2025版新高考版高考总复习数学数列求和（十年高考）.docx

2025版新高考版高考总复习数学7.4数列求和考点1 公式法求和1.(2017课标理,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.110答案A本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.不妨设1+(1+2)+(1+2+2n-1)+(1+2+2t)=2m(其中m、n、tN,0tn),则有N=n(n+1)2+t+1,因为N>100,所以n13.由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.因为n13,所以2n>n+2,所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n,因为2t+1-1>0,所以2m>2n+1-n-2>2n,故mn+1,因为2t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1.所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n13,所以t3.当t=3时,N=95,不合题意;当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.解题关键解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1.一题多解本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解.2.(2014课标文,5,5分)等差数列an的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则an的前n项和Sn=()A.n(n+1)B.n(n-1)C.n(n+1)2D.n(n1)2答案Aa2,a4,a8成等比数列,a42=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),将d=2代入上式,解得a1=2,Sn=2n+n(n1)·22=n(n+1),故选A.3.(2020新高考,14,5分)将数列2n-1与3n-2的公共项从小到大排列得到数列an,则an的前n项和为. 答案3n2-2n解析:数列2n-1的项为1,3,5,7,9,11,13,数列3n-2的项为1,4,7,10,13,数列an是首项为1,公差为6的等差数列,an=1+(n-1)×6=6n-5,数列an的前n项和Sn=(1+6n5)×n2=3n2-2n.4.(2016北京,12,5分)已知an为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=. 答案6解析设等差数列an的公差为d,a1=6,a3+a5=0,6+2d+6+4d=0,d=-2,S6=6×6+6×52×(-2)=6.5.(2017课标文,17,12分)已知等差数列an的前n项和为Sn,等比数列bn的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求bn的通项公式;(2)若T3=21,求S3.解析本题考查了等差、等比数列.设an的公差为d,bn的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.由a2+b2=2得d+q=3.(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.联立和解得d=3,q=0(舍去),或d=1,q=2.因此bn的通项公式为bn=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由得d=8,则S3=21.当q=4时,由得d=-1,则S3=-6.6.(2015重庆文,16,13分)已知等差数列an满足a3=2,前3项和S3=92.(1)求an的通项公式;(2)设等比数列bn满足b1=a1,b4=a15,求bn的前n项和Tn.解析(1)设an的公差为d,则由已知条件得a1+2d=2,3a1+3×22d=92,化简得a1+2d=2,a1+d=32,解得a1=1,d=12,故通项公式an=1+n12,即an=n+12.(2)由(1)得b1=1,b4=a15=15+12=8.设bn的公比为q,则q3=b4b1=8,从而q=2,故bn的前n项和Tn=b1(1qn)1q=1×(12n)12=2n-1.考点2分组、并项求和1.(2012课标文,12,5分)数列an满足an+1+(-1)nan=2n-1,则an的前60项和为()A.3 690B.3 660C.1 845D.1 830答案D当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3,a2k+1+a2k-1=2,a2k+1+a2k+3=2,a2k-1=a2k+3,a1=a5=a61.a1+a2+a3+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+(a60+a61)=3+7+11+(2×60-1)=30×(3+119)2=30×61=1 830.2.(2021新高考,17,10分)已知数列an满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列bn的通项公式;(2)求an的前20项和.解题指导:(1)由已知条件求出an的递推式,从而得出bn的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列bn的通项公式.(2)根据题目条件把an的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列bn的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.解析(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,所以数列bn是以2为首项,3为公差的等差数列,所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,an=an+1-1.设数列an的前n项和为Sn,则S20=a1+a2+a20=(a1+a3+a19)+(a2+a4+a20)=(a2-1)+(a4-1)+(a20-1)+(a2+a4+a20)=2(a2+a4+a20)-10,由(1)可知a2+a4+a20=b1+b2+b10=10×2+10×92×3=155,故S20=2×155-10=300,即an的前20项和为300.解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列bn的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合an与bn的关系求得结果.3.(2017课标文,17,12分)设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n.(1)求an的通项公式;(2)求数列an2n+1的前n项和.解析(1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n,故当n2时,a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)an=2.所以an=22n1(n2).又由题设可得a1=2,从而an的通项公式为an=22n1(nN*).(2)记an2n+1的前n项和为Sn.由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n1)=12n1-12n+1.则Sn=11-13+13-15+12n1-12n+1=2n2n+1.思路分析(1)条件a1+3a2+(2n-1)an=2n的实质就是数列(2n-1)an的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的an的通项公式,然后用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.4.