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专题十 《数列》讲义
10.4 数列求和
知识梳理 . 数列求和
1．公式法
(1)等差数列{a}的前n项和S＝＝na＋.
n n 1
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{a}的前n项和S＝
n n
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成
的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)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，
从而求得前n项和．
(3)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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{a}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一
n
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．
题型一 . 裂项相消
1 99
1．数列{a }的通项公式 a = ，已知它的前 n项和S = ，则项数 n＝（
n n n(n+1) n 100
）
A．98 B．99 C．100 D．101
1 1 1
【解答】解：列{a }的通项公式a = = − ，
n n n(n+1) n n+1
1 1 1 1 1 1
所以S =1− + − +⋯+ − =1− ，
n 2 2 3 n n+1 n+199
由于前n项和S = ，
n 100
1 99
所以1− = ，
n+1 100
解得n＝99．
故选：B．
2．已知等差数列{a }满足a ＝10，a +a ＝17．
n 3 1 4
（1）求{a }的通项公式；
n
3
=
（2）设b ，求数列{b }的前n项和S ．
n a a n n
n n+1
【解答】解：（1）设首项为a ，公差为d的等差数列，满足a ＝10，a +a ＝17．
1 3 1 4
所以¿，解得¿，
所以a ＝4+3（n﹣1）＝3n+1．
n
3 1 1
（2）由（1）得b = = − ，
n a a 3n+1 3n+4
n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1
所以S ＝b +b +…+b = − + − +⋯+ − = − ．
n 1 2 n 4 7 7 10 3n+1 3n+4 4 3n+4
3．已知数列{a }的前n项和为S ，若4S ＝（2n﹣1）a +1，且a ＝1．
n n n n+1 1
（1）求数列{a }的通项公式；
n
1
（2）设c = ，数列{c }的前n项和为T ，求T ．
n a (a +2) n n n
n n
【解答】解：（1）在4S ＝（2n﹣1）a +1中，令n＝1，得a ＝3，
n n+1 2
∵4S
n
＝（2n﹣1）a
n+1
+1，∴当n≥2时，4S
n﹣1
＝（2n﹣3）a
n
+1，
两式相减，得4a ＝（2n﹣1）a ﹣（2n﹣3）a （n≥2），
n n+1 n
a 2n+1
∴（2n+1）a ＝（2n﹣1）a ，即 n+1= (n≥2)．
n n+1 a 2n−1
n
∴
a a a a a 2n−1 2n−3 2n−5 5 3
a = n ⋅ n−1 ⋅ n−2 ⋯⋅ 3 ⋅ 2 ⋅a = ⋅ ⋅ ⋯ ⋅ ⋅1=2n−1
n a a a a a 1 2n−3 2n−5 2n−7 3 1
n−1 n−2 n−3 2 1
故a ＝2n﹣1．
n
1 1 1 1 1
（2）c = = = ( − )，
n a (a +2) (2n−1)(2n+1) 2 2n−1 2n+1
n nT ＝ c +c +… +c
n 1 2 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
= [(1− )+( − )+( − )+⋯+( − )]= (1− )= ，
2 3 3 5 5 7 2n−1 2n+1 2 2n+1 2n+1
n
所以T = ．
n 2n+1
题型二 . 错位相减
1．已知等差数列{a }公差不为零，且满足：a ＝2，a ，a ，a 成等比数列．
n 1 1 2 5
（Ⅰ）求数列{a }的通项公式；
