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高考数学一轮复习 第5章 第4节 数列求和
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这是一份高考数学一轮复习 第5章 第4节 数列求和，共14页。
1．公式法
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d；
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
eq \f(n a11－qn,1－q)，q≠1
2．分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
3．裂项相消法
(1)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．
(2)裂项时常用的三种变形：
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；
②eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；
③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
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”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
6．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)nf(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.
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( )
(2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和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)如果数列{an}是周期为k(k为大于1的正整数)的周期数列，那么Skm＝mSk.( )．
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．(教材改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于( )
A．1 B.eq \f(5,6)
C.eq \f(1,6)D.eq \f(1,30)
B [∵an＝eq \f(1,nn＋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(1,6)＝eq \f(5,6).]
3．(2016·广东中山华侨中学3月模拟)已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( )
A．9B．18
C．36D．72
B [∵a2·a8＝4a5，即aeq \\al(2,5)＝4a5，∴a5＝4，
∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2，
∴S9＝9b5＝18，故选B.]
4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝__________. 【导学号：31222188】
2n＋1－2＋n2 [Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n1＋2n－1,2)＝2n＋1－2＋n2.]
5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.
4－eq \f(n＋4,2n) [设S＝3×eq \f(1,2)＋4×eq \f(1,22)＋5×eq \f(1,23)＋…＋(n＋2)×eq \f(1,2n)，
则eq \f(1,2)S＝3×eq \f(1,22)＋4×eq \f(1,23)＋5×eq \f(1,24)＋…＋(n＋2)×eq \f(1,2n＋1).
两式相减得eq \f(1,2)S＝3×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(n＋2,2n＋1).
∴S＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(n＋2,2n)
＝3＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－eq \f(n＋2,2n)＝4－eq \f(n＋4,2n).]
(2016·北京高考)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] (1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝eq \f(b3,b2)＝eq \f(9,3)＝3，
所以b1＝eq \f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n＝1,2,3，…).2分
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.
所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…).5分
(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1.
因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.7分
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝eq \f(n1＋2n－1,2)＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).12分
[规律方法] 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，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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．
易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．
[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，
an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
[解] (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a2＝3.))2分
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.5分
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.8分
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，Tn＝3＋eq \f(91－3n－2,1－3)－eq \f(n＋7n－2,2)＝eq \f(3n－n2－5n＋11,2)，
所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2， n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)， n≥2，n∈N*.))12分
(2016·重庆南开二诊)若An和Bn分别表示数列{an}和{bn}的前n项的和，对任意正整数n，an＝2(n＋1)，3An－Bn＝4n.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)记cn＝eq \f(2,An＋Bn)，求{cn}的前n项和Sn.
[解] (1)由于an＝2(n＋1)，∴{an}为等差数列，且a1＝4.2分
∴An＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n4＋2n＋2,2)＝n2＋3n，
∴Bn＝3An－4n＝3(n2＋3n)－4n＝3n2＋5n，
当n＝1时，b1＝B1＝8，
当n≥2时，bn＝Bn－Bn－1＝3n2＋5n－[3(n－1)2＋5(n－1)]＝6n＋2.由于b1＝8适合上式，∴bn＝6n＋2.5分
(2)由(1)知cn＝eq \f(2,An＋Bn)＝eq \f(2,4n2＋8n)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，7分
∴Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,8)－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).12分
[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．
2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[变式训练2] (2017·石家庄一模)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．
[解] (1)由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d＝20，,10a1＋\f(10×9,2)d＝10a1＋45d＝100，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))3分
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.5分
(2)bn＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，8分
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).12分
(2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋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＝eq \f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.
当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式．
所以an＝6n＋5.2分
设数列{bn}的公差为d.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝4，,d＝3.))所以bn＝3n＋1.5分
(2)由(1)知cn＝eq \f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1.7分
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，9分
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2.12分
[规律方法] 1.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，若{bn}的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．
2．在书写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q的同次幂项相减，转化为等比数列求和．
[变式训练3] (2016·广东肇庆第三次模拟)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,2an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1.