(2016北京文,15,13分)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.解析(1)等比数列bn的公比q=b3b2=93=3,(1分)所以b1=b2q=1,b4=b3q=27.(3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.(5分)所以an=2n-1(n=1,2,3,).(6分)(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分)从而数列cn的前n项和Sn=1+3+(2n-1)+1+3+3n-1=n(1+2n1)2+13n13=n2+3n12.(13分)规范解答要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.5.(2014山东文,19,12分)在等差数列an中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=an(n+1)2,记Tn=-b1+b2-b3+b4-+(-1)nbn,求Tn.解析(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列an的通项公式为an=2n.(2)由题意知bn=an(n+1)2=n(n+1).所以Tn=-1×2+2×3-3×4+(-1)nn×(n+1).因为bn+1-bn=2(n+1),所以当n为偶数时,Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+(-bn-1+bn)=4+8+12+2n=n2(4+2n)2=n(n+2)2,当n为奇数时,Tn=Tn-1+(-bn)=(n1)(n+1)2-n(n+1)=-(n+1)22.所以Tn=(n+1)22,n为奇数,n(n+2)2,n为偶数.评析本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.6.(2019天津文,18,13分)设an是等差数列,bn是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求an和bn的通项公式;(2)设数列cn满足cn=1,n为奇数,bn2,n为偶数.求a1c1+a2c2+a2nc2n(nN*).解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.依题意,得3q=3+2d,3q2=15+4d,解得d=3,q=3,故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.所以,an的通项公式为an=3n,bn的通项公式为bn=3n.(2)a1c1+a2c2+a2nc2n=(a1+a3+a5+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+a2nbn)=n×3+n(n1)2×6+(6×31+12×32+18×33+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+n×3n).记Tn=1×31+2×32+n×3n,则3Tn=1×32+2×33+n×3n+1,-得,2Tn=-3-32-33-3n+n×3n+1=-3(13n)13+n×3n+1=(2n1)3n+1+32.所以,a1c1+a2c2+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n1)3n+1+32=(2n1)3n+2+6n2+92(nN*).思路分析(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用cn的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.解题关键根据n的奇偶性得数列cn的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.考点3错位相减求和1.(2021新高考,16,5分)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20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,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n次,那么k=1nSk=dm2. 答案5;240×3n+32n解析解法一:列举法+归纳法.由上图可知,对折n次后,共可以得到(n+1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为120(n+1)·12n1dm2(nN*),故Sk=120(k+1)·12k1dm2(kN*),记Tn=k=1n(k+1)12k1,Tn=220+321+422+n2n2+n+12n1,12Tn=221+322+423+n2n1+n+12n,-得,12Tn=2+12+122+12n1n+12n=2+12112n1112n+12n=3n+32n,Tn=6-n+32n1,k=1nSk=120×6n+32n1=240×3n+32ndm2.解法二:对折3次可以得到208 dm×12 dm,204 dm×122 dm,202 dm×124 dm,20 dm×128 dm,共四种不同规格的图形,对折4次可以得到2016 dm×12 dm,208 dm×122 dm,204 dm×124 dm,202 dm×128 dm,20 dm×1216 dm,共五种不同规格的图形,由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为20×122n dm2,k=1nSk=20×12×12×2+14×3+18×4+12n×(n+1)dm2,记Tn=22+34+n+12n,则12Tn=24+38+n+12n+1,Tn-12Tn=12Tn=1+14+18+12nn+12n+1=3212nn+12n+1=32n+32n+1,Tn=3-n+32n,k=1nSk=240×3n+32ndm2.2.(2023全国甲理,17,12分,中)记Sn为数列an的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.(1)求an的通项公式;(2)求数列an+12n的前n项和Tn.解析(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0,当n2时,2Sn-1=(n-1)an-1,又2Sn=nan,-得2an=nan-(n-1)an-1,即(n-2)an=(n-1)an-1.当n=2时,上式成立.当n3时,anan1=n1n2,an=a3a2·a4a3·a5a4··anan1·a2=21×32×43··n1n2·1=n-1,即an=n-1(n3).当n=1时,a1=0符合上式,当n=2时,a2=1符合上式.综上,an的通项公式为an=n-1,nN*.(2)由(1)知an+1=n,设bn=an+12n=n2n=n·12n.Tn=b1+b2+b3+bn=1×121+2×122+3×123+n·12n,12Tn=1×122+2×123+3×124+n·12n+1.-得12Tn=121+122+123+12n-n·12n+1=12112n112-n·12n+1=1-12n-n·12n+1=1-12n1+12n,Tn=2-(n+2)·12n.故数列an+12n的前n项和Tn=2-(n+2)·12n.3.(2020课标理,17,12分)设数列an满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,a3,猜想an的通项公式并加以证明;(2)求数列2nan的前n项和Sn.