n
（Ⅱ）设b =3na ，求数列{b }的前n项和．
n n n
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a }的公差为d，d≠0，
n
{ a =2
1
由题， ，解得d＝4．
a 2=a a ，即(a +d) 2=a (a +4d)
2 1 5 1 1 1
∴a ＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．
n
（Ⅱ） （4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，
b =3na =
n n
设数列{b }的前n项和为T ，
n n
2（2n﹣1）×3n，①
T =2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+
n
2（2n﹣1）×3n+1，②
3T =2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯
n
①﹣②，得： 2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1
−2T =2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+
n
32 (1−3n−1
)
=6+4× −2(2n−1)×3n+1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，
1−3
∴ ．
T =6+2(n−1)⋅3n+1
n
∴数列{b }的前n项和 ．
n T =6+2(n−1)⋅3n+1
n
2．已知等差数列{a }的前n项和为S ，S ＝30，S ＝56；各项均为正数的等比数列{b }满
n n 5 7 n
1 1
足b b = ，b b = ．
1 2 2 3
3 27
（1）求数列{a }和{b }的通项公式；
n n（2）求数列{a •b }的前n项和T ．
n n n
【解答】解：（1）设等差数列{a }的首项为a ，公差为d，
n 1
5×4d
{5a + =30
由S ＝30，S ＝56，得 1 2 ，解得{a =2．
5 7 1
7×6d d=2
7a + =56
1 2
∴a ＝2+2（n﹣1）＝2n；
n
设等比数列{b }的公比为q（q＞0），
n
1
{ b 2q= {b =1
由b b 1，b b 1 ，得 1 3 ，解得 1 ．
1 2= 2 3= 1
3 27 1 q=
b 2q3= 3
1 27
1
∴b =( ) n−1；
n 3
2n n
（2）a •b = = 2⋅ ．
n n 3n−1 3n−1
n
令{ }的前n项和为R ，
3n−1 n
1 2 3 n
则R = + + +⋯+ ，
n 30 31 32 3n−1
1 1 2 3 n−1 n
R = + + +⋯+ +
3 n 3 32 33 3n−1 3n
2 1 1 1 n
两式作差可得： R =1+ + +⋯+ −
3 n 3 32 3n−1 3n
1
1×(1− )
3n n 3 2n+3
= − = − ，
1 3n 2 2⋅3n
1−
3
9 2n+3
∴R = − ．
n 4 4⋅3n−1
9 2n+3
则T =2R = − ．
n n 2 2⋅3n−1
3．（2015·山东）设数列{a }的前n项和为S ，已知2S ＝3n+3．
n n n
（Ⅰ）求{a }的通项公式；
n
（Ⅱ）若数列{b }，满足a b ＝log a ，求{b }的前n项和T ．
n n n 3 n n n【解答】解：（Ⅰ）因为2S ＝3n+3，所以2a ＝31+3＝6，故a ＝3，
n 1 1
当n＞1时，2S
n﹣1
＝3n﹣1+3，
此时，2a
n
＝2S
n
﹣2S
n﹣1
＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即a
n
＝3n﹣1，
所以a { 3，n=1 ．
n=
3n−1，n＞1.
1
（Ⅱ）因为a b ＝log a ，所以b = ，
n n 3 n 1
3
当n＞1时，b ＝31﹣n•log 3n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，
n 3
1
所以T ＝b = ；
1 1
3
1
当n＞1时，T ＝b +b +…+b = +[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，
