【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案6．4《数列求和及应用》(含详解).doc，共(22)页，701.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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6．4数列求和及应用1．数列求和方法(1)公式法(Ⅰ)等差数列、等比数列前n项和公式．(Ⅱ)常见数列的前n项和：①1＋2＋3＋…＋n＝；②2＋4＋6＋…＋2n＝；③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝；④12＋22＋

32＋…＋n2＝；⑤13＋23＋33＋…＋n3＝n（n＋1）22．(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．等比数列{

an}前n项和公式的推导方法就采用了错位相减法．(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式：①1n（n＋1）＝－1n＋1；②1（2n－1）（2n＋1）＝12n－1－12n＋1；③1n（n＋1

）（n＋2）＝1n（n＋1）－1（n＋1）（n＋2）；④1a＋b＝(a－b)；⑤n（n＋1）！＝－1（n＋1）！；⑥Cm－1n＝；⑦n·n！＝！－n！；⑧an＝Sn－Sn－1(n≥2)．2．数列应用题常见模型(1)单利公式利息

按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y＝．(2)复利公式利息按复利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y＝．(3)产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x，总产值y

＝．(4)递推型递推型有an＋1＝f(an)与Sn＋1＝f(Sn)两类．(5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．自查自纠：1．(1)①n（n＋1）2②n2＋n③n2④n（n＋1）（2n＋1）6(5)①1n②12③12④1a－b⑤1

n！⑥Cmn＋1－Cmn⑦(n＋1)2．(1)a(1＋xr)(2)a(1＋r)x(3)N(1＋p)x数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2nB．2＋2nC．n＋2n－1D．n＋2＋2n解：由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1．故选C．122－1

＋132－1＋142－1＋…＋1（n＋1）2－1的值为()A．n＋12（n＋2）B．34－n＋12（n＋2）C．34－121n＋1＋1n＋2D．34－1n＋1＋1n＋2解：因为1（n＋1）2－1＝1n2＋2n＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，所以122－1＋132－1＋

142－1＋…＋1（n＋1）2－1＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2)＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2．故选C．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2020＝()A．－3030B．3

030C．－3033D．3033解：a1＋a2＋…＋a2020＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2019＋a2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030．故选A．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝

－1an＋1，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2020＝________．解：由题意得a1＝1，a2＝－1a1＋1＝－12，a3＝－1a2＋1＝－2，a4＝－1a3＋1＝1，a5＝－1a4＋1＝－12，所

以数列{an}是周期为3的周期数列，且a1＋a2＋a3＝1－12－2＝－32，所以S2020＝673(a1＋a2＋a3)＋a1＝673×－32＋1＝－20172．故填－20172．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个．

现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．解：设至少需要n秒，则1＋2＋22＋…＋2n－1≥100，即1－2n1－2≥100，所以n≥7．故填7．类型一基本求和问题(1)1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋

…＋1220＝________．解：设an＝1＋12＋14＋…＋12n－1＝1×1－12n1－12＝21－12n＝2－12n－1，分组求和可得数列{an}的前n项和Sn＝2n－1×1－12n1－12＝2n－2

＋12n－1，则S21＝2×21－2＋1221－1＝40＋1220．故填40＋1220．(2)1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n＝________．解：设数列的通项为an，前n项和为Sn，则an＝2n（n＋1）＝2

1n－1n＋1，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝21－1n＋1＝2nn＋1．故填2nn＋1．(3)设f(x)＝x21＋x2，求：f12017＋f12016＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2

017)．解：因为f(x)＝x21＋x2，所以f(x)＋f1x＝1．令S＝f12017＋f12016＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2017)，①则S＝f(2017)＋f(2016)＋…＋f(1)＋f12＋…＋f12016＋f(12017)，②①＋②

得：2S＝1×4033＝4033，所以S＝40332．(4)求和：Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan．解：(Ⅰ)当a＝1时，Sn＝1＋2＋…＋n＝n（n＋1）2．(Ⅱ)当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①1aSn＝1a2＋2a3＋…＋

n－1an＋nan＋1，②由①－②得1－1aSn＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1＝1a1－1an1－1a－nan＋1，所以Sn＝a（an－1）－n（a－1）an（a－1）2．

综上所述，Sn＝n（n＋1）2（a＝1），a（an－1）－n（a－1）an（a－1）2（a≠1）．点拨：研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析

数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．(1)数列9，99，999，…的前n项和Sn＝________．解：Sn＝

9＋99＋999＋…＋99…9n个＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n＝10（1－10n）1－10－n＝10n＋1－109－n．故填10n＋1－109－n．(2)已知数列{an}：

12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若bn＝1anan＋1，数列{bn}的前n项和记为Sn，则S2019＝________．解：由条件得到数列{an}的通项为an＝n（n＋1）2n＋1＝n2，则an＋1＝n＋12，所以bn＝1anan＋1＝4n（n＋1

）＝41n－1n＋1，则Sn＝4(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝41－1n＋1＝4nn＋1，将n＝2019代入得到S2019＝2019505．故填2019505．(3)求sin21°＋sin22°＋sin2

3°＋…＋sin289°的值．解：令Sn＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°，①则Sn＝sin289°＋sin288°＋sin287°＋…＋sin21°＝cos21°＋cos22°＋cos23°＋…＋cos289°．

②①与②两边分别相加得2Sn＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin289°＋cos289°)＝89．所以Sn＝892．(4)已知an＝n＋12n＋1，求{an}的前n项和Tn．解：Tn＝222＋323＋424

