统考版高中数学（文）复习6-4数列求和及综合应用学案

这是一份统考版高中数学（文）复习6-4数列求和及综合应用学案，共20页。学案主要包含了必记6个知识点，必明2个常用结论，必练4类基础题等内容，欢迎下载使用。

1．掌握等差、等比数列的前n项和公式．
2．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决与前n项和相关的问题．
·考向预测·
考情分析：数列分组求和、错位相减求和、裂项相消求和仍是高考考查的热点，题型仍将是以解答题为主．
学科素养：通过非等差、等比数列求和问题考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
积 累 必备知识——基础落实 赢得良好开端
一、必记6个知识点
1．公式法求和
(1)等差数列求和公式：
Sn＝na1+an2＝____________．
(2)等比数列求和公式：
Sn＝na1，q=1，a1-anq1-q=________，q≠1.
2．裂项相消法求和
把数列的通项拆分为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法．
3．错位相减法求和
(1)适用的数列：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．
(2)方法：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(*)，
则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1(**)，
(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．
4．倒序相加法求和
如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项之和，可把正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，例如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
5．分组求和法求和
若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化求和法，分别求和而后相加减．例如已知an＝2n＋(2n－1)，求Sn.
6．并项求和法求和
把数列中的若干项结合到一起，形成一个新的可求和的数列，此时，数列中的项可能正、负相间出现或呈现周期性．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两个项合并求解．例如：Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
二、必明2个常用结论
1．一些常见数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn+12；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n
2．三种常见的拆项公式
(1)1nn+1＝1n-1n+1；
(2)12n-12n+1＝12(12n-1-12n+1)；
(3)1n+n+1＝n+1-n.
三、必练4类基础题
(一)判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝a1-an+11-q.( )
(2)当n≥2时，1n2-1＝121n-1-1n+1.( )
(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得．( )
(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( )
(二)教材改编
2．[必修5·P47T4改编]数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn+1，则S5等于( )
A．1 B．56 C．16 D．130
3．[必修5·P61T4(1)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________．
(三)易错易混
4．(不能准确分组)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－2)，则数列{an}的前n项和Sn＝________________．
5．(不能准确拆项)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则k=1n1Sk＝________．
(四)走进高考
6．[2020·全国卷Ⅱ]0－1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0，1}(i＝1，2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1，2，…)成立，则称其为0－1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(i＝1，2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0－1序列a1a2…an…，C(k)＝1mi=1maiai+k (k＝1，2，…，m－1)是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0－1序列中，满足C(k)≤15(k＝1，2，3，4)的序列是( )
A. 11010… B．11011…
C．10001… D．11001…
提 升 关键能力——考点突破 掌握类题通法
考点一 分组转化法或并项法求和 [综合性]
[例1] (1)[2023·湖北大冶六中月考]已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－4＋7－10＋…＋(－1)n－1(3n－2)，则S21＝( )
A．30 B．31
C．－30 D．－31
(2)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝an+2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
听课笔记：
反思感悟 1.分组转化法求和的常见类型
1若an=bn±cn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前n项和．

2通项公式为an=bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
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)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如Sn =1002 - 992 + 982 -972 +…+22 -12 =(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.
【对点训练】
1．[2023·四川省成都市检测]已知数列{an}是等差数列，且a8＝1，S16＝24，数列{bn}是递增的等比数列且b1＋b4＝9，b2b3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求(a1＋b1)＋(a3＋b3)＋(a5＋b5)＋…＋(a2n－1＋b2n－1)．
2．[2023·江苏省扬州市高三模拟]已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足：a1＝b1＝2，且a2－1，a3，a6－1是等比数列{bn}的连续三项．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝(－1)nlg2(anan＋1)＋lg2bn，求数列{cn}的前10项和T10.
考点二 错位相减法求和 [综合性]
[例2] [2023·湖南省永州市测试]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1－2Sn＝Sn－2Sn－1(n≥2)，a1＝2，a2＝4，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{(2n－1)·an}的前n项和Tn.
听课笔记：
反思感悟
1．掌握解题“3步骤”
2．注意解题“3关键”
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．
3．谨防解题“2失误”
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和.
【对点训练】
[2023·河南高三月考]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＋2＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
考点三 裂项相消法求和 [综合性]
角度1 形如an＝1nn+k型
[例3] [2023·商丘市高级中学测试]已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，S4＝a1＋9，且S9＝5a9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝Sn+1-SnSnSn+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
听课笔记：
反思感悟 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．
(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．例如，若{an}是等差数列，则1anan+1＝1d(1an-1an+1)，1anan+2＝12d(1an-1an+2)．
角度2 形如an＝1n+k+n型
[例4] 数列{an}满足a1＝1，an2+2＝an＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列{an2}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an+an+1，求数列{bn}的前n项和．
听课笔记：
【对点训练】
1．[2022·湖南湘西州期末]已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝1fn+1+fn，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2020＝( )
A．2 019－1 B．2 020－1
C．2 021－1 D．2 021－1
2．[2022·四川省遂宁市检测]已知数列{an}中，a2＝13，an＝an＋1＋2anan＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令2n-1annn+2的前n项和为Tn，求证：Tn＜34.
