高中数学一轮复习-数列求和

专题6.4数列求和

■必背知识

1.特殊数列的求和公式

⑴公式法

①等差数列前几项和公式：=&詈应=72%+的尸^=g几2+(%一§儿

naltq=1

②等比数列前n项和公式：Sn=

1-q，q丰1

⑵重要公式

①1+2+.♦・+.誓

@1+3+5+,,,+(2n—1)=n2

③"+22+…+九2="(n+D(2〃+l)

6

®13+23+•••+几3=产罗］2

⑤等差数列中：sm+n=Sm+Sn+mndx

⑥等比数列中：Sm+n=Sn+q"Sm=Sm+qmsn.

2.数列求和方法的选择

给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列(新数列的通项容易求得)，而数列求和关键看通

项的结构形式，如果通项能拆分成几个等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列

与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列两项的差，那么用裂项相消法；如果一

个数列的前几项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前几项和即

可用倒序相加法求解.

P教材改编

1.【人教A版选择性必修二4.2.2练5P23】一个等差数列共有偶数项，且奇数项之和与偶数项之和分别

为24和30,最后一项与第一项的差为与，求此数列的首项、公差以及项数.

2.1人教A版选择性必修二复习参考题4第11题P56］已知数列｛ln%J是等差数列，记为为［即〕的前九

项和，｛%+小｝是等比数列，

(1)证明：。2=2%：

(2)若。2=2,%=宇，求｛%｝的前n项和

an

考点归纳

考点一公式法求和

【方法储备】

如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等

比数列的前几项和的公式来求和.对于一些特殊的数列(正整数数列、正整数的平方和立方数列等)也可以

直接使用公式求和.

【典例精讲】

例L(2025•江西省赣州市•期末考试)已知等差数列囱｝的前n项和为Sn，等比数列｛、｝的前n项和为％

a1=—19bi—1,a2+b2—2・

(1)若a?+b?=5,求T$；

(2)若T3=21,且数列｛aj为递增数列,求数列七旨的前n项和Sn.

例2.(2025•广东省佛山市•模拟题以寸于数列(aQ,若3dGR,使得VnGN*,都有七9？+2an+14-an=d成立,

则称&｝为“三和定值数列”.已知白力为“三和定值数列“，且a1=2,a?=4,d=8.

(1,)求23，^4,a$;

(2)已知Sn为数列｛an｝的前n项和，求S2025-

【拓展提升】

练1-1(2025•安徽省・期中考试)已知｛aj是公差不为0的等差数列，S$=20,且a?，a5,a1。成笔比数歹U.

(1)求数列｛a"通项公式：

n

(2)设味=an+2,求数列｛、｝的前n项和Sn.

练1-2(2025•山东省・单元测试)已知数列6｝的前n项和为Sn，且Sn=-1n2+yn(n6N)

(1)求数列｛aj的通项公式；

(2)求数列｛历|｝的前n项和式.

考点二分组(并项)法求和

【方法储备】

分组转化法求和的常见类型：

1.若斯=力士cn,且｛b｝,｛0｝为等差或等比数列，或者可用其他常见方法求和的数列，分别求和后相加.

2.通项公式为anu1%'71为奇号的数列，分奇偶项求和，要注意处理好奇偶数列对应的项.

1%，"为偶数

3.正负相间求和：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.

⑴奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”.

⑵如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇；求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇

数项通项.

【典例精讲】

例3.(2025•湖北省黄冈市•月考试卷)已知正项等比数列｛aQ的前n项和为Sn，a1=2,且a2，a3+2,a4成

等差数列.

(1)求数列｛aj的通项公式：

(2)设数列｛bn｝满足bn=-+10ga,求数列｛bn｝的前n项和Tn

an2n

例4.(2025•福建省・联考题)已知等差数列｛a"满足3an+i=an+4n+8,｛a"的前n项和为S1

(1)求｛aj的通项公式;

2,n为奇数

(2)若叫=｛&n,求数列｛3｝的前2n项和Tzn.

2，n为偶数

例5.(2025•吉林省松原市•模拟题)已知数列6｝满足4anan+1+an+1=3an,Sn为数歹!｛；｝的前n项

Aan

和.