＋…＋n＋12n＋1，①12Tn＝223＋324＋425＋…＋n＋12n＋2，②①－②得12Tn＝222＋123＋124＋125＋…＋12n＋1－n＋12n＋2＝12＋123×1－12n－11－12－n＋12

n＋2＝34－12n＋1－n＋12n＋2，所以Tn＝32－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1．类型二可用数列模型解决的实际问题用分期付款的方式购买一批总价为2300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%．若从首付

300万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付________万元．解：购买时付款300万元，则欠款2000万元，依题意分20次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{an}，故a1＝100＋

2000×0．01＝120(万元)，a2＝100＋(2000－100)×0．01＝119(万元)，a3＝100＋(2000－100×2)×0．01＝118(万元)，a4＝100＋(2000－100×3)×0．01＝1

17(万元)，…an＝100＋[2000－100(n－1)]×0．01＝121－n(万元)(1≤n≤20，n∈N*)．因此{an}是首项为120，公差为－1的等差数列．故a10＝121－10＝111(万元)．故填111．点拨：将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：审题、建模、求解、检验、作

答．增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决．某气象学院用3．2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连

续使用，第n天的维修保养费为n＋4910元(n∈N*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了()A．600天B．800天C．1000天D．1200天解：设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为32000＋5＋n10＋4．9n2n

＝32000n＋n20＋4．95，当且仅当32000n＝n20时，取得最小值，此时n＝800．故选B．类型三数列综合问题(2018·云、贵、川三省联考)设数列{an}是公差大于0的等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S

3＝9，且2a1，a3－1，a4＋1构成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝2n－1(n∈N*)，设Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜6．解：(1)设数列{an}的公差为d，则d＞0．因为S3＝9，所以a1＋a2＋a3＝3a2＝9

，即a2＝3．因为2a1，a3－1，a4＋1构成等比数列，所以(2＋d)2＝2(3－d)(4＋2d)，所以d＝2．所以an＝a2＋(n－2)d＝2n－1．(2)证明：因为anbn＝2n－1(n∈N*)，所以bn＝2n－12n－1＝(2n－1)12n－1，所以T

n＝1×120＋3×121＋…＋(2n－1)×12n－1，①所以12Tn＝1×121＋3×122＋…＋(2n－3)×12n－1＋(2n－1)×12n，②由①②两式相减得12Tn＝1＋2

×121＋2×122＋…＋2×12n－1－(2n－1)×12n＝1＋1－12n－11－12－2n－12n＝3－12n－2－2n－12n，整理化简得Tn＝6－2n＋32n－1．又因为n∈N*，所以Tn＝6－2n＋32n－1＜6．点拨：数列

的综合问题大都是建立在数列概念、等差等比数列及数列求和基础上的与函数、不等式等知识的综合应用，要牢记数列是特殊函数，如单调性放缩技巧．(2016·全国卷Ⅱ)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：(1)设{an}的公差为d，S7＝7a4＝28，所以a4＝4，所以d＝a4－a13＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝

n．所以b1＝[lga1]＝[lg1]＝0，b11＝[lga11]＝[lg11]＝1，b101＝[lga101]＝[lg101]＝2．(2)记{bn}的前n项和为Tn，则T1000＝b1＋b2＋…＋b1000＝[lga1]＋[lga2]＋…＋[lga1000]．当0≤lgan<1时，n＝

1，2，…，9；当1≤lgan<2时，n＝10，11，…，99；当2≤lgan<3时，n＝100，101，…，999；当lgan＝3时，n＝1000．所以T1000＝0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1893．1．数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思

想在数列中的应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一．2．对于一般数列的求和问题，应先观察数

列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的．3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏．4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数

列、正偶数列、正整数的平方构成的数列等．5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型．6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想

(如：等比数列求和，分q＝1或q≠1)等．1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a5＝4－a3，则S7＝()A．7B．12C．14D．21解：由a5＝4－a3，得a5＋a3＝4＝a1＋a7，所以S7＝7（a1＋a7）2＝14．故选C．2．已知数列{a

n}满足：an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为()A．250B．200C．150D．100解：由题意可知，a2n＋a2n－1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2×50＝100．故选D．3．数列{an}，{

bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为()A．13B．512C．12D．712解：bn＝1an＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，S10＝b1＋b2＋b3＋…＋

b10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512．故选B．4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝12n(n∈N*)，则S2n＋1＝()A．431－14nB．431－14n＋1C．431＋1

4nD．431＋14n＋1解：因为an＋an＋1＝12n，所以S2n＋1＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋a2n＋1)＝1＋122＋124＋…＋122n＝431－14n＋1．故选B．5．设直线nx

＋(n＋1)y＝2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2018的值为()A．20152016B．20162017C．20172018D．20182019解：直线与x轴交于

2n，0，与y轴交于0，2n＋1，所以Sn＝12·2n·2n＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1．所以原式＝1－12＋12－13＋…＋12018－12019＝1－12019＝20182019．故选D．6．(山西榆社中学2018届高三诊断

考试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝12，n＋1an＋1＝nan＋2n，则S100＝()A．2－492100B．2－49299C．2－512100D．2－51299解：根据题意，由n＋1an＋1＝nan＋2n，得n＋1an＋1－nan

＝2n，则nan－n－1an－1＝2n－1，n－1an－1－n－2an－2＝2n－2，…，2a2－1a1＝21将各式相加得nan－1a1＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2，又a1＝12，所以an＝n·12n，因此S100＝1×12＋2×122＋…＋10

0×12100，则12S100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101，两式相减得12S100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101，所以S100＝2－1299－100×

12100＝2－51299．故选D．7．数列{an}的通项公式为an＝1n＋n＋1，若{an}的前n项和为24，则n＝________．解：an＝n＋1－n，所以Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)