∵S3＝6，S5＝15，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(1,2)×3×3－1d＝6，,5a1＋\f(1,2)×5×5－1d＝15，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝2，,a1＋2d＝3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1.))3分
∴{an}的通项公式为an ＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.5分
(2)由(1)得bn＝eq \f(an,2an)＝eq \f(n,2n)，6分
∴Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，①
①式两边同乘eq \f(1,2)， 得
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，10分
∴Tn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n).12分
[思想与方法]
解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：
(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．
(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．
[易错与防范]
1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．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，使裂开的两项之差与系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，
则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).
课时分层训练(三十一) 数列求和
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于( )
【导学号：31222189】
A．n2＋1－eq \f(1,2n)B．2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1)D．n2－n＋1－eq \f(1,2n)
A [该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))
＝n2＋1－eq \f(1,2n).]
2．(2016·安徽江南十校3月联考)在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为( )
A．100B．110
C．120D．130
C [{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.故选C.]
3．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A．192里B．96里
C．48里D．24里
B [由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列，则eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．故选B.]
4．(2016·江西高安中学第九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )
A．5B．6
C．7D．16
C [根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.]
5．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝( ) 【导学号：31222190】
A.eq \r(2 016)－1B.eq \r(2 017)－1
C.eq \r(2 018)－1D.eq \r(2 018)＋1
C [由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，则f(x)＝xeq \f(1,2).
∴an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 018)－eq \r(2 017))＝eq \r(2 018)－1.]
二、填空题
6．设数列{an }的前n项和为Sn，且an＝sineq \f(nπ,2)，n∈N*，则S2 016＝__________.
【导学号：31222191】
0 [an＝sineq \f(nπ,2)，n∈N*，显然每连续四项的和为0.
S2 016＝S4×504＝0.]
7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝__________.
2n ＋1－2 [∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq \f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.]
8．(2017·广州综合测试(二))设数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，Sn＝kn2－1(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为__________．
eq \f(n,2n＋1) [令n＝1得a1＝S1＝k－1，令n＝2得S2＝4k－1＝a1＋a2＝k－1＋12，解得k＝4，所以Sn＝4n2－1，eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2n＋12n－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).]
三、解答题
9．(2017·成都二诊)已知数列{an}中，a1＝1，又数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,nan)))(n∈N*)是公差为1的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解] (1)∵数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,nan)))是首项为2，公差为1的等差数列，
∴eq \f(2,nan)＝2＋(n－1)＝n＋1，3分
解得an＝eq \f(2,nn＋1).5分
(2)∵an＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).12分
10．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
[解] (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋5d＝4，,a1＋5d＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝\f(2,5).))3分
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2n＋3,5).5分
(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,5))).
当n＝1,2,3时，1≤eq \f(2n＋3,5)＜2，bn＝1；
当n＝4,5时，2≤eq \f(2n＋3,5)＜3，bn＝2；8分
当n＝6,7,8时，3≤eq \f(2n＋3,5)＜4，bn＝3；
当n＝9,10时，4≤eq \f(2n＋3,5)＜5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．已知等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n项和Sn等于( )
【导学号：31222192】
A．n·2nB．(n－1)·2n－1－1
C．(n－1)·2n＋1D．2n＋1
C [∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，
a4a2n－4＝102n，∴aeq \\al(2,n)＝102n，即an＝10n，
∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，
∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②
∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.]
2．(2017·合肥二次质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝__________.
n·2n(n∈N*) [由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n，即eq \f(Sn,2n)－eq \f(Sn－1,2n－1)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,2n)))是首项为1，公差为1的等差数列，则eq \f(Sn,2n)＝n，Sn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．]
3．(2017·广州综合测试(二))设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3得an＝2Sn－1＋3，
两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，
∴an＋1＝3an，∴eq \f(an＋1,an)＝3.
当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则eq \f(a2,a1)＝3.3分
∴数列{an}是以a1＝3为首项，公比为3的等比数列．
∴an＝3×3n－1＝3n.5分
(2)法一：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n，7分
∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)·3n＋1，②
①－②得－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)·3n＋1
＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1
＝3＋2×eq \f(321－3n－1,1－3)－(2n－1)·3n＋1
＝－6－(2n－2)·3n＋1.10分
∴Tn＝(n－1)·3n＋1＋3.12分
法二：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n.7分
∵(2n－1)·3n＝(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(0＋3)＋(33＋0)＋(2×34－33)＋…＋[(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n]
＝(n－1)·3n＋1＋3.12分
分组转化求和
裂项相消法求和
错位相减法求和
1．公式法
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d；
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
eq \f(n a11－qn,1－q)，q≠1
2．分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
3．裂项相消法
(1)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．
(2)裂项时常用的三种变形：
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；
②eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；
③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
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”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
6．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)nf(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.
