十年高考数学真题分类：6 4 数列求和

6.4数列求和

考点1公式法求和

1.(2017课标Ⅰ理,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的

兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列

1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,

依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码

是()

A.440B.330C.220D.110

答案A本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.

不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n),

则有N=+t+1,因为N>100,所以n≥13.

�(�+1)

由等比数列2的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.

因为n≥13,所以2n>n+2,

所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n,

因为2t+1-1>0,

所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1,

因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1.

所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3.

当t=3时,N=95,不合题意;

当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.

解题关键解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1.

一题多解本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解.

2.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=()

A.n(n+1)B.n(n-1)

C.D.

�(�+1)�(�−1)

答案2A∵a2,a4,a8成等比2数列,

2

∴=a2·a8,即(a1+3d)=(a1+d)(a1+7d),

2

�4

将d=2代入上式,解得a1=2,

∴Sn=2n+=n(n+1),故选A.

�(�−1)·2

3.(2020新高2考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和

为.

答案3n2-2n

解析:∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,

数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…,

∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列,

∴an=1+(n-1)×6=6n-5,

2

∴数列{an}的前n项和Sn==3n-2n.

(1+6�−5)×�

2

4.(2016北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.

答案6

解析设等差数列{an}的公差为d,∵a1=6,a3+a5=0,

∴6+2d+6+4d=0,∴d=-2,∴S6=6×6+×(-2)=6.

6×5

2

5.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为

Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.

(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;

(2)若T3=21,求S3.

解析本题考查了等差、等比数列.

n-1

设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=q.

由a2+b2=2得d+q=3.①

2

(1)由a3+b3=5得2d+q=6.②

联立①和②解得(舍去),或

�=3,�=1,

n-1

因此{bn}的通项公�式=为0bn=2.�=2.

2

(2)由b1=1,T3=21得q+q-20=0.

解得q=-5或q=4.

当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.

当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.

6.(2015重庆文,16,13分)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=.

9

(1)求{an}的通项公式;2

(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn.

解析(1)设{an}的公差为d,则由已知条件得

a1+2d=2,3a1+d=,

3×29

22

化简得a1+2d=2,a1+d=,

3

2

解得a1=1,d=,

1

2

故通项公式an=1+,即an=.

�−1�+1

22

(2)由(1)得b1=1,b4=a15==8.

15+1

32

设{bn}的公比为q,则q==8,从而q=2,

�4

�1

故{bn}的前n项和

n

Tn===2-1.

��

�1(1−�)1×(1−2)

1−�1−2

考点2分组、并项求和

n

1.(2012课标文,12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)an=2n-1,则{an}的前60项和为()

A.3690B.3660C.1845D.1830

答案D当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,

当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3,

∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2,

∴a2k-1=a2k+3,

∴a1=a5=…=a61.

∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)==30×61=1830.

30×(3+119)

为奇数2

2.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=

��+1,�为偶数,

�

(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;�+2,�.

(2)求{an}的前20项和.

解题指导:(1)由已知条件求出{an}的递推式,从而得出{bn}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列

{bn}的通项公式.(2)根据题目条件把{an}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数

列{bn}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.

解析(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,

所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,

所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,

所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1.

(2)当n为奇数时,an=an+1-1.

设数列{an}的前n项和为Sn,

则S20=a1+a2+…+a20

=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)

=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)

=2(a2+a4+…+a20)-10,

由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+×3=155,

10×9

2

故S20=2×155-10=300,即{an}的前20项和为300.

解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{bn}的通项公式;二是利用分组求

和的方式对S20进行重组变形,结合an与bn的关系求得结果.

3.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.

(1)求{an}的通项公式;

(2)求数列的前n项和.

��

解析(1)因2为�+a11+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,

a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).

两式相减得(2n-1)an=2.

所以an=(n≥2).

2

又由题设2可�−得1a1=2,

*

从而{an}的通项公式为an=(n∈N).

2

2�−1

(2)记的前n项和为Sn.

��

2�+1

由(1)知==-.

��211

2�+1(2�+1)(2�−1)2�−12�+1

则Sn=-+-+…+-=.

1111112�

思路分1析33(15)条件2�a−1+13a22�+…+1+(2�n+-11)an=2n的实质就是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与Sn的关系

求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和.

易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.

4.(2016北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.

(1)求{an}的通项公式;

(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.