n 1 2 n
3
所以3T ＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，
n
两式相减得：2T 2 [30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n] 2 1−31−n （n﹣1）
n= + = + −
3 3 1−3−1
13 6n+3
×31﹣n= − ，
6 2×3n
13 6n+3
所以T = − ，经检验，n＝1时也适合，
n 12 4×3n
13 6n+3
综上可得T = − ．
n 12 4×3n
题型三 . 分组求和
1．已知数列{a }是公差不为零的等差数列，a ＝2，且a ，a ，a 成等比数列．
n 1 1 2 4
（1）求数列{a }的通项公式；
n
（2）设b
n
＝a
n
﹣2a n，求数列{b
n
}的前n项和S
n
．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a }的公差为d（d≠0），则
n
a ＝2+d，a ＝2+3d，
2 4
∵a ，a ，a 成等比数列，
1 2 4
∴a 2＝a •a ，即（2+d）2＝2（2+3d），
2 1 4
整理，得d2﹣2d＝0，
解得d＝0（舍去），或d＝2，∴a ＝2+2（n﹣1）＝2n，n N*．
n
（2）由（1）知，设b
n
＝a
n
﹣∈ 2❑ a n=2n﹣22n＝2n﹣4n，
故S ＝b +b +…+b
n 1 2 n
＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）
＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）
n(n+1) 4(1−4n )
＝2× −
2 1−4
4 4n+1
＝n2+n+ − ．
3 3
2．在公差不为0的等差数列{a }中，a ，a ，a 成公比为a 的等比数列，又数列{b }满足
n 1 3 9 3 n
{2a n，n=2k−1，（k N*）．
b =
n 2n，n=2k，
∈
（1）求数列{a }的通项公式；
n
（2）求数列{b }的前2n项和T ．
n 2n
【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{a }中，a ，a ，a 成公比为a 的等比数列，
n 1 3 9 3
可得a 2＝a a ，a ＝a a ，
3 1 9 3 1 3
可得（a +2d）2＝a （a +8d），a ＝1，
1 1 1 1
化简可得a ＝d＝1，
1
即有a ＝n，n N*；
n
∈
（2）由（1）可得b {2n，n=2k−1，k N*；
n=
2n，n=2k
∈
前2n项和T ＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）
2n
2(1−4n ) 1n（4+4n） 2(4n−1) 2n（n+1）．
= + = +
1−4 2 3
3．已知数列{a }、{b }满足：a ＝a +b ，{b +2}为等比数列，且b ＝2，a ＝4，a ＝10．
n n n+1 n n n 1 2 3
（1）试判断数列{b }是否为等差数列，并说明理由；
n
（2）求数列{a }的前n项和S ．
n n
【解答】解：（1）数列{b }不是等差数列．
n
理由如下：
由a ﹣a ＝b ，且a ＝4，a ＝10，b ＝2，得b ＝a ﹣a ＝6，
n+1 n n 2 3 1 2 3 2又∵数列{b +2}为等比数列，
n
∴数列{b +2}的首项为4，公比为2．
n
∴ ，得b ＝14，
b +2=4×22=16 3
3
显然2b ＝12≠b +b ＝16．
2 1 3
故数列{b }不是等差数列；
n
（2）结合（1）知，等比数列{b +2}的首项为4，公比为2．
n
故 ，∴ ．
b +2=4⋅2n−1=2n+1 b =2n+1−2
n n
∵a ﹣a ＝b ，b ＝2，a ＝4，∴a ＝2，
n+1 n n 1 2 1
∴ （n≥2）．
a −a =2n−2
n n−1
令n＝2，…，（n﹣1）．
得 ，
a −a =22−2
2 1
，
a −a =23−2
3 2
…
（n≥2），
a −a =2n−2
n n−1
累加得 （n≥2）．
a −2=(22+23+⋯+2n )−2(n−1)
n
2(2n−1)
∴a =(2+22+23+⋯+2n )−2n+2= −2n+2=2n+1−2n（n≥2）．
n 2−1
