8、2)∵bn＝＝
＝(－)，
∴Tn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝.
命題角度2 形如an＝型
例 3 [2017·全國卷Ⅲ]設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通項公式；
(2)求數(shù)列的前n項和．
解 (1)因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故當n≥2時，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
兩式相減得(2n－1)an＝2，
所以an＝(n≥2)．
又由題設(shè)可得a1＝2，滿足上式，
所以{an}的通項公式為an＝(n∈N*)．
(2)記的前n項和為Sn.
由(1)知＝＝－，
則
9、Sn＝－＋－＋…＋－＝.
命題角度3 形如an＝型
例 4 正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；
(2)令bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.證明：對于任意的n∈N*，都有Tn<.
解 (1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正項數(shù)列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.當n＝1時，a1＝2＝2×1符合上式．
綜上，數(shù)列{an}
10、的通項公式為an＝2n.
(2)證明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝1＋－－<＝.
觸類旁通
裂項相消法求和問題的常見類型及解題策略
(1)直接考查裂項相消法求和．解決此類問題應(yīng)注意以下兩點：
①抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；
②將通項裂項后，有時需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項相等．如：若{an}是等差數(shù)列，則＝，＝.
(2)與不等式相結(jié)合考查裂項相消法求和．解決此類問題應(yīng)分兩步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放縮法、單調(diào)性等證明不等式．
考向 錯位相減法求和
11、
例 5 [2017·山東高考]已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2){bn}為各項非零的等差數(shù)列，其前n項和為Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求數(shù)列的前n項和Tn.
解 (1)設(shè){an}的公比為q，
由題意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，
又an>0，由以上兩式聯(lián)立方程組解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n.
(2)由題意知S2n＋1＝＝(2n＋1)·bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1.
令cn＝，則cn＝.
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
12、＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
兩式相減得
Tn＝＋－，
所以Tn＝5－.
觸類旁通
用錯位相減法求和應(yīng)注意的問題
(1)要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負數(shù)的情形．
(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式．
(3)在應(yīng)用錯位相減法求和時，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解．
【變式訓練2】 已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)．
(1)求m的值；
(2)若數(shù)列{bn}滿足＝l
13、og2bn(n∈N*)，求數(shù)列{(an＋6)·bn}的前n項和．
解 (1)由已知得am＝Sm－Sm－1＝4，
且am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14，
設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則有2am＋3d＝14，
∴d＝2.
由Sm＝0，得ma1＋×2＝0，即a1＝1－m，
∴am＝a1＋(m－1)×2＝m－1＝4，
∴m＝5.
(2)由(1)知a1＝－4，d＝2，∴an＝2n－6，
∴n－3＝log2bn，得bn＝2n－3.
∴(an＋6)·bn＝2n·2n－3＝n·2n－2.
設(shè)數(shù)列{(an＋6)·bn}的前n項和為Tn，
∴Tn＝1×2－1＋2×20＋…＋(n－1)×
14、2n－3＋n·2n－2①
2Tn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n·2n－1②
①－②，得－Tn＝2－1＋20＋…＋2n－2－n·2n－1
＝－n·2n－1
＝2n－1－－n·2n－1
＝(1－n)×2n－1－.
∴Tn＝(n－1)·2n－1＋(n∈N*)．
核心規(guī)律
非等差、等比數(shù)列的一般數(shù)列求和，主要有兩種思想：
(1)轉(zhuǎn)化的思想，即將一般數(shù)列設(shè)法轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列，這一思想方法往往通過通項分解或錯位相消來完成；
(2)不能轉(zhuǎn)化為等差或等比的特殊數(shù)列，往往通過裂項相消法、倒序相加法等來求和．
滿分策略
1．直接應(yīng)用公式求和時，要注意公式
15、的應(yīng)用范圍，如當?shù)缺葦?shù)列公比為參數(shù)(字母)時，應(yīng)對其公比是否為1進行討論．
2．在應(yīng)用錯位相減法時，要注意觀察未合并項的正負號．
3．在應(yīng)用裂項相消法時，要注意消項的規(guī)律具有對稱性，即前剩多少項則后剩多少項.
板塊三 啟智培優(yōu)·破譯高考
規(guī)范答題系列3——求數(shù)列{|an|}的前n項和問題
[2018·德州模擬]在公差為d的等差數(shù)列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比數(shù)列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解題視點 對等差數(shù)列{an}，求{|an|}的前n項和的題型，常先由Sn的最值判斷出哪些項為正
16、，哪些項為負，或先求出an，解an≥0的n的取值范圍，判斷出哪些項為正，哪些項為負．
若前k項為負，從k＋1項開始以后的項非負，則{|an|}的前n項和Tn＝若前k項為正，以后各項非正，則Tn＝
解 (1)由題意得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*.
(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.
因為d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，
所以Sn＝－n2＋n，令an≥0，則n≤11.
當n≤11時，
|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.
當n≥12時
17、，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
綜上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝
[答題模板] 求數(shù)列{|an|}前n項和的一般步驟
第一步：求數(shù)列{an}的前n項和；
第二步：令an≤0(或an≥0)確定分類標準；
第三步：分兩類分別求前n項和；
第四步：用分段函數(shù)形式表示結(jié)論；
第五步：反思回顧，即查看{|an|}的前n項和與{an}的前n項和的關(guān)系，以防求錯結(jié)果．
跟蹤訓練
已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝12n－n2.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)求數(shù)列{|an|}的前n項和Tn.
18、
解 (1)∵當n＝1時，a1＝S1＝11；
當n≥2時，Sn＝12n－n2，Sn－1＝12(n－1)－(n－1)2，
∴an＝Sn－Sn－1＝13－2n；
當n＝1時也滿足此式成立，
故an的通項公式為an＝13－2n.
