高考数学一轮复习 讲义 第4节 数列求和

第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识，预计2027年高考会考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，难度中档.数列求和的几种常用方法1．公式法(1)等差数列的前n项和公式①已知等差数列的第1项和第n项求前n项和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)；②已知等差数列的第1项和公差求前n项和Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.(2)等比数列的前n项和公式当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，①已知等比数列的第1项和第n项求前n项和Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)；②已知等比数列的第1项和公比求前n项和Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q).2．分组求和法与并项求和法(1)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)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．3．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．4．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．5．倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).2．12＋22＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6).3．裂项求和常用的变形(1)分式型：eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)－\f(1,（n＋1）（n＋2）)))等．(2)指数型：eq\f(2n,（2n＋1－1）（2n－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，eq\f(n＋2,n（n＋1）·2n)＝eq\f(1,n·2n－1)－eq\f(1,（n＋1）·2n)等．(3)根式型：eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))等．(4)对数型：logmeq\f(an＋1,an)＝logman＋1－logman，an>0，m>0且m≠1.题组一走出误区——判一判(1)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，则S9＝2.()(2)eq\f(1,n2)<eq\f(1,（n－1）n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n).()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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和．()(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝eq\f(3n－1,2).()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√题组二回归教材——练一练(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,n（n＋1）)，则S5＝()A．1 B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,30)答案：B解析：∵an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为()A．－200 B．－100C．200 D．100答案：D解析：S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2答案：C解析：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＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＋2×eq\f(n（n＋1）,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.(4)(人教A选择性必修第二册复习参考题4T11改编)已知数列{cn}的通项公式为cn＝(2n－1)·3n，则数列{cn}的前n项和Sn＝________．答案：3＋(n－1)×3n＋1解析：因为Sn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，所以3Sn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，则－2Sn＝1×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)×3n＋1＝2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－3－(2n－1)×3n＋1＝2×(31＋32＋33＋…＋3n)－3－(2n－1)×3n＋1＝2×eq\f(3×（1－3n）,1－3)－3－(2n－1)×3n＋1＝3×(3n－1)－3－(2n－1)×3n＋1＝3n＋1－3－3－(2n－1)×3n＋1＝－6－2(n－1)×3n＋1，所以Sn＝3＋(n－1)×3n＋1.考点一分组求和已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比q≠－1，eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(1,27)，且S4＝a3＋93.