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( )
(2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和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)如果数列{an}是周期为k(k为大于1的正整数)的周期数列，那么Skm＝mSk.( )．
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．(教材改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于( )
A．1 B.eq \f(5,6)
C.eq \f(1,6)D.eq \f(1,30)
B [∵an＝eq \f(1,nn＋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(1,6)＝eq \f(5,6).]
3．(2016·广东中山华侨中学3月模拟)已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( )
A．9B．18
C．36D．72
B [∵a2·a8＝4a5，即aeq \\al(2,5)＝4a5，∴a5＝4，
∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2，
∴S9＝9b5＝18，故选B.]
4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝__________. 【导学号：31222188】
2n＋1－2＋n2 [Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n1＋2n－1,2)＝2n＋1－2＋n2.]
5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.
4－eq \f(n＋4,2n) [设S＝3×eq \f(1,2)＋4×eq \f(1,22)＋5×eq \f(1,23)＋…＋(n＋2)×eq \f(1,2n)，
则eq \f(1,2)S＝3×eq \f(1,22)＋4×eq \f(1,23)＋5×eq \f(1,24)＋…＋(n＋2)×eq \f(1,2n＋1).
两式相减得eq \f(1,2)S＝3×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(n＋2,2n＋1).
∴S＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(n＋2,2n)
＝3＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－eq \f(n＋2,2n)＝4－eq \f(n＋4,2n).]
(2016·北京高考)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] (1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝eq \f(b3,b2)＝eq \f(9,3)＝3，
所以b1＝eq \f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n＝1,2,3，…).2分
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.
所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…).5分
(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1.
因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.7分
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝eq \f(n1＋2n－1,2)＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).12分
[规律方法] 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，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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．
易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．
[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，
an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
[解] (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a2＝3.))2分
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.5分
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.8分
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，Tn＝3＋eq \f(91－3n－2,1－3)－eq \f(n＋7n－2,2)＝eq \f(3n－n2－5n＋11,2)，
所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2， n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)， n≥2，n∈N*.))12分
(2016·重庆南开二诊)若An和Bn分别表示数列{an}和{bn}的前n项的和，对任意正整数n，an＝2(n＋1)，3An－Bn＝4n.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)记cn＝eq \f(2,An＋Bn)，求{cn}的前n项和Sn.
[解] (1)由于an＝2(n＋1)，∴{an}为等差数列，且a1＝4.2分
∴An＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n4＋2n＋2,2)＝n2＋3n，
∴Bn＝3An－4n＝3(n2＋3n)－4n＝3n2＋5n，
当n＝1时，b1＝B1＝8，
当n≥2时，bn＝Bn－Bn－1＝3n2＋5n－[3(n－1)2＋5(n－1)]＝6n＋2.由于b1＝8适合上式，∴bn＝6n＋2.5分
(2)由(1)知cn＝eq \f(2,An＋Bn)＝eq \f(2,4n2＋8n)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，7分
∴Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,8)－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).12分
[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．
2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[变式训练2] (2017·石家庄一模)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．
[解] (1)由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d＝20，,10a1＋\f(10×9,2)d＝10a1＋45d＝100，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))3分
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.5分
(2)bn＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，8分
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).12分
(2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋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＝eq \f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.
当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式．
所以an＝6n＋5.2分
设数列{bn}的公差为d.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝4，,d＝3.))所以bn＝3n＋1.5分
(2)由(1)知cn＝eq \f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1.7分
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，9分
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2.12分
[规律方法] 1.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，若{bn}的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．
2．在书写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q的同次幂项相减，转化为等比数列求和．
[变式训练3] (2016·广东肇庆第三次模拟)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,2an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1.
∵S3＝6，S5＝15，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(1,2)×3×3－1d＝6，,5a1＋\f(1,2)×5×5－1d＝15，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝2，,a1＋2d＝3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1.))3分
∴{an}的通项公式为an ＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.5分
(2)由(1)得bn＝eq \f(an,2an)＝eq \f(n,2n)，6分
∴Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，①
①式两边同乘eq \f(1,2)， 得
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，10分
∴Tn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n).12分
[思想与方法]
解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：
(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．
(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．
[易错与防范]
1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．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，使裂开的两项之差与系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，
则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).
