2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第六章　§6.5　数列求和含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第六章§6.5数列求和§6.5数列求和课标要求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用方法．知识梳理数列求和的几种常用方法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．①等差数列的前n项和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.②等比数列的前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))(2)分组求和法与并项求和法①分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．②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．(3)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项和公式就是用此法推导的．(4)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．常见的裂项技巧①eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).②eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).④eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).⑤eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).常用结论常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2.自主诊断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q不等于1，则其前n项和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).(√)(2)求数列{2n＋2n}的前n项和可用分组求和法．(√)(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．(×)(4)当n≥2时，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1).(×)2．数列{an}的前n项和为Sn.若an＝eq\f(1,nn＋1)，则S5等于()A．1B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,30)答案B解析因为an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).3．(选择性必修第二册P40T3改编)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,8)＋…＋eq\f(n,2n)等于()A.eq\f(2n－n－1,2n) B.eq\f(2n＋1－n－2,2n)C.eq\f(2n－n＋1,2n) D.eq\f(2n＋1－n＋2,2n)答案B解析由Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②①－②得，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n＋1)，∴Sn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝_____.答案9解析S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1×8＝9.题型一分组求和与并项求和例1(2023·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝anan＋1＋log2(anan＋1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为Sn＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn＋1＝2×2n－1＝2n，即Sn＝2n－1，当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，当n＝1时，a1＝1成立，故an＝2n－1，n∈N*.(2)bn＝anan＋1＋log2(anan＋1)＝2n－1·2n＋log2(2n－1·2n)＝22n－1＋2n－1，所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n－1＝eq\f(21－4n,1－4)＋eq\f(n1＋2n－1,2)＝eq\f(2,3)(4n－1)＋n2.思维升华(1)分组求和法常见题型①若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．②若数列{cn}的通项公式为cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．(2)并项求和法常见题型①数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和．②数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和．跟踪训练1数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an＋1－1，n∈N*，且a1＝1.(1)求an；(2)设bn＝(－1)n(an－1)，求数列{bn}的前2n项和T2n.解(1)因为Sn＝an＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝a2－1，由a1＝1可得a2＝2，当n≥2时，Sn－1＝an－1，作差得Sn－Sn－1＝an＋1－1－(an－1)，即2an＝an＋1，n≥2，又eq\f(a2,a1)＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝(－1)n2n－1－(－1)n，所以b2n＝22n－1－1，b2n－1＝－22n－2＋1，所以b2n－1＋b2n＝4n－1，所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝1＋4＋…＋4n－1＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(4n－1,3).题型二错位相减法求和例2(12分)(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan.(1)求{an}的通项公式；[切入点：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找出an的递推关系](2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.[关键点：错位相减法求和][思路分析](1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)→an与an－1的递推关系→累乘法求an(2)求bn→错位相减法求Tn解(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；(1分)当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，(2分)eq\x(\a\vs4\al\co1(当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，,所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，,化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，))(3分)①处利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找an与an－1的递推关系则当n≥3时，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n－2)，则eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)＝eq\f(n－1,n－2)·eq\f(n－2,n－3)·…·eq\f(2,1)，即eq\f(an,a2)＝n－1，②处累乘法求an因为a2＝1，所以an＝n－1，(5分)当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*.