(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,3))an，n为奇数，,an，n为偶数，))求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)因为{an}是等比数列，公比q≠－1，则a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，所以eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(a1q3＋a1q4,a1q6＋a1q7)＝eq\f(1,q3)＝eq\f(1,27)，解得q＝3，由S4＝a3＋93，可得eq\f(a1（1－34）,1－3)＝9a1＋93，解得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)由(1)得bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n为奇数，,3n，n为偶数.))当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)＝－eq\f(\f(n,2)[1＋（n－1）],2)＋eq\f(9（1－9\s\up6(\f(n,2))）,1－9)＝eq\f(9,8)(3n－1)－eq\f(n2,4)；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(9,8)(3n＋1－1)－eq\f(（n＋1）2,4)－3n＋1＝eq\f(1,8)×3n＋1－eq\f(9,8)－eq\f(（n＋1）2,4).综上所述，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)×3n＋1－\f(9,8)－\f(（n＋1）2,4)，n为奇数，,\f(9,8)（3n－1）－\f(n2,4)，n为偶数.))分组求和的常见类型1.(2026·东北三省模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≥3，Sn－n＝eq\f(1,4)(an－1)(an＋1)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an＋2an}的前n项和Tn.解：(1)因为Sn－n＝eq\f(1,4)(an－1)(an＋1)，即4Sn－4n＝aeq\o\al(2,n)－1，当n＝1时，4S1－4＝aeq\o\al(2,1)－1，解得a1＝3或a1＝1(舍去)，当n≥2时，4Sn－1－4(n－1)＝aeq\o\al(2,n－1)－1，所以4Sn－4n－4Sn－1＋4(n－1)＝aeq\o\al(2,n)－1－aeq\o\al(2,n－1)＋1，即4an－4＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)，即aeq\o\al(2,n)－4an＋4＝aeq\o\al(2,n－1)，即(an－2)2＝aeq\o\al(2,n－1)，又an≥3，所以an－2＝an－1，即an－an－1＝2，所以{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n＋1.(2)由(1)可得an＋2an＝2n＋1＋22n＋1＝2n＋1＋2×4n，所以Tn＝3＋2×41＋5＋2×42＋…＋2n＋1＋2×4n＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(2×41＋2×42＋…＋2×4n)＝eq\f(（3＋2n＋1）n,2)＋eq\f(8（1－4n）,1－4)＝n2＋2n＋eq\f(8（4n－1）,3).考点二并项求和在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝12，,a1＋17d＝36，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2，))∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.(2)由(1)，得bn＝(－1)n·an＝(－1)n·2n，①当n为偶数时，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝eq\f(n,2)×2＝n；②当n为奇数时，n＋1为偶数，Sn＝Sn＋1－bn＋1＝n＋1－2(n＋1)＝－n－1.∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n为偶数，,－n－1，n为奇数.))并项求和的定义、适用条件及注意事项定义一个数列的前n项和中，可两两或几个相结合求解，则称之为并项求和适用条件an＝(－1)nf(n)类型或周期型数列eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(如an＝sin\f(nπ,3)))可采用并项求和法注意事项一般对n分奇偶进行讨论，结果一般用分段形式表示2.(2026·浙江台州中学质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋nan＝2n，数列{bn}满足对任意的正整数m≥2，均有bm－1＋bm＋bm＋1＝eq\f(1,am)成立．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前99项和．解：(1)因为a1＋2a2＋…＋nan＝2n，所以当n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)．两式相减，得nan＝2，所以an＝eq\f(2,n)(n≥2)．又当n＝1时，a1＝2，也符合上式，所以an＝eq\f(2,n).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(n,2).