解析(1)等比数列{bn}的公比q===3,(1分)

�39

�23

所以b1==1,b4=b3q=27.(3分)

�2

�

设等差数列{an}的公差为d.

因为a1=b1=1,a14=b4=27,

所以1+13d=27,即d=2.(5分)

所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(6分)

n-1

(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3.

n-1

因此cn=an+bn=2n-1+3.(8分)

从而数列{cn}的前n项和

n-1

Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3

=+

�

�(1+2�−1)1−3

21−3

=n2+.(13分)

�

3−1

规范解2答要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.

5.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.

(1)求数列{an}的通项公式;

n

(2)设bn=,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)bn,求Tn.

��(�+1)

222

解析(1)由题意知(a1+d)=a1(a1+3d),即(a1+2)=a1(a1+6),解得a1=2,

所以数列{an}的通项公式为an=2n.

n

(2)由题意知bn==n(n+1).所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n×(n+1).

��(�+1)

2

因为bn+1-bn=2(n+1),所以当n为偶数时,

T=(-b+b)+(-b+b)++(-b+b)=4+8+12++2n==,

n1234…n-1n…�

2(4+2n)�(�+2)

当n为奇数时,22

Tn=Tn-1+(-bn)=-n(n+1)=-.

2

(�−1)(�+1)(�+1)

2为奇数2

2

所以Tn=(�+1)

−,n,

2为偶数

�(�+2)

,n.

评析本题考2查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑

推理能力.

6.(2019天津文,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

为奇数

*

(2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N).

1,�为偶数,

�

�2,n.

解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本

方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.

(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.

依题意,得解得

3�=3+2�,

2�=3,

n-1n

故an=3+3(n3-1�)==3n1,5bn=+3×4d3,=3.�=3,

n

所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3.

(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n

=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)

=+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)

�(�−1)

�×3+×6

=3n2+6(1×31+22×32+…+n×3n).

12n

记Tn=1×3+2×3+…+n×3,①

23n+1

则3Tn=1×3+2×3+…+n×3,②

23nn+1n+1

②-①得,2Tn=-3-3-3-…-3+n×3=-+n×3=.

��+1

3(1−3)(2�−1)3+3

221−32*

所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n+6Tn=3n+3×=(n∈N).

�+1�+22

(2�−1)3+3(2�−1)3+6�+9

思路分析(1)利用等差、等比数列的通项公式2求出公差d,公比2q即可.(2)利用{cn}的通项公式,进行分组

求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.

解题关键根据n的奇偶性得数列{cn}的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.

考点3错位相减求和

1.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.

规格为20dm×12dm的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形,它们的

2

面积之和S1=240dm,对折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形,它们的

2

面积之和S2=180dm,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n次,那

2

么Sk=dm.

�

�=1

答案5;240×

�+3

�

3−2

解析解法一:列举法+归纳法.

由上图可知,对折n次后,共可以得到(n+1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.

归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为dm2(n∈N*),

1�−1

120(�+1)·2

2*

故Sk=dm(k∈N),

1�−1

120(�+1)·2

记Tn=(k+1),

�

1�−1

�=12

∴Tn=,①

234��+1

012�−2�−1

2+2+2+…+2+2,②

1234��+1

123�−1�

①2�-�②=得2,+2+2+…+2+2

1111�+1

2�−1�

2��=2+2+2+…+2−2

=2+11�−1,

21−2�+1�+3

1��

1−2−2=3−2

∴Tn=6-,

�+3

�−1

2

∴dm2.

�

�+3�+3

�−1�

�=1S�=120×6−2=240×3−2

解法二:对折3次可以得到dm×12dm,dm,dm,20dm×dm,共四种不同规格的

202012201212

图形,84dm×22dm×48

对折4次可以得到dm×12dm,dm,dm,dm,20dm×dm,共五种不同

2020122012201212

规格的图形,168dm×24dm×42dm×816

由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为dm2,

20×12

�

2

2

∴Sk=20×12××(n+1)dm,

�

1111

�

�=12×2+4×3+8×4+…+2

记Tn=,

23�+1

�

则2+4+…+2,

123�+1

�+1

2��=4+8+…+2

∴Tn-,

11111�+131�+13�+3

��+1��+1�+1

2��=2��=1+4+8+…+2−2=2−2−2=2−2

2

∴Tn=3-,∴dm.

�

�+3�+3

��

2�=1S�=240×3−2

2.(2023全国甲理,17,12分,中)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;

(2)求数列的前n项和Tn.