(1)求证：数列(工一2｝是等比数列；

an

(2)求数列｛a"的通项公式；

(3)求数歹ij｛'｝的前n项和Sn.

an

【拓展提升】

练2T(2025广东省・期末考试)数列厮〕满足a1=1,an+1anIan+1an=0.

(1)求数列｛a"通项公式；

(2)设1=等+2,求数列｛、｝的前n项和

/an

练2-2(2025•湖北省黄石市•月考试卷)在数列｛an｝中，a1=5,且am=2an-l(neN)

(1)求｛a"的通项公式；

n

(2)令灯=(-l)•an,求数列｛bj的前n项和Sn.

练2-3(2025•湖南省长沙市•模拟题)己知数列｛%｝满足%=1，an+1=2an+l(nGJV*).

⑴求证：数列｛册+1｝是等比数列；

(2)设=(2n-l)an,求数列｛&n｝的前n项和

【方法储备】

考点三错位相减法求和

错位相减法求和的策略:

1.如果数列｛Q〃｝是等差数列，｛%)是等比数列，求数列｛6小"前九项和九时，可采用错位相减法.

设等比数列｛b｝的公比为q，等差数列｛Q,J的公差为公

SR=%瓦+a2b2+a3b3+…+即%①

qSn=a/2+a2b3+■••4-fln-i^n+anbn+1②

①-②得(1-q)Sn=%瓦+db2+db3+•••+dbn-anbn+1=%瓦+(db2+db3+…+dbn)-9匕+1，

整理求得及.

注意：

⑴在写』”与“qS「的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以更下一步准确写出』一qS“”的表达式.

⑵在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分为公比等于1和不等于I两种情况求解.

⑶在转化为等比数列求和后，需看准项数，不一定为n项.

【典例精讲】

例6.(2025•四川省绵阳市•期末考试)已知数列｛a"中，a1=4,an=a-i+2-】+3(n>2,nGN)

(1)证明数列｛an-2口是等差数列，并求｛aj的通项公式；

⑵设也=热求bn的前n项和Sn.

【拓展提升】

练3-1(2025•天津市・期末考试)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20dmx12d7几的长方形纸，对折1次共可以得到10由九x12dm,20dmx6dm两种规格的图形，

它们的面积之和Si=240dm2,对折2次共可以得到5dmx12dm,10dmx6dm,20dmx3dm三种规格的

图形，它们的面积之和S2=180dm2,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

对折几次，那么=dm2.

练3-2(2025•广东省•单元测试)设数列｛aQ的前n项和为Sn，且a】=l,an+1=2Sn+1,数列｛bj满足a1=b],

点P(bn，bn+i)在x-y+2=0上，neN**

(1)求数列｛an｝,｛bn｝的通项公式；

(2)设％=皿，求数列｛7｝的前n项和Tn.

an

考点四裂项相消法求和

【方法储备】

常见的裂项形式：要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.

L等差型

⑴若｛an｝为等差数列，d为公差，则一^=白(工-二一)，即分母为同一个等差数列中的两项相乘即可裂

K

anan+kkdanan+k^

项；如：嬴扁=1:京)；而患而二/七一奈P；

扩展：

n(n+l)(n+2)2vn(n+l)(n+l)(n+2)7n(n+l)(n+2)(n+3)3St(n+l)(n+2)(n+l)(n+2)(n+3)y

⑶2n+l__1_______1

n2(n+l)2-n2(n+l)z，

n

2.指数型:(a-l)a_11

(an+b)(an+1+b)-an+b~an+l+b

2n__J.________1

如:(2n+1-l)(2n-l)-2n-l-2n+1-l

拓展：差指综合类型

⑴(J：嬴=焉—(nl)-2-

+

n-2n+l2n+22〃+1

(2>

(n+l)(?i+2)n+2n+1

⑶[T)n』H(T)Y(W+W

3•无理型：标E屋(而在-炳

如：后七阮=2___1_

Gjn+ly/nVn+1

加掘y/n2(n+1)2n(n+l)nn+1,

⑵1_________(n+l)Vn-nVn+l__1______1

in+l)s/n+nVn+l[(n+1)向?一[njn+l产瓜Vn+1

4.对数型

1l

由对数的运算法则可知：若斯＞0,nGN*,则，oga%=ogaan+1-logaanf

an

如：仇(1+；)=m(几+1)—2nn

【典例精讲】

例7.(2025•广东省清远市•模拟题E知数列｛aj中，ax=2,数列3口一|｝是等比数列，且公比q=3.