(6分)(2)令bn＝eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(n,2n)，(7分)则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，①(8分)eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②(9分)由①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(2＋n,2n＋1)，(11分)③处错位相减法求和即Tn＝2－eq\f(2＋n,2n).(12分)思维升华(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①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．②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.跟踪训练2(2023·郑州质检)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝7，且数列{an＋1－an}为等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(2n－1)an，求{bn}的前n项和Sn.解(1)因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4，因为数列{an＋1－an}为等比数列，eq\f(a3－a2,a2－a1)＝2，所以数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1＝2n－1，当n＝1时上式也成立．所以an＝2n－1.(2)因为an＝2n－1，所以bn＝(2n－1)an＝(2n－1)2n－(2n－1)，记数列{(2n－1)2n}的前n项和为Tn，则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，两式相减得－Tn＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n－1＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2×eq\f(221－2n－1,1－2)－(2n－1)·2n＋1＝(3－2n)·2n＋1－6，所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6，所以Sn＝Tn－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝Tn－eq\f(n1＋2n－1,2)＝Tn－n2＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6.题型三裂项相消法求和例3(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.(1)解因为a1＝1，eq\f(S1,a1)＝1，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋(n－1)×eq\f(1,3)＝eq\f(n＋2,3)，所以Sn＝eq\f(n＋2,3)an.因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，所以eq\f(n＋1,3)an－1＝eq\f(n－1,3)an(n≥2)，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)(n≥2)，所以eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…·eq\f(n,n－2)·eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．(2)证明因为an＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<2.思维升华裂项相消法的原则及规律(1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项．跟踪训练3(2024·海口模拟)已知等差数列{an}，其前n项和Sn满足Sn＝n2＋m，m为常数．(1)求m及{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\f(an＋2,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由题意，当n＝1时，a1＝S1＝m＋1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋m－(n－1)2－m＝2n－1，则a2＝3，a3＝5，因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，即m＋1＋5＝2×3，解得m＝0，则a1＝1，满足an＝2n－1，所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)可得Sn＝n2，则bn＝eq\f(an＋2,SnSn＋1)＝eq\f(2n＋1,n2n＋12)＝eq\f(1,n2)－eq\f(1,n＋12)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,12)－eq\f(1,22)＋eq\f(1,22)－eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)－eq\f(1,n＋12)＝1－eq\f(1,n＋12)＝eq\f(n2＋2n,n＋12).课时精练1．已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，________.在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝eq\f(n－n2,2)，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解(1)若选择①：设{an}的公差为d，因为S11＝66，a1＝1，所以11＋eq\f(11×10,2)×d＝66，解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.若选择②：因为a3，a9,9a3成等比数列，所以aeq\o\al(2,9)＝9aeq\o\al(2,3)，又an>0，所以a9＝3a3，又a1＝1，设{an}的公差为d(d>0)，所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.若选择③：设{an}的公差为d，因为Sn－nan＝eq\f(n－n2,2)，所以na1＋eq\f(nn－1,2)d－n[a1＋(n－1)d]＝eq\f(n－n2,2)，又a1＝1，即n＋eq\f(nn－1,2)d－n－n(n－1)d＝eq\f(n－n2,2)d＝eq\f(n－n2,2)，解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.(2)由(1)知bn＝＋2an＝3n＋2n.所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)，所以Tn＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n，所以Tn＝eq\f(31－3n,1－3)＋eq\f(2＋2nn,2)＝eq\f(3n＋1－3,2)＋n2＋n，所以Tn＝eq\f(3n＋1＋2n2＋2n－3,2).2．(2024·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2.(1)证明：数列{an－2n}为等比数列；(2)已知bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,log2an，n为偶数，))Tn为数列{bn}的前n项和，求T10.(1)证明由an＋1＋2an＝2n＋2可得an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n)．又a1－21＝1≠0，所以数列{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列．(2)解由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，即an＝2n＋(－2)n－1.当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1；当n为偶数时，bn＝log2an＝log2[2n＋(－2)n－1]＝log22n－1＝n－1.