 f(n＋1)＋f(n)，n∈N*.记数列{an}的前 n 项和 为 Sn，则 S2017＝________. 答案 2018－1 解析 由 f(4)＝2，可得 4α＝2，解得 α＝1 2，则 f(x)＝ . ∴an＝ 1 f(n＋1)＋f(n)＝ 1 n＋1＋ n ＝ n＋1－ n， S2017 ＝a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＋…＋a 2017 ＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋( 2017－ 2016)＋ ( 2018－ 2017)＝ 2018－1. 思维升华 (1)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． (2)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． 跟踪训练 (2018 届贵州遵义航天高级中学模拟)已知等差数列{an}满足(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋… ＋(an＋an＋1)＝2n(n＋1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 an·an＋1，求{bn}的前 n 项和 Sn. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d， 当 n＝1 时，a1＋a2＝4， 当 n＝2 时，a1＋a2＋a2＋a3＝12，即 4a2＝12，a2＝3， ∴a1＝1，d＝a2－a1＝2， ∴等差数列{an}的通项公式 an＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴an＝2n－1. (2)由(1)得 bn＝ 1 (2n－1)(2n＋1)＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)， ∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝1 2(1－1 3＋1 3－1 5＋…＋ 1 2n－1－ 1 2n＋1) ＝1 2(1－ 1 2n＋1)＝ n 2n＋1. 四审结构定方案 1 2x 典例 (12 分)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－1 2n2＋kn(其中 k∈N*)，且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k，并求 an； (2)设数列{ 9－2an 2n }的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<4. (1)Sn＝－1 2n2＋kn ― ― ― ― →Sn是关于n 的二次函数 n＝k时，Sn最大 ― ― ― ― ― ― ―→根据Sn的结构特征 确定k的值 k＝4；Sn＝－1 2n2＋4n ― ― →根据Sn 求an an＝9 2－n (2)9－2an 2n ＝ n 2n－1 ― ― ― ― ― ― ―→根据数列结构特征 确定求和方法 Tn＝1＋2 2＋ 3 22＋…＋n－1 2n－2＋ n 2n－1 ― ― ―→错位相减 法求和 计算可得Tn―→证明：Tn < 4 规范解答 (1)解 当 n＝k∈N*时，Sn＝－1 2n2＋kn 取得最大值， 即 8＝Sk＝－1 2k2＋k2＝1 2k2， 故 k2＝16，k＝4. 当 n＝1 时，a1＝S1＝－1 2＋4＝7 2，[3 分] 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝9 2－n. 当 n＝1 时，上式也成立． 综上，an＝9 2－n.[6 分] (2)证明 ∵9－2an 2n ＝ n 2n－1， ∴Tn＝1＋2 2＋ 3 22＋…＋n－1 2n－2＋ n 2n－1，① 2Tn＝2＋2＋3 2＋…＋n－1 2n－3＋ n 2n－2.②[7 分] ②－①，得 2Tn－Tn＝2＋1＋1 2＋…＋ 1 2n－2－ n 2n－1 ＝4－ 1 2n－2－ n 2n－1＝4－n＋2 2n－1.[11 分] ∴Tn＝4－n＋2 2n－1. ∴Tn<4.[12 分] 1．(2018·广州调研)数列 11 2，31 4，51 8，7 1 16，…，(2n－1)＋1 2n，…的前 n 项和 Sn 的值等于( ) A．n2＋1－ 1 2n B．2n2－n＋1－ 1 2n C．n2＋1－ 1 2n－1 D．n2－n＋1－ 1 2n 答案 A 解析 该数列的通项公式为 an＝(2n－1)＋ 1 2n， 则 Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋( 1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n)＝n2＋1－ 1 2n. 2．(2018·长春调研)数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则 S17 等于( ) A．9 B．8 C．17 D．16 答案 A 解析 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. 3．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 答案 B 解析 由已知 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得 an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，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. 