又a ＝2满足上式，∴ ．
1 a =2n+1−2n
n
∴
S =(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2n+1−2n)
n
4(2n−1) n(n+1)
＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）= −2× =2n+2−n2−n−4．
2−1 2
题型四 . 讨论奇偶、绝对值求和
1．数列{a }的前n项和记为S ，对任意的正整数n，均有4S ＝（a +1）2，且a ＞
n n n n n
0．
（1）求a 及{a }的通项公式；
1 n4n
（2）令b =(−1) n−1 ，求数列{b }的前n项和T ．
n a a n n
n n+1
【解答】解：（1）当n＝1时， ，则a ＝1；
4S =(a +1) 2 1
1 1
当n≥2时，由4S
n
＝（a
n
+1）2，知4S
n﹣1
＝（a
n﹣1
+1）2，
联立两式，得4a
n
＝（a
n
+1）2﹣（a
n﹣1
+1）2，
化简得（a n +a n﹣1 ）（a n ﹣a n﹣1 ﹣2）＝0，
∵a
n
＞0，∴a
n
﹣a
n﹣1
﹣2＝0，
即{a }是以a ＝1为首项，2为公差的等差数列，
n 1
故a ＝2n﹣1；
n
4n 4n 1 1
（2）b =(−1) n−1 =(−1) n−1 =（﹣1）n﹣1（ +
n a a (2n−1)(2n+1) 2n−1 2n+1
n n+1
），
下面对n分奇偶数讨论：
1 1 1 1 1
当 n 为 偶 数 时 ， T ＝ （ 1+ ） ﹣ （ + ） +… + （ + ） ﹣ （
n
3 3 5 2n−3 2n−1
1 1
+ ）
2n−1 2n+1
1 2n
=1− = ，
2n+1 2n+1
1 1 1 1 1
当 n 为 奇 数 时 ， T ＝ （ 1+ ） ﹣ （ + ） +… ﹣ （ + ） + （
n
3 3 5 2n−3 2n−1
1 1
+ ）
2n−1 2n+1
1 2n+2
=1+ = ，
2n+1 2n+1
2n+2
{ ， n为奇数
所以T 2n+1 ．
n=
2n
， n为偶数
2n+1
2．已知等差数列{a }前n项和为S ，a ＝9，S ＝25．
n n 5 5
（1）求数列{a }的通项公式及前n项和S ；
n n（2）设 ，求{b }前2n项和T ．
b =(−1) nS n 2n
n n
【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a }的公差为d，则
n
{ a =a +4d=9
5 1
，
5×4
S =5a + d=25
5 1 2
整理，得{a
1
+4d=9
，
a +2d=5
1
解得{a =1，
1
d=2
∴a ＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n N*，
n
S =
n(1+2n−1)
=n2． ∈
n 2
（2）由（1）知，设 （﹣1）n•n2．
b =(−1) nS =
n n
T ＝b +b +…+b
2n 1 2 2n
＝（b 1 +b 2 ）+（b 3 +b 4 ）+…+（b 2n﹣1 +b 2n ）
＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]
＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]
＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n
2n⋅(1+2n)
=
2
＝2n2+n．
3．已知数列{a }满足a ＝﹣2，a ＝2a +4．
n 1 n+1 n
（1）求a ，a ，a ；
2 3 4
（2）猜想{a }的通项公式并加以证明；
n
（3）求数列{|a |}的前n项和S ．
n n
【解答】解：（1）由已知，易得a ＝0，a ＝4，a ＝12．
2 3 4
（2）猜想 ．
a =2n−4
n因为a
n+1
＝2a
n
+4，所以a
n+1
+4＝2（a
n
+4），a
n+1
+4
=2
，
a +4
n
则{a +4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
n
所以 ，所以 ．
a +4=2n =a =2n−4
n n
（3）当n＝1时，a ＝﹣2＜0，S ＝|a |＝2；
1 1 1
当n≥2时，a ≥0，
n
所 以
2(1−2n
)