＝n＋1－1，令Sn＝24得n＝624．故填624．8．数列{an}的通项公式an＝nsinnπ3，其前n项和为Sn，则S2019＝________．解：函数y＝sinπ3x以6为最小正周期，又a6m＋1＋a6m＋2＋a6m＋3＋a6m＋4＋a6m＋5＋a6m＋6＝－33，m∈N，所以S20

19＝－33×336＋2017sin20173π＋2018sin20183π＋2019sin20193π＝－336×33＋2017sinπ3＋2018sin2π3＋2019sinπ＝201932．故填201932．9．(2018届江西南昌高三三模

)已知数列{an}的各项均为正数，且a2n－2nan－(2n＋1)＝0，n∈N*．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn．解：(1)由a2n－2nan－(2n＋1

)＝0得[an－(2n＋1)]·(an＋1)＝0，所以an＝2n＋1或an＝－1，又因为数列{an}的各项均为正数，所以an＝2n＋1，n∈N*．(2)因为bn＝2n·an＝(2n＋1)·2n，所以Tn＝3·2＋5·22

＋7·23＋…＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n＋1)·2n＋1，②由①－②得：－Tn＝6＋2[22＋23＋…＋2n]－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2·22（1－2n－1）1－2－(2n＋1)·2n＋

1＝－2－(2n－1)·2n＋1，所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1．10．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{|an|}的前n

项和，求Sn．解：(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，且公差d＝a4－a14－1＝2－83＝－2．所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10．(2)令an≥0，得n≤5．即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an<0．所以当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋

a2＋…＋an＝－n2＋9n；当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×20＝n2－9n＋40，所以Sn＝－n2＋9n，n≤5，n2－9n＋40，n≥

6．11．在等差数列{an}中，a1＝3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，公比为q，且b2＋S2＝12，q＝S2b2．(1)求an与bn；(2)证明：13≤1S1＋1S2＋…＋1Sn＜23．解：(1)设数列{a

n}的公差为d．因为b2＋S2＝12，q＝S2b2，所以q＋6＋d＝12，q＝6＋dq．解得q＝3或q＝－4(舍)，d＝3．故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3n－1．(2)证明：因为Sn＝n（3＋3n）2，所以1Sn＝2n（3＋3n）

＝231n－1n＋1．故1S1＋1S2＋…＋1Sn＝23[1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1]＝231－1n＋1．因为n≥1，所以0＜1n＋1≤12，所以12≤1

－1n＋1＜1，所以13≤231－1n＋1＜23，即13≤1S1＋1S2＋…＋1Sn＜23．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足Sn＝12an＋1＋n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(4n－2)an＋1，求数列{bn}的前

n项和Tn．解：(1)令n＝1，有a1＝a22＋1⇒a2＝2．由Sn＝12an＋1＋n，Sn－1＝12an＋（n－1）（n≥2），有Sn－Sn－1＝an＝12an＋1－12an＋1，即an＋1＝3an－2(n≥2)，即an＋1－1＝3(an－1)．又a1＝2，

a2＝2，a2－1a1－1＝1≠3，则{an－1}是以a2－1＝1为首项，3为公比的等比数列，所以an－1＝(a2－1)·3n－2＝1·3n－2，即an＝3n－2＋1，所以an＝2，n＝1，3n－2＋1，n≥2．(2)bn＝(4n－2)an＋1＝(4n－2)(3n

－1＋1)＝(4n－2)·3n－1＋(4n－2)，记S′n＝2·30＋6·31＋10·32＋…＋(4n－2)·3n－1，①则3S′n＝2·31＋6·32＋…＋(4n－6)·3n－1＋(4n－2)·3n，②①－②得－2S′n＝2·30＋4(31＋3

2＋…＋3n－1)－(4n－2)·3n＝2＋4·3（1－3n－1）1－3－(4n－2)·3n＝－4－(4n－4)·3n，所以S′n＝2＋(2n－2)·3n，所以Tn＝2＋(2n－2)·3n＋n（4n－2＋2）2＝2＋(2n

－2)·3n＋2n2．6．4数列求和及应用1．数列求和方法(1)公式法(Ⅰ)等差数列、等比数列前n项和公式．(Ⅱ)常见数列的前n项和：①1＋2＋3＋…＋n＝；②2＋4＋6＋…＋2n＝；③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝；④12＋22＋32

＋…＋n2＝；⑤13＋23＋33＋…＋n3＝n（n＋1）22．(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．(4)错位相减：适用于一个等

差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．等比数列{an}前n项和公式的推导方法就采用了错位相减法．(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式：①1n（n＋1）＝－1n＋1；②1（2n－

1）（2n＋1）＝12n－1－12n＋1；③1n（n＋1）（n＋2）＝1n（n＋1）－1（n＋1）（n＋2）；④1a＋b＝(a－b)；⑤n（n＋1）！＝－1（n＋1）！；⑥Cm－1n＝；⑦n·n！＝！－n！；⑧an＝Sn－Sn－1(n≥2)．2．数列应用题常见模型(1)单利公式利

息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y＝．(2)复利公式利息按复利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y＝．(3)产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x，总产值y＝．(4)递推型递推型有an＋1＝f(an)与Sn＋1＝f(Sn

)两类．(5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．自查自纠：1．(1)①n（n＋1）2②n2＋n③n2④n（n＋1）（2n＋1）6(5)①1n②12③12④1a－b⑤1n！⑥Cmn＋1－Cmn⑦(n＋1)2．(1)a(1＋

xr)(2)a(1＋r)x(3)N(1＋p)x数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2nB．2＋2nC．n＋2n－1D．n＋2＋2n解：由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1

．故选C．122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n＋1）2－1的值为()A．n＋12（n＋2）B．34－n＋12（n＋2）C．34－121n＋1＋1n＋2D．34－1n＋1＋1n＋2解：因为1