4．(2018·深圳调研)已知函数 f(n)＝Error!且 an＝f(n)＋f(n＋1)，则 a1＋a2＋a3＋…＋a100 等于 ( ) A．0B．100C．－100D．10200 答案 B 解析 由题意，得 a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选 B. 5．已知数列{an}满足 a1＝1，a2＝2，an＋2＝(1＋cos2nπ 2 )an＋sin2nπ 2 ，则该数列的前 12 项和为 ( ) A．211 B．212 C．126 D．147 答案 D 解析 由题意可得 a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋1＝2，a4＝2a2＋0＝4，a5＝a3＋1＝3，a6＝2a4＝ 8.即其奇数项构成首项为 1，公差为 1 的等差数列，而其偶数项则构成首项为 2，公比为 2 的等比数列， 所以该数列的前 2n 项的和 S2n＝[n＋n(n－1) 2 × 1]＋2(1－2n) 1－2 ＝n2＋n 2 ＋2n＋1－2， 令 n＝6，可得 S12＝147. 6．(2018 届南宁二中、柳州高中联考)已知数列 2008，2009，1，－2008，…，若这个数列 从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 2018 项之和 S2018＝ ________. 答案 4017 解析 由题意可知 an＋1＝an＋an＋2，a1＝2008， a2＝2009， ∴a3＝1，a4＝－2008，a5＝－2009，a6＝－1，a7＝2008，…， 所以 an＋6＝an，即数列{an}是以 6 为周期的数列， 又 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0， ∴S2018＝336(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋(a1＋a2)＝4017. 7．(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. 8．(2018·商丘质检)有穷数列 1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2 n－1 所有项的和为 __________． 答案 2n＋1－2－n 解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2 ＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可 得和为2(1－2n) 1－2 －n＝2n＋1－2－n. 9．(2018 届湖南永州模拟)若 Sn＝1 2＋ 1 2＋4＋ 1 2＋4＋6＋…＋ 1 2＋4＋6＋…＋2n(n∈N*)，则 S2017 ＝________. 答案 2017 2018 解析 令 an＝ 1 2＋4＋6＋…＋2n＝ 2 (2＋2n)n ＝1 n－ 1 n＋1， 故 S2017＝1－1 2＋1 2－1 3＋…＋ 1 2017－ 1 2018＝2017 2018. 10．(2017·安阳二模)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比 q 满足 q＝an－an－ 1 (n≥2)且 b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________. 答案 4n－1 解析 由已知得 b1＝a2＝－3，q＝－4， ∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1， 即{|bn|}是以 3 为首项，4 为公比的等比数列， ∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝3(1－4n) 1－4 ＝4n－1. 11．(2018 届广东佛山三水区实验中学模拟)已知等差数列{an}的公差 d 为 2，Sn 是它的前 n 项和，a1，a4，a13 成等比数列． (1)求 an 和 Sn； (2)设数列{ 1 Sn }的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解 (1)因为 a4＝a1＋3d＝a1＋6， a13＝a1＋12d＝a1＋24， 而 a1，a4，a13 成等比数列， 所以 a24＝a1a13， 即(a1＋6)2＝a1(a1＋24)，解得 a1＝3， 所以 an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1， Sn＝n(3＋2n＋1) 2 ＝n2＋2n. (2)由(1)知 1 Sn＝ 1 n2＋2n＝ 1 n(n＋2)＝1 2( 1 n－ 1 n＋2) 所以 Tn＝1 2Error!Error! ＝1 2(1＋1 2－ 1 n＋1－ 1 n＋2) ＝3 4－ 2n＋3 2n2＋6n＋4. 12．