考点四 与数列有关的综合问题 [综合性]
角度1 数列与函数结合
[例5] 已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝π2，若函数f(x)＝sin 2x＋2cs2x2，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为( )
A．0 B．－9 C．9 D．1
听课笔记：
反思感悟 在涉及函数与数列的综合题时，不仅要正确审题深抠函数的性质与数列的定义，还要明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．
角度2 数列与不等式结合
[例6] [2023·山东威海模拟]公比为2的等比数列{an}中存在两项am，an满足aman＝16a12，则1m+4n的最小值为( )
A．32 B．53 C．43 D．1310
听课笔记：
反思感悟 在涉及数列与不等式的综合问题时，一般采取化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，如基本不等式法、裂项相消求和、错位相减求和等.
角度3 数列与数学文化
[例7] [2023·江苏南通市高三月考]有这样一道题目：“戴氏善屠，日益功倍．初日屠五两，今三十日屠讫，问共屠几何？”其意思为：“有一个姓戴的人善于屠肉，每一天屠完的肉是前一天的2倍，第一天屠了5两肉，共屠了30天，问一共屠了多少两肉？”在这个问题中，该屠夫前5天所屠肉的总两数为( )
A．35 B．75 C．155 D．315
听课笔记：
反思感悟 解决数列与数学文化相交汇问题的关键：一是读懂题意，即会“脱去”数学文化的背景，提取关键信息；二是构造模型，即由题意构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是“解模”，即把文字语言转化为求数列的相关信息，如求指定项、公差(或公比)、项数、通项公式或前n项和等．
【对点训练】
1．[2023·北京石景山区模拟]九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝2an-1-1, n为偶数 2an-1+2， n为奇数则解下4个圆环所需的最少移动次数a4为( )
A．7 B．10 C．12 D．22
2．设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝( )
A．0 B．7 C．14 D．21
3．[2023·山东淄博一中月考]已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)．当n∈N*时，an＝fn-1fn·fn+1，记数列{an}的前n项和为Sn，当Sn＝1033时n的值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
微专题25 数列中的新定义问题 交汇创新
[例] [2023·河北石家庄模拟]数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝a1+2a2+…+2n-1ann，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝________．
解析：由Hn＝a1+2a2+…+2n-1ann＝2n，得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n ①，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1 ②，由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，an＝n＋1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，所以Sn＝n2+n+12＝nn+32.
答案：nn+32
名师点评 (1)数列的新定义问题的特点是：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
(2)破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如本题，题眼{an}的“优值”Hn＝2n的含义为a1+2a2+…+2n-1ann＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n求通项，只需写出a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，通过相减，即可得通项公式．
[变式训练] [2023·江西上高模拟]定义：若数列{an}对任意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d为常数)，则称|an|为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和”．已知“绝对和数列”{an}中，a1＝2，绝对公和为3，则其前2 021项的和S2 021的最小值为( )
A.－2 021 B．－3 010
C．－3 028 D．－3 030
第四节 数列求和及综合应用
积累必备知识
一、
1．(1)na1＋nn-12d (2)a11-qn1-q
三、
1．答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．解析：∵an＝1nn+1＝1n-1n+1，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12+12-13＋…＋15-16＝56.
答案：B
3．解析：Sn＝21-2n1-2+n1+2n-12＝2n＋1－2＋n2.
答案：2n＋1－2＋n2
4．解析：Sn＝2×[0＋1－2＋3－4＋…＋(－1)n(n－1)]＝1-n，n为奇数，n，n为偶数．
答案：1-n，n为奇数，n，n为偶数．
5．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3=a1+2d=3，S4=4a1+4×32d=10.解得a1＝1，d＝1，所以an＝n，Sn＝nn+12，所以k=1n1Sk＝1S1+1S2+1S3＋…＋1Sk＝21×2+22×3+23×4＋…＋2nn-1+2nn+1
＝2×(1－12+12-13＋…＋1n-1-1n+1n-1n+1)
＝2×(1－1n+1)＝2nn+1.