所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝eq\f(3×1－45,1－4)＋eq\f(1＋9×5,2)＝1048.3．(2023·遂宁模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(3n,an＋1an＋1＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由已知得2Sn＝3an－1，①当n＝1时，2S1＝3a1－1，即2a1＝3a1－1，解得a1＝1，当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，②①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.(2)因为bn＝eq\f(3n,an＋1an＋1＋1)＝eq\f(3n,3n－1＋13n＋1)＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))，所以Tn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋1)－\f(1,3＋1)＋\f(1,3＋1)－\f(1,32＋1)＋…＋\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(3,4)－eq\f(3,23n＋1).4．(2023·邢台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解(1)当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n.由题意得b2＝a2＋2＝22＋2＝6，b3＝2＋4＋3＝9，设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b3－b2＝3，b1＝b2－d＝3，故bn＝b1＋(n－1)d＝3n.综上，an＝2n，bn＝3n.(2)由(1)知anbn＝3n·2n，所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，①2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，②所以①－②得，－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n－1＋2n)－3n·2n＋1＝3×eq\f(21－2n＋1,1－2)－3n·2n＋1＝(3－3n)·2n＋1－6，所以Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6.5．(2023·湘潭模拟)在数列{an}中，eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋…＋eq\f(an,n＋1)＝n2＋n.(1)求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,3a1)＋eq\f(1,4a2)＋…＋eq\f(1,n＋2an)<eq\f(1,8).(1)解因为eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋…＋eq\f(an,n＋1)＝n2＋n，①则当n＝1时，eq\f(a1,2)＝2，即a1＝4，当n≥2时，eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋…＋eq\f(an－1,n)＝n2－n，②①－②得eq\f(an,n＋1)＝2n，所以an＝2n(n＋1)，n≥2，a1＝4也满足an＝2n(n＋1)，故an＝2n(n＋1)(n∈N*)．(2)证明因为eq\f(1,n＋2an)＝eq\f(1,2nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2n＋1)·eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,4n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))，所以eq\f(1,3a1)＋eq\f(1,4a2)＋…＋eq\f(1,n＋2an)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)－\f(1,2×3)＋\f(1,2×3)－\f(1,3×4)＋…＋\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1n＋2)))<eq\f(1,8).6．(2024·洛阳模拟)已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)．(1)求实数λ的值及{an}的通项公式；(2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和．解(1)设{an＋1－an}的公比为q.∵an＋2＝λan＋1－2an，∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1＝(λ－1)an＋1－2an＝(λ－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(2,λ－1)an))＝q(an＋1－an)．∴eq\f(2,λ－1)＝1，解得λ＝3，∴q＝2.又a2－a1＝1，∴an＋1－an＝2n－1.∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋20＋21＋…＋2n－2＝1＋eq\f(1－2n－1,1－2)＝2n－1(n≥2)，当n＝1时，符合上式，∴{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)当bm＝k＝1时，m∈[1,2)，共2－1＝1项，当bm＝k＝2时，m∈[2,4)，共4－2＝2项，当bm＝k＝3时，m∈[4,8)，共8－4＝4项，…当bm＝k＝n时，m∈[2n－1,2n)，共2n－2n－1＝2n－1项，又＝n＋1，∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1.记Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，作差可得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝eq\f(1－2n,1－2)－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.因此，数列{bn}的前2n项和为Sn＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2.§6.6数列中的综合问题课标要求数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等．题型一等差数列、等比数列的综合运算例1已知公差不为0的等差数列{an}满足a2＝6，a1，a3，a7成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝n·，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)根据题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由于a2＝6，a1，a3，a7成等比数列，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a1＋6d＝a1＋2d2，,a1＋d＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,d＝0))(舍)，∴an＝2n＋2.(2)由bn＝n·22n＝n·4n，则Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，①4Sn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1，②①－②得，－3Sn＝4＋42＋43＋…＋4n－n·4n＋1＝eq\f(41－4n,1－4)－n·4n＋1，∴Sn＝eq\f(4,9)(1－4n)＋eq\f(n·4n＋1,3)＝eq\f(3n－1,9)4n＋1＋eq\f(4,9)，n∈N*.思维升华数列的综合运算问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．跟踪训练1(2024·无锡模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a3是a1，a13的等比中项，S5＝25.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋bn＋1＝Sn，求b20.