(1)求数列｛aj的通项公式;

QH—1

(2)设bn=7^—，记数列｛bn｝的前n项和为Sn，求Sn.

4an^n+l

例8.(2025•河南省•月考试卷)已知等差数列｛a"的前n项和为Sn，且满足2a4=a2+18,S5=a10+15.

(1)求数列｛aj的通项公式：

(2)若---，求数列｛、｝的前n项和耳.

®2n-l®2n+l

例9.(2025•河南省♦联考题)己知数列包｝的前n项和为Sn，an0,a1=；,Sn=anan+1.

(1)求白力的通项公式；

(2)若瓦=1,旦bn+i+bn=4a"i，求数列｛bQ的通项公式；

(3)在(2)的条件下，若如二(1一?2n求｛ej的前n项和

【拓展提升】

练4-1(2025•江西省南昌市•期中考试)(多选)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究

数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1,

3,6,10,...称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1,4,9,16,...称为正方形数，记三角形数

构成数列｛册｝,正方形数构成数列｛%｝,则下列说法正确的是()

1.1,1,41/33

仁r册+区+后+…+百〈元

D.VmW>2,总存在p,qWN*,使得=cip+%成立•

练4-2(2025•江西省•联考题)在数列—｝中，a?是杂⑵3的等差中项，且集合卜忖一2/^x+a3+i<0｝

为单元素集合.

(1)求a>

(2)已知数列｛焉｝为等比数列，a2>a].

(i)求缶目的通项公式；

(ii)若bn=日目一an，证明：bi4-b2+—+bn<2.

考点五倒序相加法求和

【方法储备】

倒序相加法：

如果一个数列｛斯｝,与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相

加，就得到•个常数列的和，这•求和方法称为倒序相加法，等差数列前九项和公式的推导便使用了此法.

用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和末项之间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽.

注意：

倒序相加法即采取把正着写与倒着写的两个式子相加，然后求和的方法,实质是“不相同的数求和”化归

为“相同的数求和”.常适用于“下标和相等时该两项和为定售”这种典型规律的数列，倒序相加思想的

应用不局限于等差数列的范围内，它的应用范围可以扩大到函数,组合数（利用性质,三角函

数等.

【典例精讲】

例10.（2025•四川省乐山市•月考试卷）德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在

历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行1+2+3+…+100的求

和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规隹生成，因

此，此方法也称之为高斯算法.已知数列册=号琮，则%+。2+—+。98=（）

A.96B.97C.98D.99

【拓展提升】

练5-1（2025•安徽省滁州市•期中考试）已知数列d｝满足ak+a2026_k=l（keN+,k＜2025）,则数列⑸｝的

前2025项和S2025=-

练5-2（2025•浙江省•同步练习）已知各项为正数的数列｛aQ的首项是1,满足：an+1+an=-——数列

an+lan

｛aj的前n项和是Sn.

（1）判断数列｛aj单调性，并说明理由；

（2）求数列｛aQ的通项公式；

（3：m（n）表示正整数n的各个数位上的数字之和，如TT（18）=1+8=9,求ir（S：）+n（Sf）+…+NS/）的值•

考点六放缩法求和

【方法储备】

1.裂项放缩是使用放缩法解题的常用技巧，即通过裂项的方式来达到放缩求解的目的.考虑到数式的结构

较为复杂,因此在实际解题时一般需要调用常见不等式,利用公式模型来提高解题效率.常见形式有：

七＜六二）±_三）；＜*＜舟5（心2）；

②2v2_=3vz④1<_i__]v_

^­/n+VriTTVn2VnVn+Vn-1'Vn+n+1V2n、/n+nVn+n-1"，

,2n_2*1___1________1_

⑤(2*1)2

、(2n-l)(2n-2)一(2n-l)(2:l-1-l)-2n-1-l2n-l

⑹L_2__________2_____________________2___________-2(^1-师_2__2_z>2).