解析(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3an-(2n+1),an-(2n+1)=3an-1-(2n-1),a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+(2n+1)×2n.从而2Sn=3×22+5×23+7×24+(2n+1)×2n+1.-得-Sn=3×2+2×22+2×23+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.方法总结数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=1n(n+k),可裂项为an=1k·1n1n+k;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中an是等差数列,bn是等比数列;(4)分组求和法:形如cn=an+bn,其中an是等差数列,bn是等比数列;(5)并项求和法.4.(2016课标,17,12分)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lg an,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1 000项和.解析(1)设an的公差为d,根据已知有7+21d=28,解得d=1.所以an的通项公式为an=n.b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.(6分)(2)因为bn=0,1n<10,1,10n<100,2,100n<1 000,3,n=1 000,(9分)所以数列bn的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)思路分析(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出bn中项的规律,进而求出数列bn的前1 000项和.5.(2016山东,18,12分)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=(an+1)n+1(bn+2)n,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)由题意知,当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(nN*).设数列bn的公差为d.由a1=b1+b2,a2=b2+b3,即11=2b1+d,17=2b1+3d,可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.(2)由(1)知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1.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+2,两式作差,得-Tn=3×2×22+23+24+2n+1-(n+1)×2n+2=3×4+4(12n)12-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.6.(2015天津理,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式;(2)设bn=log2a2na2n1,nN*,求数列bn的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=2n12;当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k=2n2.所以,an的通项公式为an=2n12,n为奇数,2n2,n为偶数.(2)由(1)得bn=log2a2na2n1=n2n1.设bn的前n项和为Sn,则Sn=1×120+2×121+3×122+(n-1)×12n2+n×12n1,12Sn=1×121+2×122+3×123+(n-1)×12n1+n×12n,上述两式相减,得12Sn=1+12+122+12n1-n2n=112n112-n2n=2-22n-n2n,整理得,Sn=4-n+22n1.所以,数列bn的前n项和为4-n+22n1,nN*.评析本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.7.(2015浙江文,17,15分)已知数列an和bn满足a1=2,b1=1,an+1=2an(nN*),b1+12b2+13b3+1nbn=bn+1-1(nN*).(1)求an与bn;(2)记数列anbn的前n项和为Tn,求Tn.解析(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(nN*).由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n2时,1nbn=bn+1-bn,整理得bn+1n+1=bnn,所以bn=n(nN*).(2)由(1)知anbn=n·2n,因此Tn=2+2·22+3·23+n·2n,2Tn=22+2·23+3·24+n·2n+1,所以Tn-2Tn=2+22+23+2n-n·2n+1.故Tn=(n-1)2n+1+2(nN*).评析本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.8.(2015山东文,19,12分)已知数列an是首项为正数的等差数列,数列1an·an+1的前n项和为n2n+1.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=(an+1)·2an,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)设数列an的公差为d.令n=1,得1a1a2=13,所以a1a2=3.令n=2,得1a1a2+1a2a3=25,所以a2a3=15.解得a1=1,d=2,所以an=2n-1.(2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n,所以Tn=1·41+2·42+n·4n,所以4Tn=1·42+2·43+n·4n+1,两式相减,得-3Tn=41+42+4n-n·4n+1=4(14n)14-n·4n+1=13n3×4n+1-43.所以Tn=3n19×4n+1+49=4+(3n1)4n+19.9.(2015天津文,18,13分)已知an是各项均为正数的等比数列,bn是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.(1)求an和bn的通项公式;(2)设cn=anbn,nN*,求数列cn的前n项和.解析(1)设数列an的公比为q,数列bn的公差为d,由题意知q>0.由已知,有2q23d=2,q43d=10,消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.所以数列an的通项公式为an=2n-1,nN*;数列bn的通项公式为bn=2n-1,nN*.(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设cn的前n项和为Sn,则Sn=1×20+3×21+5×22+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,2Sn=1×21+3×22+5×23+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,上述两式相减,得-Sn=1+22+23+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,所以,Sn=(2n-3)·2n+3,nN*.评析本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.10.