因为对任意的正整数m≥2，均有bm－1＋bm＋bm＋1＝eq\f(1,am)＝eq\f(m,2)，故数列{bn}的前99项和b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋…＋b97＋b98＋b99＝(b1＋b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6)＋…＋(b97＋b98＋b99)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a5)＋…＋eq\f(1,a98)＝eq\f(2,2)＋eq\f(5,2)＋…＋eq\f(98,2)＝eq\f(33×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)＋\f(98,2))),2)＝825.考点三裂项相消法求和已知数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(an＋1,Sn)＝eq\f(2,n).(1)证明：数列{an}是等差数列；(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{bn}的前n项和Tn.①bn＝eq\f(n,aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(2,n＋1))；②bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))；③bn＝eq\f(2n＋3,anan＋12n＋1).注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：(1)证明：因为eq\f(an＋1,Sn)＝eq\f(2,n)，即n(an＋1)＝2Sn，当n＝1时，a1＋1＝2S1，解得a1＝1，当n≥2时，(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－1，所以n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－2Sn－1，即n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2an，所以(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，当n＝2时，上述式子恒成立，当n>2时，两边同除以(n－2)(n－1)并整理，得eq\f(an,n－1)－eq\f(an－1,n－2)＝－eq\f(1,（n－1）（n－2）)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n－2)，即eq\f(an,n－1)－eq\f(1,n－1)＝eq\f(an－1,n－2)－eq\f(1,n－2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,n－1)))为常数列，即eq\f(an－1,n－1)＝a2－1，所以an－1＝(n－1)(a2－1)，即an＝(n－1)(a2－1)＋1，当n＝1时，也适合上式，所以an＋1－an＝n(a2－1)＋1－(n－1)(a2－1)－1＝a2－1，所以数列{an}是以1为首项，a2－1为公差的等差数列．(2)设等差数列{an}的公差为d.因为a2＋1，a3＋1，a5成等比数列，所以(a3＋1)2＝a5(a2＋1)，即(2＋2d)2＝(1＋4d)(2＋d)，解得d＝2，所以an＝2n－1.若选①bn＝eq\f(n,aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(2,n＋1))，则bn＝eq\f(n,（2n－1）2（2n＋1）2)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))，所以Tn＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（2n＋1）2))).若选②bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，则bn＝eq\f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),（\r(2n－1)＋\r(2n＋1)）（\r(2n＋1)－\r(2n－1)）)＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))，所以Tn＝eq\f(1,2)(eq\r(3)－eq\r(1)＋eq\r(5)－eq\r(3)＋…＋eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－1)．若选③bn＝eq\f(2n＋3,anan＋12n＋1)，则bn＝eq\f(2n＋3,（2n－1）（2n＋1）2n＋1)＝eq\f(1,（2n－1）×2n)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1)，所以Tn＝eq\f(1,1×21)－eq\f(1,3×22)＋eq\f(1,3×22)－eq\f(1,5×23)＋…＋eq\f(1,（2n－1）×2n)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1).利用裂项相消法求和的注意事项(1)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，或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，则eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).3.(2026·山东德州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足6Sn＝(3n＋2)an＋2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(（－1）n＋1（6n＋1）,anan＋1)，求数列{bn}的前100项和T100.