S =−a +a +⋯+a =2+(22−4)+⋯+(2n−4)=2+22+⋯+2n−4(n−1)= −4(n−1)=2n+1−4n+2
n 1 2 n 1−2
又n＝1时满足上式．
所以，当n N*时， ．
S =2n+1−4n+2
n
∈
题型五 . 数列求和选填综合
1．首项为正数的等差数列{a }中，a 7，当其前n项和S 取最大值时，n的值为（
n 3= n
a 5
4
）
A．5 B．6 C．7 D．8
【解答】解：∵首项为正数的等差数列{a }中，a 7，
n 3=
a 5
4
∴5（a +2d）＝7（a +3d），
1 1
11
整理，得：a =− d，
1 2
∵a ＞0，∴d＜0，
1
11 n(n−1) d
∴S =− nd+ d= （n﹣6）2﹣18d，
n 2 2 2
∴当其前n项和S 取最大值时，n的值为6．
n
故选：B．
2．在等比数列{a
n
}中，a
2
•a
3
＝2a
1
，且a
4
与2a
7
的等差中项为 17，设b
n
＝a
2n﹣1
﹣a
2n
，
1
n N*，则数列{b }的前2n项和为 (1−42n ) ．
n
12
∈【解答】解：等比数列{a }中，a •a ＝2a ，且a 与2a 的等差中项为17，
n 2 3 1 4 7
设首项为a ，公比为q，
1
则：¿，
整理得：¿，
解得：¿．
则： ，
a =a qn−1=2n−3
n 1
22n−3
所以：b
n
＝a
2n﹣1
﹣a
2n
= −22n−3=−22n﹣4，
2
1
− (1−42n )
则：T 4 1 ．
2n= = (1−42n )
1−4 12
1
故答案为： (1−42n )．
12
3．已知数列{a n }的前n项和为S n ，a 1 ＝1，a 2 ＝2且对于任意n＞1，n N*满足S n+1 +S n﹣1 ＝2
（S +1），则（ ） ∈
n
A．a ＝7 B．S ＝240 C．a ＝19 D．S ＝381
4 16 10 20
【解答】解：当n≥2时，S n+1 +S n﹣1 ＝2（S n +1） S n+1 ﹣S n ＝S n ﹣S n﹣1 +2 a n+1 ＝a n +2．
{ 1，⇒ n=1 ⇒
所以数列{a }从第2项起为等差数列，a = ，
n n 2n−2，n≥2
所以，a ＝6，a ＝18．
4 10
(a +a )(n−1)
S ＝a + 2 n =n（n﹣1）+1，S ＝16×15+1＝241，
n 1 16
2
S ＝20×19+1＝381．
20
故选：D．
4 ． 已 知 数 列 {a } 是 首 项 为 1 ， 公 差 为 2 的 等 差 数 列 ， 数 列 {b } 满 足 关 系
n n
a a a a 1 ，数列{b }的前n项和为S ，则S 的值为（ ）
1+ 2+ 3+⋯+ n= −1 n n 5
b b b b 2n
1 2 3 n
A．﹣454 B．﹣450 C．﹣446 D．﹣442
【解答】解：数列{a }是首项为1，公差为2的等差数列，
n
可得a ＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
n由a a a a 1 ，可得
1+ 2+ 3+⋯+ n= −1
b b b b 2n
1 2 3 n
a 1 1 1，可得b ＝﹣2，
1= − =− 1
b 2 2
1
又a a a 1 1，
1+ 2+⋯+ n−1= −
b b b 2n−1
1 2 n−1
且a a a a 1 ，
1+ 2+ 3+⋯+ n= −1
b b b b 2n
1 2 3 n
两式相减可得a 1 1 1 ，
n= − =−
b 2n 2n−1 2n
n
可得b ＝﹣（2n﹣1）•2n，
n
则S ＝﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32＝﹣454，
5
故选：A．
5 ． 已 知 数 列 {a n } 满 足 a = 3， a = 3a n ， 若 c = 3n， 则 c 1 +c 2 +⋅ ⋅ ⋅ +c n ＝
1 2 n+1 a +3 n a
n n
(2n+1)⋅3n−1
．
4
【解答】解：因为 3， 3a ，
a = a = n
1 2 n+1 a +3
n
所以 1 a +3 1 1 ，
= n = +
a 3a 3 a
n+1 n n
1 1 1
即 − = ，
a a 3
n+1 n
1 1 2 1
所以数列{ }是首项 = ，公差为 的等差数列，
a a 3 3
n 1
1 2 1 n+1
所以 = + (n−1)= ，
a 3 3 3
n
则