,/n3Vn-n2、nj(n-l)+(n-l)\伍(而+标-1)~/(n-l)n-Vn-1>fnn~，

匕Fk2«-i-i-2n-l(九~2\

2.等比放缩

当数列SJ的通项公式与等比数列通项公式相似，可将数列｛。力的通项放缩为等比数列的通项公式，再求

和,常见形式有：

⑴1产一人=标(1一/)>小(1-胃

⑵1+抖髀…+2<1+/£+~+/

补充：数列与不等式问题中，还有先求和再放缩的情况，即先利用数列求和的方法求出数列的和，然后利

用添减项的方法放缩.

【典例精讲】

例11.(2025•安徽省安庆市•期中考试)已知数列｛an｝的前n项和为Sn，若a1=1,且满足Sn=an+

2aLl(n23).

(1)求数列｛aj的通项公式；

(2)证明：(+套+套+…+念<|.

例12.(2025•浙江省温州市•月考试卷)已知数列闻｝满足am=3，ax=

a〕十iz

(1)求证：数列｛工｝为等差数列；

an

(2)设数列｛aQ前n项和为Sn，且S2n-Sn>k对任意的neN*恒成立，求k的取值范围.

【拓展提升】

练6-1(2025•河北省・期末考试)已知数列｛aQ满足ai=1,an+1=3anI1.

(1)证明：乐+且是等比数列，并求｛aj的通项公式;

⑵证明:2+9…+皆/

练6-2(2025•湖南省•月考试卷)在数列｛aj｛、｝中,an+24-6an=5an+1,bn=an+1-3an(nGN*),且a?

1,b2=2.

(1)求a?,。的值;

(2)求｛卜｝的通项公式：

(3)设％=也U双LD，记｛%｝的前n项和为Sn,证明：&SnV3.

vIII1/X11T/

新题放送

1.[2025•广东省广州市•期末考试)已知数列｛aj的前n项和为Sn，a1=2,且a^i=Sn+2(neN)

(1)求a2,及数列｛an｝的通项公式；

(2)在an与a.1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为4的等差数列.

①设&+/+•••+4，求之；

②若VnGN*都有不等式n<Adn+5成立，求入的取值范围.

2.[2025•吉林省辽源市•期末考试)已知数列｛aQ的前n项和为Sn，且a?=2,an+1-Sn=l(n6N*).

(1)求｛aj的通项公式；

⑵若、=fcXn="k-l,keN”求数列低｝的前2n项和丁如；

(3)若数列｛%｝满足an%=n，记｛7｝的前n项和Pn，判断是否存在正整数n,使得外=嚅成立？若存在,

则求出所有n值；若不存在，请说明理由.

3.(2025•安徽省芜湖市•期中考试)汉诺塔(Hanoi)游戏是源于印度古老传说的益智游戏，该游戏是一块铜板

装置上，有三根杆(编号A、B、C),在A杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个金盘(如下图).游戏的目标：

把A杆上的金盘全部移到C杆上，并保持原有顺序叠好.操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动

过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于A、B、C任一杆上.记n个金盘从A

杆移动到C杆需要的最少移动次数为an.

AM-

(1)求此，仃，丸；上i

(2)写出an与a『i的关系，并求出an.F口,

(3)求证：虹1+丝里+...+亘±1v1「]___________________

3132a2a3anan+lM*»'

【答案解析】

1.【人教A版选择性必修二4.2.2练5P23]

解:方法一：设此数列的首项为由,公差为d,项数为法(攵£漫*)・

「济=24,

根据题意，得|S篇二30,即$偶一s奇=6,

21

21

I。2k-Q1=爹，

6,k=4,

21解得

l)d=彳，d=l-

由S哥=+。2k-1)=24,可得%=,・

.•比数列的首项为I，公差为|,项数为8.

方法二：设此数列的首项为％,公差为乙项数为2k(kWN)

S存=24,+Q1)=24,

S偶=30,即*(%+?)=30,

由题意,

.。2”一。1=与，[(2/c-l)d=y,

%[%+(k—l)d]=24,3

%=2,

.,k(Qi+kd)=30,

d=|,

(2/c-l)d=y,

I/(k=4.