课时分层训练(三十一) 数列求和
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于( )
【导学号：31222189】
A．n2＋1－eq \f(1,2n)B．2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1)D．n2－n＋1－eq \f(1,2n)
A [该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))
＝n2＋1－eq \f(1,2n).]
2．(2016·安徽江南十校3月联考)在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为( )
A．100B．110
C．120D．130
C [{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.故选C.]
3．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A．192里B．96里
C．48里D．24里
B [由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列，则eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．故选B.]
4．(2016·江西高安中学第九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )
A．5B．6
C．7D．16
C [根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.]
5．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝( ) 【导学号：31222190】
A.eq \r(2 016)－1B.eq \r(2 017)－1
C.eq \r(2 018)－1D.eq \r(2 018)＋1
C [由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，则f(x)＝xeq \f(1,2).
∴an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 018)－eq \r(2 017))＝eq \r(2 018)－1.]
二、填空题
6．设数列{an }的前n项和为Sn，且an＝sineq \f(nπ,2)，n∈N*，则S2 016＝__________.
【导学号：31222191】
0 [an＝sineq \f(nπ,2)，n∈N*，显然每连续四项的和为0.
S2 016＝S4×504＝0.]
7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝__________.
2n ＋1－2 [∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq \f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.]
8．(2017·广州综合测试(二))设数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，Sn＝kn2－1(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为__________．
eq \f(n,2n＋1) [令n＝1得a1＝S1＝k－1，令n＝2得S2＝4k－1＝a1＋a2＝k－1＋12，解得k＝4，所以Sn＝4n2－1，eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2n＋12n－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).]
三、解答题
9．(2017·成都二诊)已知数列{an}中，a1＝1，又数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,nan)))(n∈N*)是公差为1的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解] (1)∵数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,nan)))是首项为2，公差为1的等差数列，
∴eq \f(2,nan)＝2＋(n－1)＝n＋1，3分
解得an＝eq \f(2,nn＋1).5分
(2)∵an＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).12分
10．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
[解] (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋5d＝4，,a1＋5d＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝\f(2,5).))3分
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2n＋3,5).5分
(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,5))).
当n＝1,2,3时，1≤eq \f(2n＋3,5)＜2，bn＝1；
当n＝4,5时，2≤eq \f(2n＋3,5)＜3，bn＝2；8分
当n＝6,7,8时，3≤eq \f(2n＋3,5)＜4，bn＝3；
当n＝9,10时，4≤eq \f(2n＋3,5)＜5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．已知等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n项和Sn等于( )
【导学号：31222192】
A．n·2nB．(n－1)·2n－1－1
C．(n－1)·2n＋1D．2n＋1
C [∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，
a4a2n－4＝102n，∴aeq \\al(2,n)＝102n，即an＝10n，
∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，
∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②
∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.]
2．(2017·合肥二次质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝__________.
n·2n(n∈N*) [由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n，即eq \f(Sn,2n)－eq \f(Sn－1,2n－1)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,2n)))是首项为1，公差为1的等差数列，则eq \f(Sn,2n)＝n，Sn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．]
3．(2017·广州综合测试(二))设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3得an＝2Sn－1＋3，
两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，
∴an＋1＝3an，∴eq \f(an＋1,an)＝3.
当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则eq \f(a2,a1)＝3.3分
∴数列{an}是以a1＝3为首项，公比为3的等比数列．
∴an＝3×3n－1＝3n.5分
(2)法一：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n，7分
∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)·3n＋1，②
①－②得－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)·3n＋1
＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1
＝3＋2×eq \f(321－3n－1,1－3)－(2n－1)·3n＋1
＝－6－(2n－2)·3n＋1.10分
∴Tn＝(n－1)·3n＋1＋3.12分
法二：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n.7分
∵(2n－1)·3n＝(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(0＋3)＋(33＋0)＋(2×34－33)＋…＋[(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n]
＝(n－1)·3n＋1＋3.12分
分组转化求和
裂项相消法求和
错位相减法求和
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