3n
，
c = =(n+1)3n−1
n a
n则 ，
c +c +⋅⋅⋅+c =2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(n+1)×3n−1
1 2 n
设T＝2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+（n+1）×3n﹣1①，
则3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，
3n−1
①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1+ −（n+1）×3n，
3−1
(2n+1)⋅3n−1
则T= ．
4
(2n+1)⋅3n−1
即c +c +⋅⋅⋅+c = ．
1 2 n 4
(2n+1)⋅3n−1
故答案为： ．
4
6．已知数列{a }的前n项和为S ，a ＝2，S ＝ a ﹣2，其中 为常数，若a b ＝13﹣n，则
n n 1 n n n n
λ λ
1
数列{b }中的项的最小值为 − ．
n 214
【解答】解：根据题意，数列{a }的满足a ＝2，S ＝ a ﹣2，
n 1 n n
当n＝1时，有a
1
＝S
1
＝ a
1
﹣2，即2＝2 ﹣2，解可得λ ＝2，
则S n ＝2a n ﹣2，① λ λ λ
则有S
n﹣1
＝2a
n﹣1
﹣2，②
①﹣②：a
n
＝2a
n
﹣2a
n﹣1
，变形可得a
n
＝2a
n﹣1
，
则数列{a }是首项为a ＝2，公比为2的等比数列，则a ＝2n，
n 1 n
13−n
又由a b ＝13﹣n，则b = ，
n n n 2n
当n≤13时，b ≥0，
n
当 n≥14 时，b ＜0，且{b }为递增数列，则当 n＝14 时，b 取得最小值，此时 b
n n n 14
1
=− ；
214
1
故答案为：− ．
214
7．已知数列{a
n
}和{b
n
}首项均为1，且a
n﹣1
≥a
n
（n≥2），a
n+1
≥a
n
，数列{b
n
}的前n项和
为S ，且满足2S S +a b ＝0，则S ＝（ ）
n n n+1 n n+1 2019
1 1
A．2019 B． C．4037 D．
2019 4037【解答】解：∵a
n﹣1
≥a
n
（n≥2），a
n+1
≥a
n
，
∴a ≥a ≥a ，
n n+1 n
∴a ＝a ，
n n+1
另外：a ≥a ≥a ，可得a ＝a ＝1，
1 2 1 2 1
∴a ＝1．
n
∵2S S +a b ＝0，
n n+1 n n+1
∴2S S +b ＝0，∴2S S +S ﹣S ＝0，
n n+1 n+1 n n+1 n+1 n
1 1
∴ − = 2．
S S
n+1 n
1
∴数列{ }是等差数列，首项为1，公差为2．
S
n
1
∴ = 1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
S
n
1
∴S = ．
n
2n−1
1
∴S = ．
2019
4037
故选：D．
8．已知数列{a n }满足：a 1 ＝1，a 2= 1， b 1+ b 2 +⋅⋅⋅+ b n= b n+1+6 （n≥2且n N + ），
3 a a❑ a a
1 2 n n−1
∈
{1
等比数列{b n }公比q＝2，令c n= a
，n为奇数，
则数列{c n }的前n项和S 2n ＝ 2 n 2 ﹣ n
n
b ，n为偶数，
n
4n+1−4
+ ．
3
【解答】解：因为a 1 ＝1，a 2= 1， b 1+ b 2 +⋅⋅⋅+ b n= b n+1+6 （n≥2且n N + ），①
3 a a❑ a a
1 2 n n−1
∈
可得n＝2时，b b b 6，即b +3b ＝b +6，
1+ 2= 3+ 1 2 3
a a a
1 2 1
由等比数列的{b }的公比为q＝2，
n即b +6b ＝4b +6，解得b ＝2，
1 1 1 1
所以b ＝2n，
n
当n＝3时，b b b b 6，即2+3×4 8 3×16+6，
1+ 2+ 3= 4+ + =
a a a a a
1 2 3 2 3
1
解得a = ，
3
5
又b
1+
b
2+⋯+
b
n−1=
b
n +
6（n≥3，且n N
+
），②
a a a a
1 2 n−1 n−2
∈
①﹣②可得，b
n=
b
n+1−
b
n
，
a a a
n n−1 n−2
即2n 2n+1 2n ，化为 1 1 2 ，
= − + =
a a a a a a