(2017·天津河西区二模)数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝n(n＋1)(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：an＝ b1 3＋1＋ b2 32＋1＋ b3 33＋1＋…＋ bn 3n＋1，求数列{bn}的通项公式； (3)令 cn＝anbn 4 (n∈N*)，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝2； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n，可知 a1＝2 满足该式， ∴数列{an}的通项公式为 an＝2n(n∈N*)． (2)an＝ b1 3＋1＋ b2 32＋1＋ b3 33＋1＋…＋ bn 3n＋1(n≥1)，① an＋1＝ b1 3＋1＋ b2 32＋1＋ b3 33＋1＋…＋ bn 3n＋1＋ bn＋1 3n＋1＋1，② ②－①得 bn＋1 3n＋1＋1＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)， 而 b1＝8，故 bn＝2(3n＋1)(n∈N*)． (3)∵cn＝anbn 4 ＝n(3n＋1)＝n·3n＋n， ∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n)． 令 Hn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，③ 则 3Hn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，④ ③－④得－2Hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1 ＝3(1－3n) 1－3 －n×3n＋1， Hn＝ (2n－1)·3n＋1＋3 4 ， ∴数列{cn}的前 n 项和 Tn＝ (2n－1)·3n＋1＋3 4 ＋n(n＋1) 2 . 13．(2018 届广东珠海一中等六校联考)数列{an}满足 a1＝1，且对于任意的 n∈N*都有 an＋1＝ an＋a1＋n，则 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 a2017等于( ) A.2016 2017 B.4032 2017 C.2017 2018 D.4034 2018 答案 D 解析 由题意可得 an＋1－an＝n＋1， 则 a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n， 以上各式相加可得 an＝n(n＋1) 2 ， 则 1 an＝2( 1 n－ 1 n＋1)， 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 a2017 ＝2×[(1－1 2 )＋( 1 2－1 3 )＋…＋( 1 2017－ 1 2018)] ＝4034 2018. 14．设 f(x)＝ 4x 4x＋2，若 S＝f( 1 2017 )＋f( 2 2017 )＋…＋f( 2016 2017 )，则 S＝________. 答案 1008 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 2017 )＋f( 2 2017 )＋…＋f( 2016 2017 )，① S＝f( 2016 2017 )＋f( 2015 2017 )＋…＋f( 1 2017 )，② ①＋②，得 2S＝[f( 1 2017 )＋f( 2016 2017 )]＋[f( 2 2017 )＋f( 2015 2017 )]＋…＋[f( 2016 2017 )＋f( 1 2017 )]＝2016， ∴S＝2016 2 ＝1008. 15．(2017·贵州一中、凯里一中联考)已知函数 f(x)＝ ex ex＋1，{an}为等比数列，an>0 且 a1009＝ 1，则 f(lna1)＋f(lna2)＋…＋f(lna2017)等于( ) A．2007 B. 1 1009 C．1 D.2017 2 答案 D 解析 ∵f(x)＝ ex ex＋1， ∴f(－x)＋f(x)＝ e－x e－x＋1＋ ex ex＋1＝1， ∵数列{an}是等比数列， ∴a1a2017＝a2a2016＝…＝a1008a1010＝a 21009＝1， 设 S2017＝f(lna1)＋f(lna2)＋…＋f(lna2017)，① 则 S2017＝f(lna2017)＋f(lna2016)＋…＋f(lna1)，② ①＋②得 2S2017＝2017， ∴S2017＝2017 2 ，故选 D. 16．(2018·南昌调研)已知正项数列{a n}的前 n 项和为 Sn，∀n∈N *,2Sn＝a2n＋an.令 bn＝ 1 an an＋1＋an＋1 an，设{bn}的前 n 项和为 Tn，则在 T1，T2，T3，…，T100 中有理数的个数为 ________． 答案 9 解析 ∵2Sn＝a2n＋an，① ∴2Sn＋1＝a 2n＋1＋an＋1，② ②－①，得 2an＋1＝a 2n＋1＋an＋1－a2n－an， a 2n＋1－a2n－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0， 即 an＋1－an＝1. 在 2Sn＝a2n＋an 中，令 n＝1，可得 a1＝1. ∴数列{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列． ∴an＝n， ∴bn＝ 1 n n＋1＋(n＋1) n ＝ (n＋1) n－n n＋1 [n n＋1＋(n＋1) n][(n＋1) n－n n＋1] ＝ (n＋1) n－n n＋1 n(n＋1) ＝ 1 n － 1 n＋1 ， ∴Tn＝1－ 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 n－1 － 1 n ＋ 1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ， 要使 Tn 为有理数，只需 1 n＋1 为有理数， 令 n＋1＝t2， ∵1≤n≤100， ∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共 9 个数． ∴T1，T2，T3，…，T100 中有理数的个数为 9.