解：(1)因为6Sn＝(3n＋2)an＋2，当n＝1时，6S1＝6a1＝5a1＋2，所以a1＝2，当n≥2时，6Sn－1＝(3n－1)an－1＋2，所以6Sn－6Sn－1＝6an＝(3n＋2)an－(3n－1)an－1，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(3n－1,3n－4)，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(3n－4,3n－7)，…，eq\f(a3,a2)＝eq\f(8,5)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(5,2)，累乘得eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)＝eq\f(3n－1,3n－4)×eq\f(3n－4,3n－7)×…×eq\f(8,5)×eq\f(5,2)，所以an＝3n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝2也成立，所以an＝3n－1.(2)由(1)得bn＝eq\f(（－1）n＋1（6n＋1）,anan＋1)＝eq\f(（－1）n＋1（6n＋1）,（3n－1）（3n＋2）)＝(－1)n＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)＋\f(1,3n＋2)))，所以T100＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,5)－eq\f(1,8)＋…＋eq\f(1,3×99－1)＋eq\f(1,3×99＋2)－eq\f(1,3×100－1)－eq\f(1,3×100＋2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3×100＋2)＝eq\f(75,151).考点四错位相减法求和记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.当n≥2时，有4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，而a1＝4≠0，故an≠0，故eq\f(an,an－1)＝－3，所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4×(－3)n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1×n×4×(－3)n－1＝4n×3n－1，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1，故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n，两式相减，得－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n－1－4n×3n＝4＋4×eq\f(3（1－3n－1）,1－3)－4n×3n＝4＋2×3×(3n－1－1)－4n×3n＝(2－4n)×3n－2，所以Tn＝(2n－1)×3n＋1.1．错位相减法求和的适用条件若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn.2．错位相减法求和的步骤3．错位相减法求和的注意事项注意点一在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn，特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误4.(2026·江苏淮安调研)已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，a2＝4，S3＝14.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求1×an＋3×an－1＋5×an－2＋…＋(2n－1)×a1.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由a2＝4，S3＝14，得eq\f(4,q)＋4＋4q＝14，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).当q＝2时，a1＝2<a2；当q＝eq\f(1,2)时，a1＝8>a2，由于{an}为递增数列，因此a1＝2，q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2×2n－1＝2n.(2)令Tn＝1×an＋3×an－1＋5×an－2＋…＋(2n－1)×a1，由(1)知，an＝2n，则Tn＝1×2n＋3×2n－1＋5×2n－2＋…＋(2n－1)×2，于是eq\f(Tn,2)＝1×2n－1＋3×2n－2＋5×2n－3＋…＋(2n－1)×1，两式相减，得eq\f(Tn,2)＝2n＋2(2n－1＋2n－2＋2n－3＋…＋21)－(2n－1)＝2n＋2×eq\f(2（1－2n－1）,1－2)－(2n－1)＝2n＋(2n＋1－4)－(2n－1)＝3×2n－(2n＋3)，所以Tn＝3×2n＋1－(4n＋6)．考点五倒序相加法求和已知数列{an}，{bn}满足a1＝eq\f(1,18)，2an＋1－an＝16an＋1an，bn＝eq\f(1,an)－16.(1)证明{bn}为等比数列，并求{bn}的通项公式；(2)求a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7.解：(1)由2an＋1－an＝16an＋1an，可得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)－16，于是eq\f(1,an＋1)－16＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－16))，即bn＋1＝2bn，而b1＝eq\f(1,a1)－16＝2，所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，所以bn＝2×2n－1＝2n.(2)由(1)知an＝eq\f(1,2n＋16)，所以anbn＝eq\f(2n,2n＋16).因为akbk＋a8－kb8－k＝eq\f(2k,2k＋16)＋eq\f(28－k,28－k＋16)＝eq\f(2k－4,2k－4＋1)＋eq\f(1,1＋2k－4)＝1，所以2(a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7)＝(a1b1＋a7b7)＋(a2b2＋a6b6)＋…＋(a7b7＋a1b1)＝7，因此a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7＝eq\f(7,2).