.•比数列的首项为I，公差为I，项数为8.

2.【人教A版选择性必修二复习参考题4第11题P56]

解：(1)因为数列｛InaJ是等差数列,则lnan-lnan.i为常数，n>2,

所以In区为常数，n>2,即工为常数，n>2,

令蓝=q(qH0),则｛册｝为首项为由,公比为q的等比数列，此时即=

因为数列｛S〃+%｝是等比数列，则(S2+a]/=(S]+%)(S3+旬)，

故[%(2+q)]?=2al•[ai(2+q+q2)]»即(2+q)2=2(2+q+q2),

化笥得q2-2q=0,因为qHO,解得q=2,所以宾=2,即%=2%.

n-1

(2)a2=2,an=2,bn=»

1/1\2zl\n-2/l\n-1

•,•%=1+3x2+5xG)+…+(2n-3)x+(2n-1)x

4T"=I+3XG)2+5X(/+-+(2”3)x(旷+(2n-1)xg)"

针+...+©“卜n

9”=1+2]J+1Qn-1)xQ)=l+2x2卜J/1-(2n-1)x©"

1-2

=3—(2n+3)xQ).

.-.7；=6-(2n+3)x(i)n-1.

例L解：(1)设等差数列｛an｝的公差为d,等比数列｛、｝的公比为q，

由a1=-1,b]=1,a24-b2=2,a3+b3=5»

可得.fT+d+q=2

」华.Jl+2d+q2=5'

解得d=1,q=2或d=3,q=0(舍去)，

n-1

则]bn｝的通项公式为bn=2,.4>jT5==31;

(2)由b]=1,T3=21,可得：l+q+q2=21,

解得q=4或5,

由于数列｛aj为递增数列，所以d>0,

当q=4时,由az+b2=2,得d=-l(舍);

当q=-5时，由a2+b2=2,得d=8,

则Sn=nx(-1)+吟辿x8=4n2-5n.

例2.解：(1)因为ai=2,a2=4,d=8,

所以an+2+2an+1+an=8,

所以23+2a2+a1=8,解得a?=-2,

Xa4+2a3+a2=8»解得=8,

又+2a4+a3=8,解得a$=-6,

所以23=-2,a4=8,a5=-6；

=

(2)因为an+2+2an+i+an

设bn=an+i+an，则有bn+i+bn=8,

所以bn+2+bn+1=8,则bn+2=bn，

乂因为bi=a2+=6,

所以bi—b?—bg—b2023=6,

t'Pa1+a2=a?+—a$+—^2023+82024=6,

又a1=2=(2xl-2)x(-1)+2,

a2=4=(2x2-2)x(-1y+2,

3

a3=-2=(2x3-2)x(-1)+2,

4

a4=8=(2x4-2)x(-1)+2,

5

a5=-6=(2x5-2)x(-1)+2,

所以an=(-l)n・(2n—2)+2,

所以22025=-40484-2=-4046,

所以S2025=ai+a2+23++,,,+82023+^2024+^2025=~x6—4046=2026.

练l-L

解：(1)设等差数列包仃的公差为d,

由题意得上:式：315=e*产=2°，解得伊或｛?=-2,

((□i+2d)(ai+9d)=(a1+4d)zId=01d=3

因为dH0,所以an=-2+3(n-l)=3n-5；

n

(2)山(1)得an=3n5,bn=(3n5)I2,

所以Sn=b]+b2+•••+、=一2一；n-5.=n+1+|n2-1n-2.

Ln+1-Z2ZZ

练『2.

解：(1)当nN2时，an=Sn—Sn-i=-5:n—[一?(n-1)2+与(n—1)]=—3n+21,

当n=1时，a1=S1=18,满足上式.

综上，an——3n+21.

(2)令anNO,得21-3nN0,解得nW7;令anV0,得21-3nV0,解得n>7.

_n2+n

当lWnW7,nEN•时，Tn=|ax|+|a2|+•••+|an|=aj4-a2+--4-an=|y»

当n>8时,Tn=(a1+a24--••+a7)-(a8+…+an)

22

=2S7-Sn=2x63-(-1n+yn)=|n-yn+126.