（n＋1）2－1＝1n2＋2n＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n＋1）2－1＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2)＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋

2．故选C．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2020＝()A．－3030B．3030C．－3033D．3033解：a1＋a2＋…＋a2020＝(a1＋a

2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2019＋a2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030．故选A．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝－1an＋1，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2

020＝________．解：由题意得a1＝1，a2＝－1a1＋1＝－12，a3＝－1a2＋1＝－2，a4＝－1a3＋1＝1，a5＝－1a4＋1＝－12，所以数列{an}是周期为3的周期数列，且a1＋a2＋a3＝1－12－2＝－32，所以S2020

＝673(a1＋a2＋a3)＋a1＝673×－32＋1＝－20172．故填－20172．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个．现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．

解：设至少需要n秒，则1＋2＋22＋…＋2n－1≥100，即1－2n1－2≥100，所以n≥7．故填7．类型一基本求和问题(1)1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋1220＝________．解：设an＝1＋12＋14＋…＋12n－1＝1×

1－12n1－12＝21－12n＝2－12n－1，分组求和可得数列{an}的前n项和Sn＝2n－1×1－12n1－12＝2n－2＋12n－1，则S21＝2×21－2＋1221－1＝40＋1220

．故填40＋1220．(2)1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n＝________．解：设数列的通项为an，前n项和为Sn，则an＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2[1－12＋12－13＋…＋

1n－1n＋1]＝21－1n＋1＝2nn＋1．故填2nn＋1．(3)设f(x)＝x21＋x2，求：f12017＋f12016＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2017)．解：因为f(x)＝x2

1＋x2，所以f(x)＋f1x＝1．令S＝f12017＋f12016＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2017)，①则S＝f(2017)＋f(2016)＋…＋f(1)＋f12＋…＋f12016＋

f(12017)，②①＋②得：2S＝1×4033＝4033，所以S＝40332．(4)求和：Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan．解：(Ⅰ)当a＝1时，Sn＝1＋2＋…＋n＝n（n＋1）2．(Ⅱ)当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①1aSn＝1a

2＋2a3＋…＋n－1an＋nan＋1，②由①－②得1－1aSn＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1＝1a1－1an1－1a－nan＋1，所以Sn＝a（an－1）－n（a－1）an（a－1）2．综上所述，Sn＝n（n＋1）2（a＝1），a（an－1）－

n（a－1）an（a－1）2（a≠1）．点拨：研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等

比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．(1)数列9，99，999，…的前n项和Sn＝________．解：Sn＝9＋99＋999＋…＋99…9n个＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－

1)＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n＝10（1－10n）1－10－n＝10n＋1－109－n．故填10n＋1－109－n．(2)已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋

…＋910，…，若bn＝1anan＋1，数列{bn}的前n项和记为Sn，则S2019＝________．解：由条件得到数列{an}的通项为an＝n（n＋1）2n＋1＝n2，则an＋1＝n＋12，所以bn

＝1anan＋1＝4n（n＋1）＝41n－1n＋1，则Sn＝4(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝41－1n＋1＝4nn＋1，将n＝2019代入得到S2019＝2019505．故填2019505．(3)

求sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°的值．解：令Sn＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°，①则Sn＝sin289°＋sin288°＋sin287°＋…＋sin21°＝cos21°＋cos22°＋cos23°

＋…＋cos289°．②①与②两边分别相加得2Sn＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin289°＋cos289°)＝89．所以Sn＝892．(4)已知an＝n＋12n＋1，求{an}的前n项和Tn．解：Tn＝222＋323＋424＋…＋n＋

12n＋1，①12Tn＝223＋324＋425＋…＋n＋12n＋2，②①－②得12Tn＝222＋123＋124＋125＋…＋12n＋1－n＋12n＋2＝12＋123×1－12n－11－12－n＋12n＋2＝34－12n＋1－n＋12n＋2，所以Tn＝32－12n－n＋12

n＋1＝32－n＋32n＋1．类型二可用数列模型解决的实际问题用分期付款的方式购买一批总价为2300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%．若

从首付300万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付________万元．解：购买时付款300万元，则欠款2000万元，依题意分20次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{an}，故a1＝100

＋2000×0．01＝120(万元)，a2＝100＋(2000－100)×0．01＝119(万元)，a3＝100＋(2000－100×2)×0．01＝118(万元)，a4＝100＋(2000－100×3)×0．01＝117(万元)，…an＝100＋[2000－100(n

－1)]×0．01＝121－n(万元)(1≤n≤20，n∈N*)．因此{an}是首项为120，公差为－1的等差数列．故a10＝121－10＝111(万元)．故填111．点拨：将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：审题、建模、求解、检验、作答．增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的

银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决．某气象学院用3．2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为n＋4910元(n∈N*)，使用它直

至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了()A．600天B．800天C．1000天D．1200天解：设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为32000＋5＋n10＋4．9n2n＝32000n＋n20＋4．95，当且仅

当32000n＝n20时，取得最小值，此时n＝800．故选B．类型三数列综合问题(2018·云、贵、川三省联考)设数列{an}是公差大于0的等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S3＝9，且2a1，a3－1，a4＋1构成等比数列．(1)求数列{an}

的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝2n－1(n∈N*)，设Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜6．解：(1)设数列{an}的公差为d，则d＞0．因为S3＝9，所以a1＋a2＋a3＝3a2＝9，即a2＝3．因为2a1，a3－

1，a4＋1构成等比数列，所以(2＋d)2＝2(3－d)(4＋2d)，所以d＝2．所以an＝a2＋(n－2)d＝2n－1．(2)证明：因为anbn＝2n－1(n∈N*)，所以bn＝2n－12n－1＝(2n－1)12n－1，所以Tn＝1×120