倒序相加法的使用策略策略一将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n项和公式的推导即用此方法)策略二和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数图象关于点对称，组合数中Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(n－k,n)5.已知函数f(x)对任意的x∈R，都有f(x)＋f(1－x)＝1，数列{an}满足an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)，则数列{an}的通项公式为________．答案：an＝eq\f(n＋1,2)解析：∵f(x)＋f(1－x)＝1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＝1，又an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)①，∴an＝f(1)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋f(0)②，①＋②，得2an＝n＋1，∴an＝eq\f(n＋1,2).∴数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n＋1,2).课时作业基础题(占比50%)中档题(占比30%)拔高题(占比20%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★考点裂项相消法求和并项求和分组求和并项求和分组求和裂项相消法求和倒序相加法求和分组求和与并项求和并项求和错位相减法求和题号11121314151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考点裂项相消法求和分组求和并项求和裂项相消法求和分组求和错位相减法求和倒序相加法求和；裂项相消法求和并项求和并项求和错位相减法求和一、单项选择题1．(2026·四川南充模拟)数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,n\r(n＋1)＋（n＋1）\r(n))，则这个数列的前63项和为()A.eq\f(8,9) B.eq\f(7,9)C.eq\f(7,8) D.eq\f(9,10)答案：C解析：依题意，得an＝eq\f(1,\r(n)·\r(n＋1))·eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n)·\r(n＋1))＝eq\f(1,\r(n))－eq\f(1,\r(n＋1))，所以这个数列的前63项和为S63＝eq\f(1,\r(1))－eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(2))－eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(63))－eq\f(1,\r(64))＝1－eq\f(1,\r(64))＝eq\f(7,8).故选C.2．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．已知该数列{an}的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，记bn＝(－1)nan，n∈N*，则数列{bn}的前20项和是()A．110 B．100C．90 D．80答案：A解析：观察数列{an}可知，当n为偶数时，an＝eq\f(n2,2)，当n为奇数时，an＝eq\f(n2－1,2)，因为bn＝(－1)nan＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(n2－1,2)，n为奇数，,\f(n2,2)，n为偶数，))所以数列{bn}的前20项和为(0＋2)＋(－4＋8)＋(－12＋18)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(192－1,2)＋\f(202,2)))＝2＋4＋6＋…＋20＝eq\f(10×（2＋20）,2)＝110.故选A.3．(2026·湖南长沙模拟)已知数列{an}满足a1＝1，前n项和为Sn，an＋1an＝2n(n∈N*)，则S2026＝()A．22026－1 B．3×21013－1C．3×21013－2 D．3×21013－3答案：D解析：由an＋1an＝2n，a1＝1，得a2＝2，所以an＋2an＋1＝2n＋1，则有eq\f(an＋2,an)＝2，所以数列{a2n－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，数列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以S2026＝(a1＋a3＋…＋a2025)＋(a2＋a4＋…＋a2026)＝eq\f(1×（1－21013）,1－2)＋eq\f(2×（1－21013）,1－2)＝3×21013－3.故选D.4．(2026·河北邢台模拟)已知数列{an}满足an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3an，0<an≤\f(1,3)，,3an－2，\f(1,3)<an<1，))a1＝eq\f(1,4)，记bn＝(－1)nan，则数列{bn}的前100项和为()A．－25 B．25C．－50 D．50答案：B解析：由题意，得a1＝eq\f(1,4)，a2＝eq\f(3,4)，a3＝eq\f(1,4)，a4＝eq\f(3,4)，…，所以数列{an}的周期为2，所以数列{bn}的前100项和为(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a99＋a100)＝＝eq\f(1,2)×50＝25.故选B.5．