解(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a13＝a\o\al(2,3)，,5a1＋\f(5×5－1,2)d＝25，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a1＋12d＝a1＋2d2，,a1＋2d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝0))(舍)，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)bn＋bn＋1＝Sn＝eq\f(1＋2n－1n,2)＝n2，①bn＋1＋bn＋2＝(n＋1)2，②②－①得，bn＋2－bn＝2n＋1，∵b1＝－1，∴b2＝2.∴b20＝b20－b18＋b18－b16＋…＋b4－b2＋b2＝37＋33＋29＋…＋5＋2＝eq\f(37＋5×9,2)＋2＝191.题型二数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例2(1)(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋eq\f(1,α1)，b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1,2，…)．则()A．b1<b5 B．b3<b8C．b6<b2 D．b4<b7答案D解析方法一当n取奇数时，由已知b1＝1＋eq\f(1,α1)，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，因为eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，所以b1>b3，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确；当n取偶数时，由已知b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b4＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4))))，因为eq\f(1,α2)>eq\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，所以b2<b4，同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正确；因为eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，所以b1>b2，同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确；因为b4<b8，b7>b8，所以b4<b7，故D正确．方法二(特殊值法)不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，则b1＝1＋eq\f(1,1)＝2，b2＝1＋eq\f(1,1＋\f(1,1))＝1＋eq\f(1,b1)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，b3＝1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋\f(1,1)))＝1＋eq\f(1,b2)＝1＋eq\f(2,3)＝eq\f(5,3)，所以b4＝1＋eq\f(1,b3)＝1＋eq\f(3,5)＝eq\f(8,5)，b5＝1＋eq\f(1,b4)＝1＋eq\f(5,8)＝eq\f(13,8)，b6＝1＋eq\f(1,b5)＝1＋eq\f(8,13)＝eq\f(21,13)，b7＝1＋eq\f(1,b6)＝1＋eq\f(13,21)＝eq\f(34,21)，b8＝1＋eq\f(1,b7)＝1＋eq\f(21,34)＝eq\f(55,34).逐一判断选项可知选D.(2)(2023·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝eq\f(3,2)，an＝eq\f(1,2)an－1＋eq\f(1,2n)(n≥2，n∈N*)，若对于任意n∈N*，都有eq\f(λ,n)≥an成立，则实数λ的最小值是________．答案2解析因为当n≥2时，an＝eq\f(1,2)an－1＋eq\f(1,2n)，所以2nan＝2n－1an－1＋1，而21a1＝3，所以数列{2nan}是首项为3，公差为1的等差数列，故2nan＝n＋2，从而an＝eq\f(n＋2,2n).又因为eq\f(λ,n)≥an恒成立，即λ≥eq\f(nn＋2,2n)恒成立，所以λ≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋2,2n)))max.方法一由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋2,2n)≥\f(n＋1n＋3,2n＋1)，,\f(nn＋2,2n)≥\f(n－1n＋1,2n－1)))(n∈N*，n≥2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2≥3，,1－\r(3)≤n≤1＋\r(3)))(n∈N*，n≥2)，得n＝2，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋2,2n)))max＝eq\f(2×2＋2,22)＝2，所以λ≥2，即实数λ的最小值是2.方法二令bn＝eq\f(nn＋2,2n)，则令bn＋1－bn＝eq\f(n＋1n＋3,2n＋1)－eq\f(nn＋2,2n)＝eq\f(－n2＋3,2n＋1)，所以当n＝1时，b2>b1；当n≥2时，bn＋1<bn.所以当n＝2时，bn＝eq\f(nn＋2,2n)取最大值2.所以λ≥2，即实数λ的最小值是2.命题点2数列与函数的交汇例3已知函数f(x)是定义在R上的严格增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a1012>0，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2022)＋f(a2023)的值()A．恒为正数 B．恒为负数C．恒为0 D．可正可负答案A解析因为函数f(x)是R上的奇函数且是严格增函数，所以f(0)＝0，且当x>0时，f(x)>0;当x<0时，f(x)<0.因为数列{an}是等差数列，a1012>0，故f(a1012)>0.再根据a1＋a2023＝2a1012>0，所以a1>－a2023，则f(a1)>f(－a2023)＝－f(a2023)，所以f(a1)＋f(a2023)>0.同理可得f(a2)＋f(a2022)>0，f(a3)＋f(a2021)>0，…，所以f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2022)＋f(a2023)＝[f(a1)＋f(a2023)]＋[f(a2)＋f(a2022)]＋…＋[f(a1011)＋f(a1013)]＋f(a1012)>0.思维升华数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项公式或前n项和公式，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练2(1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为()A.eq\f(81,4)B.eq\f(81\r(6),8)C．4D.eq\f(4\r(6),3)答案C解析设第n个正方形的边长为an，则由已知可得an＝an＋1sin15°＋an＋1cos15°，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,sin15°＋cos15°)＝eq\f(1,\r(2)sin60°)＝eq\f(\r(6),3)，∴{an}是以9为首项，eq\f(\r(6),3)为公比的等比数列，∴a5＝a1q4＝9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))4＝4.(2)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，|φ|≤eq\f(π,2)，ω>0)，射线y＝－2(x≥0)与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列{xn}，且xn＝4n－eq\f(7,3)(n∈N*)，则f(5)＝________.