��+1

�

2

解析(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0,

当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,①

又2Sn=nan,②

∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1,

即(n-2)an=(n-1)an-1.

当n=2时,上式成立.

当n≥3时,=,∴an=···…··a2=××·…··1=n-1,即an=n-1(n≥3).

���−1�3�4�5��234�−1

��−1�−2�2�3�4��−1123�−2

当n=1时,a1=0符合上式,当n=2时,a2=1符合上式.

*

综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N.

(2)由(1)知an+1=n,设bn===n·.

��+1�1�

��

222

∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×+2×+3×+…+n·,①

1112131�

2222

Tn=1×+2×+3×+…+n·.②

11213141�+1

22222

�

①-②得Tn=+++…+-n·=11-n·

11112131�1�+121−21�+1

1

2222221−22

=1--n·=1-,

1�1�+11�1

2221+2�

∴Tn=2-(n+2)·.

1�

2

故数列的前n项和Tn=2-(n+2)·.

��+11�

�

22

3.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.

(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;

n

(2)求数列{2an}的前n项和Sn.

解析(1)a2=5,a3=7.

猜想an=2n+1.由已知可得

an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],

an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],

……

a2-5=3(a1-3).

因为a1=3,所以an=2n+1.

nn

(2)由(1)得2an=(2n+1)2,

23n

所以Sn=3×2+5×2+7×2+…+(2n+1)×2.①

234n+1

从而2Sn=3×2+5×2+7×2+…+(2n+1)×2.②

①-②得

23nn+1

-Sn=3×2+2×2+2×2+…+2×2-(2n+1)×2.

n+1

所以Sn=(2n-1)2+2.

方法总结数列求和的5种方法

解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列

求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=,可裂

1

�(�+�)

项为an=;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法:

111

�·�−�+�

形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法.

4.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lgan],其中[x]表示不超过x

的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.

(1)求b1,b11,b101;

(2)求数列{bn}的前1000项和.

解析(1)设{an}的公差为d,根据已知有7+21d=28,

解得d=1.

所以{an}的通项公式为an=n.

b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.(6分)

(2)因为bn=0,1≤�<10,(9分)

1,10≤�<100,

2,100≤�<1000,

3,�=1000,

所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.(12分)

思路分析(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出

数列{bn}的前1000项和.

2

5.(2016山东,18,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.

(1)求数列{bn}的通项公式;

(2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.

�+1

(��+1)

�

�

解析(1)由(�题+意2)知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.

当n=1时,a1=S1=11,

*

所以an=6n+5(n∈N).

设数列{bn}的公差为d.由即

�1=�1+�2,11=2�1+d,

2231

可解得b1=4,d=3.所以bn=3n�+1=.�+�,17=2�+3d,

n+1

(2)由(1)知cn==3(n+1)·2.

�+1

(6�+6)

�

23n+1

又Tn=c1+c2+…+cn(,3得�+T3n=)3×[2×2+3×2+…+(n+1)×2],

34n+2

2Tn=3×[2×2+3×2+…+(n+1)×2],

234n+1n+2

两式作差,得-Tn=3×[2×2+2+2+…+2-(n+1)×2]

=3×4+-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.

�

4(1−2)

n+2

所以Tn=3n1·−22.

*

6.(2015天津理,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N,a1=1,a2=2,且

a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.

(1)求q的值和{an}的通项公式;

*

(2)设bn=,n∈N,求数列{bn}的前n项和.

log2�2�

�2�−1

解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,

所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,

由a3=a1·q,得q=2.

*k-1

当n=2k-1(k∈N)时,an=a2k-1=2=;

�−1

2

2

*k

当n=2k(k∈N)时,an=a2k=2=.

�

2

2

为奇数

�−1

所以,{an}的通项公式为an=

2

2,为n偶数,

�

2

2,n.

(2)由(1)得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,

log2�2��11111

�−1012�−2�−1

�2�−1222222

Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,

111111

123�−1�

上2述两式2相减2,得222

Sn=1+++…+-=1-=2--,

1111�1−2��2�

2�−1�1���

222221−2222

整理得,Sn=4-.

�+2

�−1

2*

所以,数列{bn}的前n项和为4-,n∈N.

�+2

�−1

评析本题主要考查等比数列2及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类

讨论思想和运算求解能力.

*

7.(2015浙江文,17,15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N),b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈

111

N*).23�

(1)求an与bn;

(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.

n*

解析(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2(n∈N).

由题意知:

当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.