(2026·湘豫名校联考)已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公差均为2，且a1＝b1＋2＝2，若数列{cn}满足cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))n∈N*，则数列{cn}的前20项和为()A.eq\f(598－221,3) B.eq\f(598＋221,3)C.eq\f(602＋220,3) D.eq\f(602＋221,3)答案：B解析：因为a1＝b1＋2＝2，所以a1＝2，b1＝0，则an＝2n，bn＝2(n－1)，则cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n，n为奇数，,2（n－1），n为偶数，))所以数列{cn}的前20项和为a1＋b2＋a3＋b4＋…＋a19＋b20＝(2＋23＋25＋…＋219)＋2×(1＋3＋5＋…＋19)＝eq\f(2×（1－410）,1－4)＋2×eq\f(10×（1＋19）,2)＝eq\f(598＋221,3).故选B.6．(2026·江苏常州模拟)已知正项数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a2，a4成等比数列．若eq\o(∑,\s\up6(24),\s\do6(k＝1))eq\f(1,\r(ak)＋\r(ak＋1))＝3，则a1＝()A.eq\f(16,9) B.eq\f(9,16)C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,4)答案：A解析：设正项等差数列{an}的公差为d，且d≠0，∵a1，a2，a4成等比数列，∴aeq\o\al(2,2)＝a1a4，即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，整理得，d2＝a1d，∵d≠0，∴d＝a1，∵eq\o(∑,\s\up6(24),\s\do6(k＝1))eq\f(1,\r(ak)＋\r(ak＋1))＝eq\o(∑,\s\up6(24),\s\do6(k＝1))eq\f(\r(ak＋1)－\r(ak),（\r(ak＋1)＋\r(ak)）（\r(ak＋1)－\r(ak)）)＝eq\o(∑,\s\up6(24),\s\do6(k＝1))eq\f(\r(ak＋1)－\r(ak),ak＋1－ak)＝eq\o(∑,\s\up6(24),\s\do6(k＝1))eq\f(1,d)(eq\r(ak＋1)－eq\r(ak))＝eq\f(1,d)(eq\r(a2)－eq\r(a1)＋eq\r(a3)－eq\r(a2)＋…＋eq\r(a25)－eq\r(a24))＝eq\f(1,d)(eq\r(a25)－eq\r(a1))＝eq\f(1,d)(eq\r(a1＋24d)－eq\r(a1))＝3，即eq\f(1,a1)(5eq\r(a1)－eq\r(a1))＝3，即4eq\r(a1)＝3a1，∵a1>0，∴a1＝eq\f(16,9).故选A.7．(2026·陕西西安模拟)若等差数列{an}满足a1013＝0，则eq\f(1,2a1＋1)＋eq\f(1,2a2＋1)＋…＋eq\f(1,2a2025＋1)＝()A．2025 B.eq\f(2025,2)C.eq\f(2025,4) D.eq\f(2025,8)答案：B解析：由等差数列{an}满足a1013＝0，可知对于p，q∈N*，当p＋q＝2×1013时，ap＋aq＝2a1013＝0，则eq\f(1,2ap＋1)＋eq\f(1,2aq＋1)＝eq\f(2ap＋2aq＋2,2ap＋aq＋2ap＋2aq＋1)＝eq\f(2ap＋2aq＋2,1＋2ap＋2aq＋1)＝1，设S2025＝eq\f(1,2a1＋1)＋eq\f(1,2a2＋1)＋…＋eq\f(1,2a2025＋1)，则S2025＝eq\f(1,2a2025＋1)＋eq\f(1,2a2024＋1)＋…＋eq\f(1,2a1＋1)，两式相加，得2S2025＝2025×1，解得S2025＝eq\f(2025,2).故选B.8．(2026·湖北黄冈调研)已知数列{an}满足an·(－1)n＋an＋2＝2n－1，S20＝650，则a23＝()A．231 B．234C．279 D．276答案：B解析：由an·(－1)n＋an＋2＝2n－1，S20＝650可知，当n为偶数时，an＋an＋2＝2n－1，当n为奇数时，an＋2＝an＋2n－1，所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＋(a18＋a20)＝650，即a1＋(a1＋1)＋(a1＋6)＋(a1＋15)＋(a1＋28)＋(a1＋45)＋(a1＋66)＋(a1＋91)＋(a1＋120)＋(a1＋153)＋3＋11＋19＋27＋35＝650，由此解得a1＝3，所以a23＝a1＋231＝234.故选B.二、多项选择题9．(2025·安徽皖江名校联考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，则()A．an＝n＋1 B．{an}的前n项和为eq\f(n（n＋2）,2)C．{(－1)nan}的前100项和为100 D．{|an－5|}的前30项和为357答案：AD解析：a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，则2n－1an＝n·2n－(n－1)·2n－1＝(n＋1)·2n－1，所以an＝n＋1(n≥2)，显然a1＝2满足上式，故an＝n＋1，故A正确；由等差数列求和公式知，{an}的前n项和为eq\f(n（2＋n＋1）,2)＝eq\f(n2＋3n,2)，故B错误；令bn＝(－1)nan＝(－1)n(n＋1)，{bn}的前100项和为－2＋3－4＋5－…－100＋101＝1×50＝50，故C错误；令cn＝|an－5|＝|n－4|，所以{|an－5|}的前30项和为c1＋c2＋…＋c30＝3＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋26＝6＋eq\f(27×（0＋26）,2)＝357，故D正确．故选AD.10．(2026·广东梅州质检)已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))为等差数列B．{an}为递增数列C．