n n−1 n−2 n n−2 n−1
1 1 2
又 + = 6 = ，
a a a
1 3 2
1 1 1
所以{ }为等差数列，且公差d = − = 2，
a a a
n 2 1
1 1
则 = + 2（n﹣1）＝2n﹣1，
a a
n 1
所以c {2n−1，n为奇数，
n=
2n，n为偶数
所以S ＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n
2n
＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）
n(1+4n−3) 4(1−4n )
= +
2 1−4
4n+1−4
＝2n2﹣n+ ．
3
4n+1−4
故答案为：2n2﹣n+ ．
3
1 n−λ
9．已知数列{a }满足2a a +a +3a +2＝0，其中a =− ，设b = ，若b 为数列
n n n+1 n n+1 1 2 n a +1 3
n
{b }中唯一最小项，则实数 的取值范围是 （ 5 ， 7 ）
n
λ【解答】解：∵2a a +a +3a +2＝0，
n n+1 n n+1
∴a −(a +2)，
n+1= n
2a +3
n
∴ −(a +2) a +1 ，
a +1= n +1= n
n+1 2a +3 2a +3
n n
∴ 1 2a +3 1 ，即 1 1 ，
= n =2+ − =2
a +1 a +1 a +1 a +1 a +1
n+1 n n n+1 n
1
所以数列{ }是公差为2的等差数列，
a +1
n
1 1
∵ =2，∴ =2+(n−1)×2= 2n，
a +1 a +1
1 n
∴b ＝2n（n﹣ ），
n
∴b
n+1
﹣b
n
＝2（λn+1）（n+1﹣ ）﹣2n（n﹣ ）＝4n+2﹣2 ，
因为b 3 为数列{b n }中唯一最小项λ ， λ λ
所以b ＞b ＞b ＜b ＜b ＜…，
1 2 3 4 5
∴当n＝1时，b ﹣b ＝6﹣2 ＜0，得 ＞3，
2 1
当n＝2时，b
3
﹣b
2
＝10﹣2 ＜λ 0，得 ＞λ 5，
当n≥3时，4n+2﹣2 ＞0恒λ成立， λ
即 ＜2n+1，即有 ＜λ7．
所以λ 5＜ ＜7． λ
故答案为λ：（5，7）．
课后作业 . 数列求和
1．已知各项均不相等的等差数列{a }的前四项和S ＝14，且a ，a ，a 成等比．
n 4 1 3 7
（1）求数列{a }的通项公式；
n
1
（2）设T 为数列{ }的前n项和，若 T ≤a 对一切n N*恒成立，求实数 的最
n a a n n+1
n n+1
λ ∈ λ
大值．
【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列{a }的前四项和S ＝14，且a ，a ，a 成等
n 4 1 3 7
比．设公差为d，由已知得：¿，
，联立解得d＝1或d＝0（舍去），
a ＝2，
1
故：a ＝n+1．
n
1 1 1 1
（2）由（1）得： = = − ，
a a (n+1)(n+2) n+1 n+2
n n+1
1 1 1 1 1 1
所以：T = − + − +⋯+ − ．
n 2 3 3 4 n+1 n+2
1 1
= − ，
2 n+2
n
= ．
2(n+2)
由于： T ≤a 对一切n N*恒成立，
n n+1
λ n ∈
所以：λ ≤n+2，
2(n+2)
2(n+2) 2 4
解得：λ≤ =2(n+ )+8，
n n
4 √ 4
由于：n+ ≥2 n⋅ ≥4
n n
4
故：2(n+ )+8≥16，
n
即： ≤16．
故 的λ 最大值为16．
2．设λ等差数列{a
n
}的前n项和为S
n
，a
3
＝6，a
7
＝14．
（1）求数列{a }的通项公式及S ；
n n
（2）若_____，求数列{b }的前n项和T ．
n n
在①b
n
＝2
a
•a
n
；②b
n=
a2
n
+a
n+1
2 ；③b
n
＝（﹣1）n•a
n
这三个条件中任选一个补充
❑ n
S
n
在第（2）问中，并对其求解．
【解答】解：（1）设等差数列{a }的公差为d，由a ＝6，a ＝14．得4d＝a ﹣a ＝14﹣
n 3 7 7 3
6＝8，解得d＝2，
n
所以a ＝a ﹣2d＝6﹣4＝2，所以a ＝2+2（n﹣1）＝2n；S = （2+2n）＝n2+n．
1 3 n n
2
（2）若选择条件①：由（1）可知a
n
＝2n，则b
n
＝2❑ a n•a
n
＝2n•4n，所以 T ＝b +b +…+b ＝2×41+4×42++6×43…+（2n）•4n；4T ＝2×42+4×43+6×44+…