‘3

-M

_2+三且・

_n,l£nW7n£N,

综上所述，T=3M

n--

k2311+126,11工8且11€寸.

例3.解：(1)设｛a"的公比为q(q>0)，

因为ai=2,且a2，a3+2,成等差数列，

32

所以a2+a4=2(a3+2),即2q+2q=2(2q+2)

解得q=2,

所以an=2%

(2)由(1)、=*+n,

TLG+A+T玄)+(1+2+...+。)=等+审=中一次

例4.解：(1)设等差数列｛a"的公差为d,

由3an+i=an+4n+8可得曾二煞:：;；解得支=冢=2,

-।U।OO—Jd]十OU

故an=3+2(n-1)=2n+1.

(3+2n+l)n

=n2+2n,

2

故bn:卜急=2G_+），n为奇数,

12n,n为偶数

由于1奇=；［（1_:）+&_3+-+（*_焉）］=2（1_焉）二篇,

T偶=22+24+26+…+22n=4(；二与=

其中T奇,T偶分别为前2n项中奇数项的和以及偶数项的和,

故T2n=T奇+T偶=云储+4(\'•

例5.解：(1)证明：对4anan+i+an+i=3an，

等式两边同时除以an+ian可得4+工=—,

anan+l

等式两边再同时减6得工-2=3(--2),

anSn+i/

即？--2=痣-2),

a

n+l3\an)

又ilai=W，可得工-2=H0,故工一2H0,

5aj3an

则数列｛(-2｝是首项为d公匕为抽等比数列.

(2)由(1)得E—2｝的通项公式为—2=-+,

得；=2-去，所以㊀一熹不

(3)由(2)知;=2_9,

dnJ

所以Sn=(2V)+(2—最+…+仁一宝)=2n-(g+»…+或)

=2n__U(1_TT)=2n_I+^?7-

3

练2T.解：(1)数列｛aj中，ax=1,an+1an4-an+1-an=0,显然anH0，则」...-=1,

an+lan

数列｛2｝是首项为1，公差为1的等差数列，-=l+(n-l)xl=n,

anan

所以数列｛aj通项公式是an='

(2)由(1)知，*=(-1尸4+2,

n-1+2+-1n+2=Sn==

=2k,kGN*Rt,bn_x4-bn=(-l)-()*7pT,

当n=2k-1,k€N*时，Sn=Sn+1-bn+1=一等-2二竽，

偿,n=2k

所以Sn=，k€N*.

(—^=2k-1

练2-2.解：(1)因为agi=2an-l，所以an+i-1=2Qn-1)，

又ai—l=4,所以皿不二2,

an-l

所以｛an—1｝是以4为首项，2为公比的等比数列.

故an1=4x2n-1,即an=2'1|1.

(2)由⑴得%=(-1)«.(2-+1),则、=心:驾:€N-.

①当n=2k,kEN♦时，

234n+1

Sn=(-2-1)+(2+1)-(24-1)+-+(-2n-1)4-(24-1)

4

=-22+23-24+2$+…一211+2n+1=22+24+-+2n=^(2n-1);

②当n=2k-l,kEN♦时，

Sn=Sn+1-bn+1=氯2"1_1)_(2计2+1)=一qZ.

f^(2n-l),n=2k,keN\

3

综上所述，sn=?n+2+_

(一=2k-l,kGN*

练2-3.解：(1)证明:依题意，由an+i=20n+1,

可得a«+i+1=2(an+1),即+1=2,

二数列｛册+1｝是以2为首项，2为公比的等比数列.

nn

(2)由(1)知即+1=2,an=2-1,

nn

bn=(2n-l)an=(2n-1)•(2-1)=(2n-1)-2-(2n-1),

n

构造数列｛%｝：令%=(2n-1)-2,则b=dn-(2n-1),

设数列｛dn｝的前几项和为Sn,

n

则5n=弘+d2+…+dn=1♦21+3•22+5•23+…+(2n-1)-2,

2sz=1•22+3•23+-+(2n-l)-2n+1,

两式相减，可得：-Sn=l-2i+2・22+2・23+...+2-2n-(2ri-l)-2n+i

=2+23+24+…+2n+1-(2n-1)•2n+1

n+1

=2+2：享_(2几_1).2n+i=(3-2n)•2-6.

n+1

••・Sn=(2n-3)-2+6,

Tn=^+b2+--+bn

=@-1)+92-3)+…+[dn-(2n-1)]

=+d?+…+dn)-[1+3+•­•+(2n-1)]

n+12

=Sn-n(l+'T)=Q几-3)•2+6-n.