{an}的前n项和Sn＝(n－1)×2n＋1＋4D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和Tn＝eq\f(n2＋n,2)答案：BD解析：由2(n＋1)an－nan＋1＝0，得eq\f(an＋1,n＋1)＝2×eq\f(an,n)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误；因为eq\f(an,n)＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝n×2n＋1，显然{an}为递增数列，故B正确；因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n×2n＋2，所以－Sn＝22＋23＋…＋2n＋1－n×2n＋2＝eq\f(22（1－2n）,1－2)－n×2n＋2＝(1－n)×2n＋2－4，故Sn＝(n－1)×2n＋2＋4，故C错误；因为eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(n×2n＋1,2n＋1)＝n，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和Tn＝eq\f(n（1＋n）,2)＝eq\f(n2＋n,2)，故D正确．故选BD.11．(2026·贵州遵义模拟)已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(tan－1,t2an＋3t)，a1＝eq\f(1,t)，其中t≠0，则()A．a2＝tB.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(t,tan＋1)))为等差数列C．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,tan＋1)))的前n项和为n2＋nD．数列{eq\r(tan＋1)}的前99项和大于18eq\r(2)答案：BCD解析：对于A，由数列{an}满足an＋1＝eq\f(tan－1,t2an＋3t)，a1＝eq\f(1,t)，得a2＝eq\f(t×\f(1,t)－1,t2×\f(1,t)＋3t)＝0，故A错误；对于B，因为an＋1＝eq\f(tan－1,t2an＋3t)，所以eq\f(t,tan＋1＋1)－eq\f(t,tan＋1)＝eq\f(t,t×\f(tan－1,t2an＋3t)＋1)－eq\f(t,tan＋1)＝eq\f(t（tan＋3）,2（tan＋1）)－eq\f(t,tan＋1)＝eq\f(t（tan＋1）,2（tan＋1）)＝eq\f(t,2)，为常数，且eq\f(t,ta1＋1)＝eq\f(t,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(t,tan＋1)))是首项为eq\f(t,2)，公差为eq\f(t,2)的等差数列，故B正确；对于C，由B项分析可知，eq\f(t,tan＋1)＝eq\f(t,2)＋(n－1)×eq\f(t,2)＝eq\f(nt,2)，所以eq\f(1,tan＋1)＝eq\f(n,2)，所以eq\f(4,tan＋1)＝2n，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,tan＋1)))的前n项和为eq\f(n（2＋2n）,2)＝n2＋n，故C正确；对于D，由eq\f(1,tan＋1)＝eq\f(n,2)，得tan＋1＝eq\f(2,n)，所以eq\r(tan＋1)＝eq\f(\r(2),\r(n))，因为对k≥1都有eq\r(k＋1)－eq\r(k)＝eq\f(1,\r(k＋1)＋\r(k))<eq\f(1,2\r(k))，所以eq\f(\r(2),\r(k))>2eq\r(2)×(eq\r(k＋1)－eq\r(k))，所以数列{eq\r(tan＋1)}的前99项和S99>2eq\r(2)[(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(100)－eq\r(99))]＝2eq\r(2)(eq\r(100)－1)＝18eq\r(2)，故D正确．故选BCD.三、填空题12．已知数列{an}满足an＋2－an＝2，若a1＝1，a4＝4，则数列{an}的前20项和为________．答案：210解析：数列{an}满足an＋2－an＝2，若a1＝1，a4＝4，则a2＝a4－2＝4－2＝2，所以数列{an}的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列，所以数列{an}的前20项和为a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋eq\f(10×9,2)×2＋10×2＋eq\f(10×9,2)×2＝210.13．(2026·江苏南京六校调研)在数列{an}中，已知an＋1＋an＝3×2n，a2＝5，则{an}的前11项和为________．答案：4093解析：由an＋1＋an＝3×2n，得a1＋a2＝6，而a2＝5，解得a1＝1，所以{an}的前11项和为a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋(a6＋a7)＋(a8＋a9)＋(a10＋a11)＝1＋3×(22＋24＋26＋28＋210)＝1＋3×(4＋16＋64＋256＋1024)＝4093.14．(2026·陕西西安西光中学模拟)在数列{an}中，a1＝2，aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)－2(an＋2)(an＋1－2)－4＝0.设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋2,（n2＋n）×（\r(2)）an)))的前n项和为Sn，若Sn＋λ<0恒成立，则λ的取值范围为________．答案：(－∞，－1]解析：由aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)－2(an＋2)(an＋1－2)－4＝0，得(an＋1－an－2)2＝0，即an＋1＝an＋2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n，则eq\f(n＋2,（n2＋n）×（\r(2)）an)＝eq\f(n＋2,（n2＋n）×2n)＝eq\f(1,n×2n－1)－eq\f(1,（n＋1）×2n)，则Sn＝eq\f(1,1×20)－eq\f(1,2×21)＋eq\f(1,2×21)－eq\f(1,3×22)＋…＋eq\f(1,n×2n－1)－eq\f(1,（n＋1）×2n)＝1－eq\f(1,（n＋1）×2n)<1.