答案：2nn+1
6．解析：C(1)＝15(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝15(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1)，
C(2)＝15(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝15(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2)，
C(3)＝15(a1a4＋a2a5＋a3a6＋a4a7＋a5a8)＝15(a1a4＋a2a5＋a3a1＋a4a2＋a5a3)，
C(4)＝15(a1a5＋a2a6＋a3a7＋a4a8＋a5a9)＝15(a1a5＋a2a1＋a3a2＋a4a3＋a5a4)．
对于A，C(1)＝15，C(2)＝25，故A不正确；对于B，C(1)＝35，故B不正确；对于D，C(1)＝25，故D不正确；对于C，C(1)＝15，C(2)＝0，C(3)＝0，C(4)＝15，∴C正确．
答案：C
提升关键能力
考点一
例1 解析：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn＝1－4＋7－10＋…＋(－1)n－1(3n－2)，所以S21＝1－4＋7－10＋…－58＋61＝1＋10×(－4＋7)＝31.故选B项．
(2)由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为1×1-2101-2＋10×1＋10×92×2＝1 123.故选C.
答案：(1)B (2)C
对点训练
1．解析：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得：a1+7d=12a1+15d=3，∴a1＝－6，d＝1，an＝－6＋(n－1) ×1＝n－7.
(2)由题意得：b1+b4=9b1·b4=8，{bn}是递增的等比数列，故解得：b1＝1，b4＝8，设公比为q，则q＝2，∴bn＝2n－1，
∴ (a1＋b1)＋(a3＋b3)＋(a5＋b5)＋…＋(a2n－1＋b2n－1)
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b1＋b3＋…＋b2n－1)
＝(－6－4－2＋…＋2n－8)＋(1＋4＋16＋…＋4n－1)
＝n-6+2n-82+1-4n1-4＝n2－7n＋4n-13.
2．解析：(1)设{an}公差为d，由题意知，a2－1，a3，a6－1不为零，且(a2－1)(a6－1)＝a32，∴(2＋d－1)(2＋5d－1)＝(2＋2d)2，化简即1＋6d＋5d2＝4＋8d＋4d2，
得(d－3)(d＋1)＝0，∴d＝－1或d＝3，
其中d＝－1时，a2－1＝d＋1＝0，不符合题意，故d≠－1，经检验d＝3符合题意，
∴an＝2＋3(n－1)＝3n－1，故{bn}公比q＝a3a2-1＝84＝2，
∴ bn＝2·2n－1＝2n；
(2) cn＝(－1)n·lg2[(3n－1)(3n＋2)]＋n
＝(－1)n[lg2(3n－1)＋lg2(3n＋2)]＋n
＝(－1)n·lg2(3n－1)＋(－1)n·lg2(3n＋2)＋n，
∴T10＝c1＋c2＋c3＋…＋c10＝(－lg22－lg25＋lg25＋lg28－lg28－lg211＋…－lg226－lg229＋lg229＋lg232)＋(1＋2＋…＋10)＝－lg22＋lg232＋11×102＝－1＋5＋55＝59.
考点二
例2 解析：(1)∵Sn＋1－2Sn＝Sn－2Sn－1(n≥2)，
∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1＝2(Sn－Sn－1)(n≥2)，∴an＋1＝2an(n≥2)，
又a2＝4＝2a1，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)据(1)可得(2n－1)·an＝(2n－1)·2n，
所以Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
两式相减得－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1
＝2＋2×22×1-2n-11-2－(2n－1)·2n＋1，
化简得Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.
对点训练
解析：(1)由题意，数列{an}满足an＋1－2an＋2＝0，
可得an＋1－2＝2(an－2)，即an+1-2an-2＝2，
又因为a1＝1，可得a1－2＝－1，
所以an－2＝(a1－2)·2n－1
＝－2n－1，所以an＝2－2n－1，
即数列{an}的通项公式an＝2－2n－1.
解析：(2)由(1)知an＝2－2n－1，可得bn＝nan＝2n－n·2n－1，则 Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(2×1－1×20)＋(2×2－2×21)＋(2×3－3×22)＋…＋(2n－n·2n－1)
＝(2×1＋2×2＋2×3＋…＋2n)－(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1)
＝n(n＋1)－(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1)．
令t＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，
则2t＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
所以－t＝1×20＋1×21＋1×22＋…＋1×2n－1－n×2n，
所以t＝1－2n＋n×2n.
所以Sn＝n2＋n－1＋2n－n×2n.
考点三
例3 解析：(1)因为S9＝5a9，所以9a5＝5a9，即9(a1＋4d)＝5(a1＋8d)，整理得a1＝d，又因为S4＝4a1＋6d＝a1＋9，所以a1＋2d＝3，
即a1＝d＝1，所以an＝n；
(2)由(1)知an＝n，所以Sn＝nn+12，又bn＝1Sn-1Sn+1，
所以Tn＝(1S1-1S2)＋(1S2-1S3)＋…＋(1Sn-1Sn+1)＝1S1-1Sn+1＝1－2n+1n+2.