＋3×121＋…＋(2n－1)×12n－1，①所以12Tn＝1×121＋3×122＋…＋(2n－3)×12n－1＋(2n－1)×12n，②由①②两式相减得12Tn＝1＋2×

121＋2×122＋…＋2×12n－1－(2n－1)×12n＝1＋1－12n－11－12－2n－12n＝3－12n－2－2n－12n，整理化简得Tn＝6－2n＋32n－1．又因为n∈N*，所以

Tn＝6－2n＋32n－1＜6．点拨：数列的综合问题大都是建立在数列概念、等差等比数列及数列求和基础上的与函数、不等式等知识的综合应用，要牢记数列是特殊函数，如单调性放缩技巧．(2016·全国卷Ⅱ)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：(1)设{an}的公差为d，S7＝7a4＝28，所以a4＝4，所以d＝a4－a13＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n．所以b

1＝[lga1]＝[lg1]＝0，b11＝[lga11]＝[lg11]＝1，b101＝[lga101]＝[lg101]＝2．(2)记{bn}的前n项和为Tn，则T1000＝b1＋b2＋…＋b1000＝[lga1]＋[lga2]＋…＋[lga1000]．当0≤lgan<1时，n＝1

，2，…，9；当1≤lgan<2时，n＝10，11，…，99；当2≤lgan<3时，n＝100，101，…，999；当lgan＝3时，n＝1000．所以T1000＝0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1893．1．数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n

的函数，是函数思想在数列中的应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一．2．对于一般数列的求和问题，

应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的．3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏．4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列

、正整数的平方构成的数列等．5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型．6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比

数列求和，分q＝1或q≠1)等．1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a5＝4－a3，则S7＝()A．7B．12C．14D．21解：由a5＝4－a3，得a5＋a3＝4＝a1＋a7，所以S7＝7（a1＋a7）2＝14

．故选C．2．已知数列{an}满足：an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为()A．250B．200C．150D．100解：由题意可知，a2n＋a2n－1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(

a99＋a100)＝2×50＝100．故选D．3．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为()A．13B．512C．12D．712解：bn＝1an＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，S10＝b1＋b

2＋b3＋…＋b10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512．故选B．4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝12n(n∈N*)，则S2n＋1＝()A．43

1－14nB．431－14n＋1C．431＋14nD．431＋14n＋1解：因为an＋an＋1＝12n，所以S2n＋1＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋a2

n＋1)＝1＋122＋124＋…＋122n＝431－14n＋1．故选B．5．设直线nx＋(n＋1)y＝2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2018的值为()A．201520

16B．20162017C．20172018D．20182019解：直线与x轴交于2n，0，与y轴交于0，2n＋1，所以Sn＝12·2n·2n＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1．所以原式＝1－12＋12－13＋…＋12018－12019＝1－1201

9＝20182019．故选D．6．(山西榆社中学2018届高三诊断考试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝12，n＋1an＋1＝nan＋2n，则S100＝()A．2－492100B．2－49299C．2－512100D．2－51299解：根据题意，由n＋1an＋1＝nan＋2n，得n＋

1an＋1－nan＝2n，则nan－n－1an－1＝2n－1，n－1an－1－n－2an－2＝2n－2，…，2a2－1a1＝21将各式相加得nan－1a1＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2，又a1＝12，所

以an＝n·12n，因此S100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100，则12S100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101，两式相减得12S100＝12＋122＋123

＋…＋12100－100×12101，所以S100＝2－1299－100×12100＝2－51299．故选D．7．数列{an}的通项公式为an＝1n＋n＋1，若{an}的前n项和为24，则n＝________．解：an＝n＋1－n，所以Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(

n＋1－n)＝n＋1－1，令Sn＝24得n＝624．故填624．8．数列{an}的通项公式an＝nsinnπ3，其前n项和为Sn，则S2019＝________．解：函数y＝sinπ3x以6为最小正周期，又a6m＋1＋a6m＋2＋a6m＋3＋a6m＋4＋a6m＋5＋a6

m＋6＝－33，m∈N，所以S2019＝－33×336＋2017sin20173π＋2018sin20183π＋2019sin20193π＝－336×33＋2017sinπ3＋2018sin2π3＋2019sinπ＝201932．故填201932．9．(201

8届江西南昌高三三模)已知数列{an}的各项均为正数，且a2n－2nan－(2n＋1)＝0，n∈N*．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn．解：(1)由a2n－2nan－(2n＋1)＝0得[an－(2n＋1)]·(an＋1)＝0，所以an＝2n＋

1或an＝－1，又因为数列{an}的各项均为正数，所以an＝2n＋1，n∈N*．(2)因为bn＝2n·an＝(2n＋1)·2n，所以Tn＝3·2＋5·22＋7·23＋…＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n＋1)·2

n＋1，②由①－②得：－Tn＝6＋2[22＋23＋…＋2n]－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2·22（1－2n－1）1－2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1，所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1．10．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1．(

1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn．解：(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，且公差d＝a4－a14－1＝2－83＝－2．所以an＝a1＋(n－1)d＝

－2n＋10．(2)令an≥0，得n≤5．即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an<0．所以当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；当n≥6时，Sn＝|a1

|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×20＝n2－9n＋40，所以Sn＝－n2＋9n，n≤5，n2－9n＋40，n≥6．11．在等差数列{

an}中，a1＝3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，公比为q，且b2＋S2＝12，q＝S2b2．(1)求an与bn；(2)证明：13≤1S1＋1S2＋…＋1Sn＜23．解：(1)设数列{an}的公差为d．因为b2＋S2＝12，q＝S2b2，