n 1 2 n n
+（2n）•4n+1，
4(1−4n ) 8
两式相减得：﹣3T ＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1＝2× −2n•4n+1=−
n 1−4 3
（1﹣4n）﹣2n•4n+1，
8 2n
所以T = （1﹣4n）+ •4n+1；
n
9 3
若选择条件②：由 a n ＝2n，S n ＝n2+n，得 b n= a2 n +a2 n+1= 8n2+8n+4 = 8 + 4 =
S n(n+1) n(n+1)
n
1 1
8+4（ − ），
n n+1
1 1 1 1 1
所 以 T ＝ b +b +b +… +b ＝ 8n+4 （ 1− + − +⋯+ − ） ＝ 8n
n 1 2 3 n 2 2 3 n n+1
4n 8n2+12n
+ = ；
n+1 n+1
若选择条件③：由a ＝2n，得b ＝（﹣1）n•a ＝（﹣1）n•2n，
n n n
所以T ＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n•2n，当n为偶数时，T ＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++
n n
n
[﹣2（n﹣1）+2n]= ×2＝n，
2
n−1
当n为奇数时，T ＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n= ×
n
2
2n＝﹣n﹣1，
{ n，n为奇数
所以T = ．
n −n−1，n为偶数
a (a +1)
3．已知数列{a }的各项均为正数，前n项和为S ，且S = n n （n N*）．
n n n
2
∈
（1）求数列{a }的通项公式；
n
2S
（2）设b n= n ，T n ＝b 1 +b 2 +…+b n ，求T n ．
(−2) n (n+1)
a (a +1)
【解答】解：（1）S = n n （n N*），
n
2
∈a (a +1)
当n＝1时，S = 1 1 ，∴a ＝1，
1 2 1
当n≥2时，
a (a +1)
由S = n n ，得2S =a 2+a ①
n 2 n n n
取n＝n﹣1，得 ②
2S =a 2+a
n−1 n−1 n−1
①﹣②得： ，
2a =2(S −S )=a 2−a 2+a −a
n n n−1 n n−1 n n−1
∴（a n +a n﹣1 ）（a n ﹣a n﹣1 ﹣1）＝0，
∵a n +a n﹣1 ＞0，
∴a
n
﹣a
n﹣1
＝1，n≥2，
∴数列{a }是等差数列，
n
则a ＝n；
n
a (a +1)
（2）由S = n n ，a ＝n，
n n
2
n(n+1)
∴S = ，
n 2
则 2S n ，
b = n =
n (−2) n (n+1) (−2) n
1 2 n−1 n
∴T = + +⋯+ + ，
n −2 (−2) 2 (−2) n−1 (−2) n
2 n−1 n
−2T =1+ +⋯+ + ，
n −2 (−2) n−2 (−2) n−1
两式作差得：
1 1 n
∴−3T =1+ +⋯+ −
n −2 (−2) n−1 (−2) n
1 n 1 n−1
1−(− ) 2+(− )
2 n 2 n
= − = − ，
1 (−2) n 3 (−2) n
1−(− )
2
1 n−1
∴ 2+(− ) ．
n 2 3n+2 2
T = − = −
n 3(−2) n 9 9(−2) n 94．在数列{a
n
}中，a
1=
1，对任意的n N*，都有 1
=
na
n
+1成立．
2 (n+1)a na
n+1 n
∈
（Ⅰ）求数列{a }的通项公式；
n
15
（Ⅱ）求数列{a }的前n项和S ；并求满足S＜ 时n的最大值．
n n n
16
【解答】解：（I）∵a 1= 1，对任意的 n N*，都有 1 = na n +1成立，∴
2 (n+1)a na
n+1 n
∈
1 1
− = 1．
(n+1)a na
n+1 n
1
∴ = 2+（n﹣1）＝n+1，
na
n
1
∴a = ．
n n(n+1)
1 1 1
（II）a = = − ．
n n(n+1) n n+1
1 1 1 1 1 1
∴数列{a }的前n项和S =(1− )+( − )+⋯+( − )=1− ，
n n 2 2 3 n n+1 n+1
15 1 15 15
S＜ ，即1− ＜ ，解得n＜15，因此满足S＜ 时n的最大值为14．
n 16 n+1 16 n 16