例4 解析：(1)证明：由an2+2＝an＋1得an+12 -an2＝2，且a12＝1，
所以数列{an2}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以an2＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an＞0，所以an＝2n-1(n∈N*)．
(2)bn＝2an+an+1＝22n-1+2n+1
＝2n+1-2n-1，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(3－1)＋(5-3)＋…＋(2n+1-2n-1)＝2n+1－1.
对点训练
1．解析：由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f(x)＝x.所以an＝1fn+1+fn＝1n+1+n＝n+1-n，所以S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝(2-1)＋(3-2)＋(4-3)＋…＋(2 021-2 020)＝2 021－1.故选C.
答案：C
2．解析：(1)因为an＝an＋1＋2anan＋1，令n＝1，则a1＝a2＋2a1a2，又a2＝13，所以a1＝1.
对an＝an＋1＋2anan＋1两边同时除以anan＋1，得1an+1-1an＝2，
又因为1a1＝1，所以1an是首项为1，公差为2的等差数列，
所以1an＝1＋2(n－1)＝2n－1，故an＝12n-1；
解析：(2)由(1)得：2n-1annn+2＝1nn+2＝12(1n-1n+2)
所以Tn＝12(1－13+12-14+13-15＋…＋1n-1n+2)＝12(32-2n+3n2+3n+2)
因为n∈N*，所以2n+3n2+3n+2＞0，故Tn＜12×32＝34，即Tn＜34.
考点四
例5 解析：由题意知数列{an}是等差数列．
∵a5＝π2，∴a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5＝π.
∵f(x)＝sin 2x＋2cs2x2，
∴f(x)＝sin2x＋cs x＋1.
∴f(a1)＋f(a9)＝sin 2a1＋cs a1＋1＋sin 2a9＋cs a9＋1＝2.
同理f(a2)＋f(a8)＝f(a3)＋f(a7)
＝f(a4)＋f(a6)＝2.
∵f(a5)＝1，
∴数列{yn}的前9项和为9.
答案：C
例6 解析：由等比数列的通项公式知am＝a1×2m－1，an＝a1×2n－1，由aman＝16a12可得a12×2m＋n－2＝16a12，易知a1≠0，故2m＋n－2＝16，解得m＋n＝6，则1m+4n＝16(m＋n)·1m+4n＝161+4mn+nm+4≥16(5＋2 4mn×nm)＝32(当且仅当m＝2，n＝4时取等号)，故选A.
答案：A
例7 解析：由题意可得该屠夫每天屠的肉成等比数列，记首项为a1，公比为q，前n项和为Sn，所以a1＝5，q＝2，因此前5天所屠肉的总两数为a11-q51-q＝5×1-251-2＝155.故选C.
答案：C
对点训练
1．解析：因为数列{an}满足a1＝1，且an＝2an-1-1，n为偶数，2an-1+2，n为奇数，所以a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4，所以a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故选A项．
答案：A
2．解析：∵f(x)＝(x－3)3＋x－1，
∴f(x)－2＝(x－3)3＋(x－3)．
令g(x)＝f(x)－2，
∴g(x)关于(3，0)对称．
∵f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，
∴fa1-2+fa2-2＋…＋fa7-2＝0，
∴g(a1)＋g(a2)＋…＋g(a7)＝0.
∴g(a4)为g(x)与x轴的交点．
又g(x)关于(3，0)对称，∴a4＝3.
∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝21.
答案：D
3．解析：∵f(x)的图象过点P(1，3)，Q(2，5)，∴易知f(x)＝2x＋1，
∴an＝2n2n+12n+1+1
＝2n+1+1-2n+12n+12n+1+1
＝12n+1-12n+1+1，
∴Sn＝12+1-122+1+122+1-123+1＋…＋12n+1-12n+1+1＝13-12n+1+1，∴13-12n+1+1＝1033，
∴12n+1+1＝133，解得n＝4.故选A.
答案：A
微专题 eq \(○,\s\up1(25)) 数列中的新定义问题
变式训练
解析：依题意，要使“绝对和数列”{an}前2 021项的和S2 021的值最小，只需每一项的值都取最小值即可．因为a1＝2，绝对公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍)，所以a3＝－2或a3＝2(舍)，所以a4＝－1或a4＝1(舍)，……，所以满足条件的数列{an}的通项公式an＝2，n=1，-2，n为大于1的奇数，-1，n为偶数，所以S2 021＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 020＋a2 021)＝2＋(－1－2)×2 021-12＝－3 028.故选C.
答案：C