7；=(2n-3)-2n+1+6-n2.

例6.(1)证明:当nN2时，

1

an=an-i+2“T+3=an_x+2"-2"-+3,

计】)=

.•.an2n(an_i23,

乂a1=4,二a1-2=2,

故｛an-2n｝是以2为首项，3为公差的等差数列,

n

an-2=2+(n—1)x3=3n—1,

n

:.an=2+3n-1.

(2)解：，=弗=^^=1+竽，

31

n-

s+-+1+?+

2--

>n

5

++++3n

n?r

25群

令①

-+++

Tn2?

125T

则-②

_7+3n

2Tn2n1

2

333T

311

十-

1-十++

?n

n2+1

22

1

-

45

+3X--1+51

13n-2-3n+

-2n+2n+

2

c.u3n+5

Sn=n+5--^n-

练3T.解：易知有20dmx'dm,10dmx|dm,5dmx3dm弓dmx6dm,^dmx12dm,共5种规格:

由题可知，对折k次共有k+1种规格，且每个面积为绊，故Sk=240（*）,

22

则比=iSk=2408=］等，

记北=E匕竽，则六n—匕得，

111n+1

=1H-yH-Q+…+-7T-----„,1

22232n2n+1

式1-n+1_3n+3

=12n+1=2-2n+1*

-.7T=3o一丁n+3，

.•.笈=&=240(3-*).

故答案为：5；240(3-竽).

练3-2.解；(1)山an+i=2SnI1可得an=2Sn—iIl(n>2),

=

两式相减得an+i—Sn2an>an+i=3an(nN2)»

又a2=2sl+1=3,所以a2=3a1.

故faQ是首项为1,公比为3的等比数列.

所以an=3「1,

由点P(bn，bn+1)在直线X-y+2=。上，所以bn+1-bn=2,

则数列｛bn｝是首项为L公差为2的等差数列.

则bn=14-(n-1)-2=2n-1.

(2)因为Cn=我=患I，所以Tn=\+卜+■+•♦♦+票」,

皿|13

则11"_£+,]+।立5+…+2尹n-3+2丁n-l，

2

221

1+-+_++一2n

3n3

23

3-1

2

一

231空

-+-2n-2-

3Tn3

所以Tn=3—声•

例7.解：⑴由题意知ai=2,药一卜;，

所以等比数列国-窃的首项为3公比为比

故an一泻X3f

所以an=；(3*1+3)；

o'l-lqn-1111

(2.)由(1)得bn==zon-1.=2(个】-1斗一，

^4anan+l(3+3)(3+3)z3+33十J

故Sn=b1+b2+b?++bn

1111111

2%6612+311-1+33n+3，

ll_^_Al____1_

-=2ry3n+3J-=82-3n+6,

例8.解：(1)设等差数列｛aj的公差为d,

由2a4=a24-18,Ss=a10+15,

2al+6d=a】+d+18

可得_5x4,,.,ip

5al+t---d=a】+o9d+15

整埋得解得■

则数列｛a"的通项公式an=34-3(n-1)=3n；

991

(2)bn=

a2n-ia2n+l3(2n-l)3(2n+l)(2n-l)(2n+l)2

所以Tn=bi+b2+b2+.・-+bn=TG_9+TG_5+.-+T(*_+)