答案－1解析因为xn＝4n－eq\f(7,3)(n∈N*)，则数列{xn}是等差数列，公差为4，且f(xn)＝－2，n∈N*，因此A＝2，函数f(x)的最小正周期是4，即eq\f(2π,ω)＝4，解得ω＝eq\f(π,2)，又f(x1)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝－2，即有eq\f(π,2)×eq\f(5,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，由|φ|≤eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,6)，于是f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,6)))，所以f(5)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋\f(π,6)))＝－1.课时精练一、单项选择题1．(2023·广州模拟)已知f(x)＝2x2，数列{an}满足a1＝2，且对一切n∈N*，有an＋1＝f(an)，则()A．{an}是等差数列B．{an}是等比数列C．{log2an}是等比数列D．{log2an＋1}是等比数列答案D解析由题意知an＋1＝2aeq\o\al(2,n)，所以log2an＋1＝1＋2log2an，所以log2an＋1＋1＝2(log2an＋1)，n∈N*，所以{log2an＋1}是等比数列，又log2a1＋1＝2，所以log2an＋1＝2n，所以log2an＝2n－1，故A，B，C错误，D正确．2．(2024·铜仁模拟)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为()A．76B．77C．78D．80答案B解析记10个班级的平均成绩形成的等差数列为{an}，则an＝70＋2(n－1)＝2n＋68，又10×40%＝4，所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为eq\f(a4＋a5,2)＝eq\f(76＋78,2)＝77.3．(2023·岳阳模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5,1<a3<2，则数列{a3n}的前5项和S5的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)，\f(11,8))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,16)，\f(33,8)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,8)，－\f(11,16))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,8)，－\f(33,16)))答案A解析设等比数列{an}的公比为q，则q3＝eq\f(a5,a2)＝－eq\f(1,2)，数列{a3n}是首项为a3，公比为q3＝－eq\f(1,2)的等比数列，则S5＝eq\f(a3\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))5)),1＋\f(1,2))＝eq\f(11,16)a3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)，\f(11,8))).4.有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为8，如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形几何体中正方体的个数是()A．5B．7C．10D．12答案B解析设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an，则由题意得数列{an}为以8为首项，eq\f(\r(2),2)为公比的等比数列，其通项公式为an＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))n－1＝23×＝.令an＝1，得n＝7，故该塔形几何体中正方体的个数为7.5．已知数列{an}满足an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))n＋2，n>7，,an－6，n≤7，))n∈N*，若对于任意n∈N*都有an>an＋1，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))答案C解析因为当n>7时，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))n＋2，而要满足an>an＋1，故{an}要单调递减，所以eq\f(1,2)－a<0，解得a>eq\f(1,2)，当n≤7时，an＝an－6，而要满足an>an＋1，故{an}要单调递减，所以0<a<1，还需满足a7－6>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))×8＋2，解得a>eq\f(2,3)，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).6．已知{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，{bn}是等比数列，若a1＝b1，a1012＝b1012，Sn和Tn分别是{an}和{bn}的前n项和，则()A．S2023>T2023B．S2023<T2023C．S2023＝T2023D．S2023和T2023的大小关系不确定答案B解析因为{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，则S2023＝eq\f(2023a1＋a2023,2)＝2023a1012，且a1012＝a1＋1011d≠a1，则b1012≠b1，设等比数列{bn}的公比为q，则q1011＝eq\f(b1012,b1)>0，且q1011≠1，即q>0且q≠1，又因为b1>0，所以等比数列{bn}为正项单调数列，由基本不等式可得b1＋b2023>2eq\r(b1b2023)＝2b1012，b2＋b2022>2eq\r(b2b2022)＝2b1012，…，b1011＋b1013>2eq\r(b1011b1013)＝2b1012，所以T2023＝b1＋b2＋…＋b2023>2023b1012＝2023a1012＝S2023.二、多项选择题7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝ln(－an)(n∈N*)，则Sn的取值可能是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(5,4)C.eq\f(3,2)D．2答案BC解析因为an＋1＝ln(－an)，所以＝－an，即an＝－，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝e－.因为a1＝1，所以an>0，所以Sn>1.因为>an＋1，所以－an>1，所以an＋1>0，所以Sn<e－1.即1<Sn<e－1.8．(2023·德州模拟)将n2个数排成n行n列的数阵，如图所示，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0)．已知a11＝3，a13＝a51＋1，记这n2个数的和为S，下面叙述正确的是()A．m＝2 B．a78＝15×28C．aij＝(2i＋1)·2j－1 D．S＝n(n＋2)(2n－1)答案ACD解析由题意，a13＝a11·m2＝3m2，a51＝a11＋4m＝3＋4m，由a13＝a51＋1，得3m2＝3＋4m＋1，整理可得(3m＋2)(m－2)＝0，由m>0，解得m＝2，故A正确；a71＝a11＋6×2＝15，a78＝a71·27＝15×27≠15×28，故B错误；ai1＝a11＋(i－1)×2＝2i＋1，aij＝ai1·2j－1＝(2i＋1)·2j－1，故C正确；S＝a11·eq\f(1－2n,1－2)＋a21·eq\f(1－2n,1－2)＋a31·eq\f(1－2n,1－2)＋…＋an1·eq\f(1－2n,1－2)＝eq\f(1－2n,1－2)(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＝(2n－1)·eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)(2n－1)，故D正确．三、填空题9．(2023·德州模拟)如图甲是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知A1，A2，A3，…为直角顶点，设OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，OA1，OA2，…，OAn构成数列{an}，令bn＝eq\f(1,an＋1＋an)，Sn为数列{bn}的前n项和，则S80＝________.答案8解析因为OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，所以当n≥2时，OAn＝eq\r(OA\o\al(2,n－1)＋1)，OAn＝eq\r(n)，所以an＝eq\r(n)，bn＝eq\f(1,an＋1＋an)＝eq\f(1,\r(