要使Sn＋λ<0恒成立，则1＋λ≤0，解得λ≤－1，所以λ的取值范围为(－∞，－1]．四、解答题15．(2026·浙江杭州模拟)已知Sn为公差为2的等差数列{an}的前n项和，若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))为等差数列．(1)求an；(2)求数列{S2n}的前n项和．解：(1)因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))为等差数列，所以2×eq\f(S2,a2)＝eq\f(S1,a1)＋eq\f(S3,a3)，因为Sn为公差为2的等差数列{an}的前n项和，所以2×eq\f(2a1＋2,a1＋2)＝1＋eq\f(3a1＋6,a1＋4)，解得a1＝2.所以an＝2＋2(n－1)＝2n.(2)由(1)得Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝n2＋n，故S2n＝4n＋2n，故数列{S2n}的前n项和为eq\f(4（1－4n）,1－4)＋eq\f(2（1－2n）,1－2)＝eq\f(4n＋1,3)＋2n＋1－eq\f(10,3).16．(2025·新课标Ⅰ卷，16)设数列{an}满足a1＝3，eq\f(an＋1,n)＝eq\f(an,n＋1)＋eq\f(1,n（n＋1）).(1)证明：{nan}为等差数列；(2)设f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2)．解：(1)证明：∵在数列{an}中，a1＝3，eq\f(an＋1,n)＝eq\f(an,n＋1)＋eq\f(1,n（n＋1）)，∴(n＋1)an＋1＝nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan＝1，∴{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列．(2)由题意及(1)得，nan＝3＋1×(n－1)，即an＝1＋eq\f(2,n)，∴f(x)＝3x＋2x2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,m)))xm，∴f′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm－1，∴xf′(x)＝3x＋4x2＋…＋(m＋2)xm，当x≠1且x≠0时，(1－x)f′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm－1－(m＋2)xm＝3＋eq\f(x（1－xm－1）,1－x)－(m＋2)xm，∴f′(x)＝eq\f(3,1－x)＋eq\f(x（1－xm－1）,（1－x）2)－eq\f(（m＋2）xm,1－x)，∴f′(－2)＝eq\f(3,1－（－2）)＋eq\f(－2[1－（－2）m－1],[1－（－2）]2)－eq\f(（m＋2）（－2）m,1－（－2）)＝1＋eq\f(（－2）[1－（－2）m－1],9)－eq\f(（m＋2）（－2）m,3)＝1－eq\f(2,9)－eq\f(（－2）m,9)－eq\f(（m＋2）（－2）m,3)＝eq\f(7,9)－eq\f(（3m＋7）（－2）m,9).17．(2026·江西临川一中模拟)函数f(x)＝lnx，其中f(x)＋f(y)＝2，记Sn＝lnxn＋ln(xn－1y)＋…＋ln(xyn－1)＋lnyn(n∈N*)，则eq\o(∑,\s\up6(2026),\s\do6(i＝1))eq\f(1,Si)＝()A.eq\f(2026,2027) B.eq\f(2027,2026)C.eq\f(2027,4049) D.eq\f(4049,2027)答案：A解析：∵f(x)＝lnx，f(x)＋f(y)＝2，∴f(x)＋f(y)＝lnx＋lny＝ln(xy)＝2.Sn＝lnxn＋ln(xn－1y)＋…＋ln(xyn－1)＋lnyn，即Sn＝lnyn＋ln(xyn－1)＋…＋ln(xn－1y)＋lnxn，两式相加得，2Sn＝(n＋1)ln(xnyn)＝n(n＋1)ln(xy)＝2n(n＋1)，∴Sn＝n(n＋1)，eq\o(∑,\s\up6(2026),\s\do6(i＝1))eq\f(1,Si)＝eq\o(∑,\s\up6(2026),\s\do6(i＝1))eq\f(1,i（i＋1）)＝eq\o(∑,\s\up6(2026),\s\do6(i＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,i)－\f(1,i＋1)))＝1－eq\f(1,2027)＝eq\f(2026,2027).故选A.18．(2026·安徽淮南月考)设an＝eq\f(12,1)＋eq\f(22,3)＋…＋eq\f(n2,2n－1)，bn＝eq\f(12,3)＋eq\f(22,5)＋…＋eq\f(n2,2n＋1)(n∈N*)，记大于an－bn的最小整数为cn，则c505＝________．答案：253解析：因为eq\f(n2,2n－1)－eq\f(（n－1）2,2n－1)＝1，所以an－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,1)＋\f(22,3)＋…＋\f(n2,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,3)＋\f(22,5)＋…＋\f(n2,2n＋1)))＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(22,3)－\f(12,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,5)－\f(22,5)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n2,2n－1)－\f(（n－1）2,2n－1)))－eq\f(n2,2n＋1)＝n－eq\