所以q＋6＋d＝12，q＝6＋dq．解得q＝3或q＝－4(舍)，d＝3．故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3n－1．(2)证明：因为Sn＝n（3＋3n）2，所以1Sn＝2n（3＋3n）＝23

1n－1n＋1．故1S1＋1S2＋…＋1Sn＝23[1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1]＝231－1n＋1．因为n≥1，所以0＜1n＋1≤12，所以12≤1－1n＋1＜1，所以13≤231－1

n＋1＜23，即13≤1S1＋1S2＋…＋1Sn＜23．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足Sn＝12an＋1＋n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(4n－2)an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn．解：(1)令n＝1，有a1＝a22＋1⇒

a2＝2．由Sn＝12an＋1＋n，Sn－1＝12an＋（n－1）（n≥2），有Sn－Sn－1＝an＝12an＋1－12an＋1，即an＋1＝3an－2(n≥2)，即an＋1－1＝3(an－1)．又a1＝2，a2＝2，a

2－1a1－1＝1≠3，则{an－1}是以a2－1＝1为首项，3为公比的等比数列，所以an－1＝(a2－1)·3n－2＝1·3n－2，即an＝3n－2＋1，所以an＝2，n＝1，3n－2＋1，n≥2．(2)bn＝(4n－2)an＋1＝(4n－2)(3n－1＋1)＝(4

n－2)·3n－1＋(4n－2)，记S′n＝2·30＋6·31＋10·32＋…＋(4n－2)·3n－1，①则3S′n＝2·31＋6·32＋…＋(4n－6)·3n－1＋(4n－2)·3n，②①－②得－2S′n＝2·30＋4(31＋32＋…＋3n－1)－(4

n－2)·3n＝2＋4·3（1－3n－1）1－3－(4n－2)·3n＝－4－(4n－4)·3n，所以S′n＝2＋(2n－2)·3n，所以Tn＝2＋(2n－2)·3n＋n（4n－2＋2）2＝2＋(2n－2

)·3n＋2n2．6．4数列求和及应用1．数列求和方法(1)公式法(Ⅰ)等差数列、等比数列前n项和公式．(Ⅱ)常见数列的前n项和：①1＋2＋3＋…＋n＝；②2＋4＋6＋…＋2n＝；③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝；④12＋22＋32＋…＋n2＝；⑤13＋23＋

33＋…＋n3＝n（n＋1）22．(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相

乘构成的数列求和．等比数列{an}前n项和公式的推导方法就采用了错位相减法．(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式：①1n（n＋1）＝－1n＋1；②1（2n－1）（2n＋1）＝12n－1－12n＋1；③1n（n＋1）

（n＋2）＝1n（n＋1）－1（n＋1）（n＋2）；④1a＋b＝(a－b)；⑤n（n＋1）！＝－1（n＋1）！；⑥Cm－1n＝；⑦n·n！＝！－n！；⑧an＝Sn－Sn－1(n≥2)．2．数列应用题常

见模型(1)单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y＝．(2)复利公式利息按复利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y＝．(3)产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x，总产值y＝．(4)递推型递推型有an＋1

＝f(an)与Sn＋1＝f(Sn)两类．(5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．自查自纠：1．(1)①n（n＋1）2②n2＋n③n2④n（n＋1）（2n＋1）6(5)①1n②12③1

2④1a－b⑤1n！⑥Cmn＋1－Cmn⑦(n＋1)2．(1)a(1＋xr)(2)a(1＋r)x(3)N(1＋p)x数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2nB．2＋2nC．n＋2n－1D．n＋2＋2n解：由

题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1．故选C．122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n＋1）2－1的值为()A．n＋12（n＋2）B．34－n＋12（n＋2）C．34－121n＋1＋

1n＋2D．34－1n＋1＋1n＋2解：因为1（n＋1）2－1＝1n2＋2n＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n＋1）2－1＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－

1n＋2)＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2．故选C．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2020＝()A．－3030B．3030C．－3033

D．3033解：a1＋a2＋…＋a2020＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2019＋a2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030．故选A．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝－

1an＋1，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2020＝________．解：由题意得a1＝1，a2＝－1a1＋1＝－12，a3＝－1a2＋1＝－2，a4＝－1a3＋1＝1，a5＝－1a4＋1＝－12，所以数列{an}是周期为3的周期数列，且a1＋a2＋a3＝1－12－2＝

－32，所以S2020＝673(a1＋a2＋a3)＋a1＝673×－32＋1＝－20172．故填－20172．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个．现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．解：设至少需

要n秒，则1＋2＋22＋…＋2n－1≥100，即1－2n1－2≥100，所以n≥7．故填7．类型一基本求和问题(1)1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋1220＝__

______．解：设an＝1＋12＋14＋…＋12n－1＝1×1－12n1－12＝21－12n＝2－12n－1，分组求和可得数列{an}的前n项和Sn＝2n－1×1－1

2n1－12＝2n－2＋12n－1，则S21＝2×21－2＋1221－1＝40＋1220．故填40＋1220．(2)1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n＝________．解：设数列的通项为an，前n项和为Sn，则an＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，所以Sn＝a1＋a2＋

…＋an＝2[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝21－1n＋1＝2nn＋1．故填2nn＋1．(3)设f(x)＝x21＋x2，求：f12017＋f12016＋

…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2017)．解：因为f(x)＝x21＋x2，所以f(x)＋f1x＝1．令S＝f12017＋f12016＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2017)，①则S＝f(2017)＋f(2016)

＋…＋f(1)＋f12＋…＋f12016＋f(12017)，②①＋②得：2S＝1×4033＝4033，所以S＝40332．(4)求和：Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan．解：(Ⅰ)当a＝1时，Sn＝1＋2＋