当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得=,

1��+1��

*

所以bn=n(n∈�N).�+1�

n

(2)由(1)知anbn=n·2,

23n

因此Tn=2+2·2+3·2+…+n·2,

234n+1

2Tn=2+2·2+3·2+…+n·2,

23nn+1

所以Tn-2Tn=2+2+2+…+2-n·2.

n+1*

故Tn=(n-1)2+2(n∈N).

评析本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,

以及推理论证能力.

8.(2015山东文,19,12分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列的前n项和为.

1�

��·��+12�+1

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(an+1)·,求数列{bn}的前n项和Tn.

��

2

解析(1)设数列{an}的公差为d.

令n=1,得=,

11

�1�23

所以a1a2=3.

令n=2,得+=,

112

�1�2�2�35

所以a2a3=15.

解得a1=1,d=2,

所以an=2n-1.

2n-1n

(2)由(1)知bn=2n·2=n·4,

12n

所以Tn=1·4+2·4+…+n·4,

23n+1

所以4Tn=1·4+2·4+…+n·4,

12nn+1

两式相减,得-3Tn=4+4+…+4-n·4

=-n·4n+1

�

4(1−4)

1−4

=×4n+1-.

1−3�4

33n+1

所以Tn=×4+=.

�+1

3�−144+(3�−1)4

9.(2015天9津文,18,913分)已9知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且

a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

*

(2)设cn=anbn,n∈N,求数列{cn}的前n项和.

(1){a}q,{b}d,q>0.,d,

解析设数列n的公比为数列n的公差为由题意知由已知有2消去整理

2�−3d=2,

4

得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.�−3d=10,

n-1**

所以数列{an}的通项公式为an=2,n∈N;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N.

n-1

(2)由(1)有cn=(2n-1)·2,设{cn}的前n项和为Sn,则

012n-2n-1

Sn=1×2+3×2+5×2+…+(2n-3)×2+(2n-1)×2,

123n-1n

2Sn=1×2+3×2+5×2+…+(2n-3)×2+(2n-1)×2,

23nnn+1nn

上述两式相减,得-Sn=1+2+2+…+2-(2n-1)×2=2-3-(2n-1)×2=-(2n-3)×2-3,

n*

所以,Sn=(2n-3)·2+3,n∈N.

评析本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算

求解能力.

10.(2015湖北文,19,12分)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=,求数列{cn}的前n项和Tn.

��

��

解析(1)由题意有,即

10�1+45d=100,2�1+9d=20,

�1d=2,�1d=2,

解得或故或1

1�

�=9,��=(2n+79),

�1=1,�=2n−1,9

2�−1�−1

�=2,�=.��=2,2

9��=9·.

n-19

(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2,故cn=,

2�−1

�−1

2

于是Tn=1+++++…+,①

35792�−1

234�−1

22222

Tn=+++++…+.②

1135792�−1

2345�

①2-②2可2得2222

Tn=2+++…+-=3-,

11112�−12�+3

2�−2��

222222

故Tn=6-.

2�+3

�−1

2

11.(20142课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x-5x+6=0的根.

(1)求{an}的通项公式;

(2)求数列的前n项和.

��

�

2

解析(1)方2程x-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.

设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而a1=.

13

22

所以{an}的通项公式为an=n+1.

1

2

(2)设的前n项和为Sn,由(1)知=,则

�����+2

���+1

222

Sn=++…++,

34�+1�+2

23��+1

2222

Sn=++…++.

134�+1�+2

34�+1�+2

22222

两式相减得Sn=+-

1311�+2

3+…+�+1�+2

24222

=+-.

311�+2

1−�−1�+2

4422

所以Sn=2-.

�+4

�+1

评析本题2考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是

基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.

考点4裂项相消求和

*

1.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N),则数列前10项的和为.

1

��

答案

20

解析由11已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…

+n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,

2

�+n

*2

故an=(n∈N),所以==2,从而+++…+=2×+2×+2×

2

�+n12111111111

2−1−−

2���+n��+1�1�2�3�10223

+…+2×=2×=.

1111120

−−1−

3410111111

2.(2015课标Ⅰ理,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3.

2

��

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.

1

����+1

解析(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.

22

����+1

可得-+2(an+1-an)=4an+1,即

22

��+1��

2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).

22

��+1��

由于an>0,可得an+1-an=2.

又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.

2

�1

所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)

(2)由an=2n+1可知

bn===.

11111