(2015湖北文,19,12分)设等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,等比数列bn的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)当d>1时,记cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)由题意有,10a1+45d=100,a1d=2,即2a1+9d=20,a1d=2,解得a1=1,d=2,或a1=9,d=29.故an=2n1,bn=2n1,或an=19(2n+79),bn=9·29n1.(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n12n1,于是Tn=1+32+522+723+924+2n12n1,12Tn=12+322+523+724+925+2n12n.-可得12Tn=2+12+122+12n2-2n12n=3-2n+32n,故Tn=6-2n+32n1.11.(2014课标文,17,12分)已知an是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.(1)求an的通项公式;(2)求数列an2n的前n项和.解析(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.设数列an的公差为d,则a4-a2=2d,故d=12,从而a1=32.所以an的通项公式为an=12n+1.(2)设an2n的前n项和为Sn,由(1)知an2n=n+22n+1,则Sn=322+423+n+12n+n+22n+1,12Sn=323+424+n+12n+1+n+22n+2.两式相减得12Sn=34+123+12n+1-n+22n+2=34+14112n1-n+22n+2.所以Sn=2-n+42n+1.评析本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.考点4裂项相消求和1.(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列1an前10项的和为. 答案2011解析由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,an-an-1=n-1+1(n2),则有an-a1=1+2+3+n-1+(n-1)(n2),因为a1=1,所以an=1+2+3+n(n2),即an=n2+n2(n2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=n2+n2(nN*),所以1an=2n2+n=21n1n+1,从而1a1+1a2+1a3+1a10=2×112+2×1213+2×1314+2×110111=2×1111=2011.2.(2015课标理,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和.解析(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).由于an>0,可得an+1-an=2.又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以an是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)(2)由an=2n+1可知bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+112n+3.设数列bn的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+bn=121315+1517+12n+112n+3=n3(2n+3).(12分)3.(2015安徽文,18,12分)已知数列an是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.(1)求数列an的通项公式;(2)设Sn为数列an的前n项和,bn=an+1SnSn+1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,又a1+a4=9,可解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去).由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.(2)Sn=a1(1qn)1q=2n-1,又bn=an+1SnSn+1=Sn+1SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1,所以Tn=b1+b2+bn=1S11S2+1S21S3+1Sn1Sn+1=1S1-1Sn+1=1-12n+11.评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.4.(2014大纲全国理,18,12分)等差数列an的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且SnS4.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列an的公差d为整数.又SnS4,故a40,a50,于是10+3d0,10+4d0.解得-103d-52.因此d=-3.数列an的通项公式为an=13-3n.(6分)(2)bn=1(133n)(103n)=131103n1133n.(8分)于是Tn=b1+b2+bn=1317110+1417+1103n1133n=131103n110=n10(103n).(12分)评析本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于分析已知条件“a2为整数”“SnS4”所隐含的条件;在第(2)问中,对通项公式bn进行裂项过程中易漏了系数13而导致错解.5.(2014山东理,19,12分)已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=(-1)n-14nanan+1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2,S4=4a1+4×32×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.(2)bn=(-1)n-14nanan+1=(-1)n-14n(2n1)(2n+1)=(-1)n-112n1+12n+1.当n为偶数时,Tn=1+13-13+15+12n3+12n1-12n1+12n+1=1-12n+1=2n2n+1.当n为奇数时,Tn=1+13-13+15+-12n3+12n1+12n1+12n+1=1+12n+1=2n+22n+1.所以Tn=2n+22n+1,n为奇数,2n2n+1,n为偶数.或Tn=2n+1+(1)n12n+1评析本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,同时考查分类讨论的思想、运算求解能力和逻辑推理能力.6.(2013课标文,17,12分)已知等差数列an的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.(1)求an的通项公式;(2)求数列1a2n1a2n+1的前n项和.解析(1)设an的公差为d,则Sn=na1+n(n1)2d.由已知可得3a1+3d=0,5a1+10d=5.解得a1=1,d=-1.故an的通项公式为an=2-n.(2)由(1)知1a2n1a2n+1=1(32n)(12n)=1212n312n1,从而数列1a2n1a2n+1 的前n项和为1211-11+11-13+12n3-12n1=n12n.评析本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.方法总结一般地,如果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.在写“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.