故数列｛、｝的前n项和Tn=*p

例9.解:(1)由Sn=anHn+i，得Sn-i=2时通式11N2),

以上两式相减,得Sn-Sn-1=a£an+i-an.1),Wan=an(an+1-an_1),

因为AnH0,所以An+i—3n-1=L

所以ai，a?,as，…，azk-i，…是公差为1的等差数列，

2"1

从^a2k-l2

由51=2通2，解得a2=1，

所以a2,a4,a6,a2k,…是公差为1的等差数列，从而a2k=1+(kT)x1=华,

所以an=］：

2

(2)由1+1+bn=4a《+i得bgi+bn=4x(竽＞=(n+l),

所以味+1+口=叱用+坐由，

/L

所以bn+1一空竽9=-［味一专马，

因为也=1,所以比一号=0,

所以数列｛bn-的罗｝为常数列，且bn-吗1=0,

所以以=当2

(3)由(2)知、=电誓,

(l-n>2n_2n2n+｝

所以

en=n(n+l)-nn+1

o1n2,2,3,3,42n)n+l

所以%=(了一万)+(彳一丁)+[_])+•••+/_二)

练4-1•解;三角形数构成数列[aj：1,3,6,10,...»

则有a2-ax=2,a3-a2=3,---,an-an^=n（n>2）,利用累加法,得an-a1=2+3+----n=

（n-l）（2+n）

2，

得到an=的畀2,n=1时上式也成立，所以anuX*2,nGN*-

正方形数构成数列｛bn｝：1，4,9,16.......

22

即b]=I?,b2=2,b3=3,...»可知bn=M.

对于A，（二品5=2©一言），

•.・5+F+5+…+?=2（1—g+"—g+…+；-系）=2（1-系）=磊，故A错误；

对于B,令an=^=1225,解得n=49（负值舍去），

令bn=M=1225,解得n=35（负值舍去）；故B正确；

对丁©5=今<舟=2（上一焉），

则\+上+上+…+e=1+3+&+玄+…+*）4+244+>%一++—肃），

整理得,*+*+*+…+*V1+2&-』）=卷一47V某故C正确;

z7

b]b2b3bn、52n+l202n+l20

对于D,因为nf=m（n;+l）+m（n;-l）,+3m_1,m32,

所以VmEN",m?2,可取p=m,q=m-l,此时p,qWN‘，且bm=ap+aq成立，故D正确.

故选BCD.

练4-2.解：⑴因为a?是尹口2a3的等差中项，所以2a2=2a?+冷，即4a2=4a?+ai①，

2

又因为集合｛x|x-2Kx+a34-i<0｝为单元素集合，即X?-2Gx+a34-i<0只有一个解，

所以A=4a2—4（a?+；）=0,得到4a2=4a3+1②，

由①②知ai=1.

（2）（i）数列｛含｝的前3项为a1卷曰又由⑴知a1=1,

吆

即2

a3

=一

9,52

又由⑴可知4a2=4a3+l,所以5a；

解得a2=?或右因为a2>a「所以a2=会则号=；,

则数歹|J｛肃Y｝的公比为q=%

所以数列｛肃m是以1为首项，T为公比的等比数列，

则悬T=得到an=黔

（ii）证明：因为、=常一五=守=盖一号芈，

所以bl+b2+…+bn=偌-另+俗一+…+岛-=2-^r-

22

又竽1>0,所以2-笔■<2,故命题得证•

例10.解：令§=a1+a2+…+297+agg=H+£+…+H+箓

「..,,98,96,,94,96

S=a98+a97+•••+a2+3i=赤+而+…+而+而，

两式相加得：

（96949698\/98969496、

2s=扇+免+…+无+司+扇+死+…+免+引

Y圻粉+建+蜀+一（1!+蜀+（瑞+凯98X2,

S=98,故选：C.

练5-1.解：因为S2025=a1+a2+a?+—1■^2025»$2025=a202S+•"+a3+a2+alJ

所以2s2025=(31+^2025)+(a2+a2024)+(a3+a2023)+…+(32025+al)J

又ak+Szoze-k=l(kEN+，k42025),

=aaa

所以a1+a2025=&2+3202432023=…=2025+a1=L

所以2s2025=2025,则S2025=~~,

故答案为：等.

练5-2.解：（1）数列｛an｝是严格减函数，理由如下：

由数列｛aQ各项为正数，一一一；=an+i+an>0,即一~>；，>an+v

an+laran+lan

所以数列｛an｝是严格减函数.

(2)把+an=