(2)令an＝13－2n≥0，n≤.當n≤6時，數(shù)列{|an|}的前n項和Tn＝Sn＝12n－n2；
當n>6時，a7，a8，…，an均為負數(shù)，故Sn－S6<0，
此時Tn＝S6＋|Sn－S6|＝S6＋S6－Sn＝72＋n2－12n.
故{|an|}的前n項和Tn＝
板塊四 模擬演練·提能增分
[A級 基礎(chǔ)達標]
1．若數(shù)列{an}的通項公式為an
19、＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an}的前n項和為( )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
答案 C
解析 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.
2．[2017·全國卷Ⅲ]等差數(shù)列的首項為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則前6項的和為( )
A．－24 B．－3 C．3 D．8
答案 A
解
20、析 由已知條件可得a1＝1，d≠0，
由a＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，
解得d＝－2.
所以S6＝6×1＋＝－24.故選A.
3．[2018·江南十校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝xa的圖象過點(4,2)，令an＝，n∈N*.記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S2017＝( )
A.－1 B.－1
C.－1 D.＋1
答案 C
解析 由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，則f(x)＝x.所以an＝＝＝－，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.故選C.
4．[2018·金版創(chuàng)新]已知數(shù)列{a
21、n}的前n項和為Sn，a1＝1，當n≥2時，an＋2Sn－1＝n，則S2017的值為( )
A．2017 B．2016 C．1009 D．1007
答案 C
解析 因為an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，兩式相減得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009.故選C.
5．在數(shù)列{an}中，已知對任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，則a＋a＋a＋…＋a等于( )
A．(3n－1)2 B.(9n－1)
C．9n－1 D.(3n－1)
答案 B
22、
解析 因為a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．則n≥2時，an＝2·3n－1.
當n＝1時，a1＝3－1＝2，適合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
則數(shù)列{a}是首項為4，公比為9的等比數(shù)列．故選B.
6．[2017·鄭州模擬]設(shè)數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－10(n∈N*)，則|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.
答案 130
解析 由an＝2n－10(n∈N*)知，{an}是以－8為首項，2為公差的等差數(shù)列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，所以當n<5時，an<0，
當n≥5時，an≥0，
23、所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
7．化簡Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的結(jié)果是________．
答案 2n＋1－n－2
解析 Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋…＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n，②
②－①，得Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＋2n＝－n＋＝2n＋1－n－2.
8．[2017·全國卷Ⅱ]等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則＝_
24、_______.
答案
解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則
由得
∴Sn＝n·1＋×1＝，
＝＝2，
∴＝＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
9．[2018·衡陽模擬]在等比數(shù)列{an}中，公比q≠1，等差數(shù)列{bn}滿足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式；
(2)記cn＝(－1)nbn＋an，求數(shù)列{cn}的前2n項和S2n.
解 (1)由題意，b1＝a1＝3，b4＝a2＝3q，b13＝a3＝3q2.
又∵{bn}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，
∴化簡得q2－4q＋3＝0，
∴q＝1(舍)或q＝3，∴an＝3n，
∵d
25、＝＝2，
∴bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由題意得cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n.
S2n＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n－1)＋32n－1＋(4n＋1)＋32n
＝(3＋32＋…＋32n)＋[－3＋5－7＋9－…－(4n－1)＋(4n＋1)]
＝＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n＋1)－(4n－1)]}
＝＋2n.
10．[2018·北京西城區(qū)模擬]設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝9，a2為整數(shù)，且Sn≤S5.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，求證：Tn≤.
解 (1)由a1＝9，a2為整數(shù)可知，等
26、差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù)．
又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，
于是9＋4d≥0,9＋5d≤0，解得－≤d≤－.
∵d為整數(shù)，∴d＝－2.
故{an}的通項公式為an＝11－2n.
(2)證明：由(1)，得＝
＝，
∴Tn＝＝.
令bn＝，由函數(shù)f(x)＝的圖象關(guān)于點(4.5,0)對稱及其單調(diào)性，知0
27、2018項之和S2018等于( )
A．2008 B．4017 C．1 D．0
答案 B
解析 由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1.
故數(shù)列的前8項依次為2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009.
由此可知該數(shù)列為周期數(shù)列，周期為6，且S6＝0.
∴2018＝6×336＋2，∴S2018＝S2＝2008＋2009＝4017.故選B.
2．數(shù)列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n項和Sn>1020，那么n的最小值是( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 D
28、解析 an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1.
∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2，
∴S9＝1013<1020，S10＝2036>1020，∴Sn>1020，n的最小值是10.故選D.
3．[2016·浙江高考]設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝________，S5＝________.
答案 1 121
解析 ∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3，∴數(shù)列是公比為3的等比數(shù)列，∴＝3.又S2＝4，∴S1
29、＝1，∴a1＝1，∴S5＋＝×34＝×34＝，∴S5＝121.
4．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝－2，且滿足Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＝log3(－an＋1)，設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，求證：Tn<.
解 (1)由Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)，得Sn－1＝an＋n(n≥2，n∈N*)，
兩式相減，并化簡，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為首項，3為公比的等比數(shù)列，
所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n.
故an＝－3
30、n＋1.
(2)證明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，得
＝＝，
Tn＝
＝
＝－<.
5．[2017·天津高考]已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項和(n∈N*)．
解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝－3或q＝2.
又因為q＞0，所以q＝
31、2.所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①.
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，
聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以，數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n.
(2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項和為Tn.由a2n＝6n－2，得
Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1.
上述兩式相減，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1
＝－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，
所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以，數(shù)列{a2nbn}的前n項和為(3n－4)2n＋2＋16.
14
（全國版）2019版高考數(shù)學一輪復習 第5章 數(shù)列 第4講 數(shù)列求和學案