…＋n＝n（n＋1）2．(Ⅱ)当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①1aSn＝1a2＋2a3＋…＋n－1an＋nan＋1，②由①－②得1－1aSn＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1＝1a1－1an

1－1a－nan＋1，所以Sn＝a（an－1）－n（a－1）an（a－1）2．综上所述，Sn＝n（n＋1）2（a＝1），a（an－1）－n（a－1）an（a－1）2（a≠1）．点拨：研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减

法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．(1)数列9，9

9，999，…的前n项和Sn＝________．解：Sn＝9＋99＋999＋…＋99…9n个＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n＝10（1－10n）1－10－n＝10n＋1－109－

n．故填10n＋1－109－n．(2)已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若bn＝1anan＋1，数列{bn}的前n项和记为Sn，则S2019＝__

______．解：由条件得到数列{an}的通项为an＝n（n＋1）2n＋1＝n2，则an＋1＝n＋12，所以bn＝1anan＋1＝4n（n＋1）＝41n－1n＋1，则Sn＝4(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝41－1n＋1＝4nn＋

1，将n＝2019代入得到S2019＝2019505．故填2019505．(3)求sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°的值．解：令Sn＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋s

in289°，①则Sn＝sin289°＋sin288°＋sin287°＋…＋sin21°＝cos21°＋cos22°＋cos23°＋…＋cos289°．②①与②两边分别相加得2Sn＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22

°)＋…＋(sin289°＋cos289°)＝89．所以Sn＝892．(4)已知an＝n＋12n＋1，求{an}的前n项和Tn．解：Tn＝222＋323＋424＋…＋n＋12n＋1，①12Tn＝223＋324＋425＋…＋n＋12n

＋2，②①－②得12Tn＝222＋123＋124＋125＋…＋12n＋1－n＋12n＋2＝12＋123×1－12n－11－12－n＋12n＋2＝34－12n＋1－n＋12n＋2，所以Tn＝32－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1．类型二可用数

列模型解决的实际问题用分期付款的方式购买一批总价为2300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%．若从首付300万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付________万元．解：购买时付款300万

元，则欠款2000万元，依题意分20次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{an}，故a1＝100＋2000×0．01＝120(万元)，a2＝100＋(2000－100)×0．01＝119(万元)，a3＝100＋(2000－100×2)×0．01＝1

18(万元)，a4＝100＋(2000－100×3)×0．01＝117(万元)，…an＝100＋[2000－100(n－1)]×0．01＝121－n(万元)(1≤n≤20，n∈N*)．因此{an}是首项为120，公差为－1的等差数列．故a10＝1

21－10＝111(万元)．故填111．点拨：将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：审题、建模、求解、检验、作答．增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决．某气象学院用3．2万元买了一台天

文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为n＋4910元(n∈N*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了()A．600天B．800天C．1000天D．1200天解：设一共使用了n天，则使用n天的平

均耗资为32000＋5＋n10＋4．9n2n＝32000n＋n20＋4．95，当且仅当32000n＝n20时，取得最小值，此时n＝800．故选B．类型三数列综合问题(2018·云、贵、川三省联考)设数列{an}是公差大于0的等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S3＝9，且2a

1，a3－1，a4＋1构成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝2n－1(n∈N*)，设Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜6．解：(1)设数列{an}的公差为d，则d＞0．因为S3＝9，所以a1＋a2＋a3＝3a2＝9

，即a2＝3．因为2a1，a3－1，a4＋1构成等比数列，所以(2＋d)2＝2(3－d)(4＋2d)，所以d＝2．所以an＝a2＋(n－2)d＝2n－1．(2)证明：因为anbn＝2n－1(n∈N*)，所以bn＝2n－12n－1＝(2n－1)12n－1，所以Tn＝1×120＋3

×121＋…＋(2n－1)×12n－1，①所以12Tn＝1×121＋3×122＋…＋(2n－3)×12n－1＋(2n－1)×12n，②由①②两式相减得12Tn＝1＋2×121

＋2×122＋…＋2×12n－1－(2n－1)×12n＝1＋1－12n－11－12－2n－12n＝3－12n－2－2n－12n，整理化简得Tn＝6－2n＋32n－1．又因为n∈N*，所以Tn＝6－2n＋32n－1＜6．点拨：数列的综合问题大都是建立

在数列概念、等差等比数列及数列求和基础上的与函数、不等式等知识的综合应用，要牢记数列是特殊函数，如单调性放缩技巧．(2016·全国卷Ⅱ)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：(1)设{an}的公差为d，S7＝7a4＝28，所以a4＝4，所以d＝a4－a13＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n．所以b1＝[lga1]＝[lg1]＝0，b11＝[lga11]＝[lg11]＝1，b101

＝[lga101]＝[lg101]＝2．(2)记{bn}的前n项和为Tn，则T1000＝b1＋b2＋…＋b1000＝[lga1]＋[lga2]＋…＋[lga1000]．当0≤lgan<1时，n＝1，2，…，9；当1≤lgan<2时，

n＝10，11，…，99；当2≤lgan<3时，n＝100，101，…，999；当lgan＝3时，n＝1000．所以T1000＝0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1893．1．数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中

的应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一．2．对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改

变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的．3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏．4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数的平方构成的数列等．5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际

问题转化为常用的数列模型．6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，分q＝

1或q≠1)等．1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a5＝4－a3，则S7＝()A．7B．12C．14D．21解：由a5＝4－a3，得a5＋a3＝4＝a1＋a7，所以S7＝7（a1＋a7）2＝14．故选C．2．已知数列{an}满

足：an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为()A．250B．200C．150D．100解：由题意可知，a2n＋a2n－1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2×50＝100．故选D．3．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋

3n＋2，则{bn}的前10项之和为()A．13B．512C．12D．712解：bn＝1an＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝12－13＋13－14＋14－15＋…

＋111－112＝12－112＝512．故选B．4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝12n(n∈N*)，则S2n＋1＝()A．431－14nB．431－14n＋1C．431＋14nD．431＋14n＋1解：因为a

n＋an＋1＝12n，所以S2n＋1＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋a2n＋1)＝1＋122＋124＋…＋122n＝431－14n＋1．故选B．5．设直线nx＋(n＋1)y＝2(n∈N*)与两坐标轴围

成的三角形面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2018的值为()A．20152016B．20162017C．20172018D．20182019解：直线与x轴交于2n，0，与y轴交于0

，2n＋1，所以Sn＝12·2n·2n＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1．所以原式＝1－12＋12－13＋…＋12018－12019＝1－12019＝20182019．故选D．6．(山西榆社中学2018届高三诊断考试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝12，n＋1

an＋1＝nan＋2n，则S100＝()A．2－492100B．2－49299C．2－512100D．2－51299解：根据题意，由n＋1an＋1＝nan＋2n，得n＋1an＋1－nan＝2n，则nan－n－1an－1＝2n－1，n－1an－1－n－2an

－2＝2n－2，…，2a2－1a1＝21将各式相加得nan－1a1＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2，又a1＝12，所以an＝n·12n，因此S100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100，则12S100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101，两式

相减得12S100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101，所以S100＝2－1299－100×12100＝2－51299．故选D．7．数列{an}的通项公式为an＝1n＋n＋1，若{an}的前n项和为24，则n＝________．解：an＝n＋

1－n，所以Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1，令Sn＝24得n＝624．故填624．8．数列{an}的通项公式an＝nsinnπ3，其前n项和为Sn，则S2019＝________．解：函数y＝sinπ3x以6为最小正周期，又

a6m＋1＋a6m＋2＋a6m＋3＋a6m＋4＋a6m＋5＋a6m＋6＝－33，m∈N，所以S2019＝－33×336＋2017sin20173π＋2018sin20183π＋2019sin20193π＝－336

×33＋2017sinπ3＋2018sin2π3＋2019sinπ＝201932．故填201932．9．(2018届江西南昌高三三模)已知数列{an}的各项均为正数，且a2n－2nan－(2n＋1)＝0，n∈N*．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2n·an，求

数列{bn}的前n项和Tn．解：(1)由a2n－2nan－(2n＋1)＝0得[an－(2n＋1)]·(an＋1)＝0，所以an＝2n＋1或an＝－1，又因为数列{an}的各项均为正数，所以an＝2n＋1，n∈N*．(2)因为bn＝

2n·an＝(2n＋1)·2n，所以Tn＝3·2＋5·22＋7·23＋…＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n＋1)·2n＋1，②由①－②得：－Tn＝6＋2[22＋23＋…＋2n]－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2·22（1－2n－1）1－

2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1，所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1．10．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn．解：(1)由2an＋1＝an

＋2＋an可得{an}是等差数列，且公差d＝a4－a14－1＝2－83＝－2．所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10．(2)令an≥0，得n≤5．即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an<0．所以当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋

|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×20＝n2－9n＋40，所以Sn＝

－n2＋9n，n≤5，n2－9n＋40，n≥6．11．在等差数列{an}中，a1＝3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，公比为q，且b2＋S2＝12，q＝S2b2．(1)求an与bn；(2)证明：13≤1S1＋1S2＋…＋1Sn＜23．解：(1)设

数列{an}的公差为d．因为b2＋S2＝12，q＝S2b2，所以q＋6＋d＝12，q＝6＋dq．解得q＝3或q＝－4(舍)，d＝3．故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3n－1．(2)证明：因为Sn

＝n（3＋3n）2，所以1Sn＝2n（3＋3n）＝231n－1n＋1．故1S1＋1S2＋…＋1Sn＝23[1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1]＝23

1－1n＋1．因为n≥1，所以0＜1n＋1≤12，所以12≤1－1n＋1＜1，所以13≤231－1n＋1＜23，即13≤1S1＋1S2＋…＋1Sn＜23．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足Sn＝12an＋1＋n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项

公式；(2)设bn＝(4n－2)an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn．解：(1)令n＝1，有a1＝a22＋1⇒a2＝2．由Sn＝12an＋1＋n，Sn－1＝12an＋（n－1）（n≥2），有Sn－Sn－1＝

an＝12an＋1－12an＋1，即an＋1＝3an－2(n≥2)，即an＋1－1＝3(an－1)．又a1＝2，a2＝2，a2－1a1－1＝1≠3，则{an－1}是以a2－1＝1为首项，3为公比的等比数列，所以an－1＝(a2

－1)·3n－2＝1·3n－2，即an＝3n－2＋1，所以an＝2，n＝1，3n－2＋1，n≥2．(2)bn＝(4n－2)an＋1＝(4n－2)(3n－1＋1)＝(4n－2)·3n－1＋(4n－2)，记S′n＝2·30＋6·31＋10·32＋…＋(4n－2)·3n－1，①则3S

′n＝2·31＋6·32＋…＋(4n－6)·3n－1＋(4n－2)·3n，②①－②得－2S′n＝2·30＋4(31＋32＋…＋3n－1)－(4n－2)·3n＝2＋4·3（1－3n－1）1－3－(4n－2)·3n＝－4－(4n－4)·3n

，所以S′n＝2＋(2n－2)·3n，所以Tn＝2＋(2n－2)·3n＋n（4n－2＋2）2＝2＋(2n－2)·3n＋2n2．