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微专题 2 数列求和及其综合应用
[考情分析] 1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般
以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择
题、填空题及解答题的形式出现，难度中等.
考点一 数列求和
1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的
1 1(1 1 )
是相邻项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有： = - ；
n(n+k) k n n+k
1 1( 1 1 )
= - .
4n2-1 2 2n-1 2n+1
2.错位相减法求和，主要用于求{a b }的前n项和，其中{a }，{b }分别为等差数列和等比数列.
n n n n
考向1 分组转化法
例1 (2024·西安模拟)已知在正项数列{a }中，a =4，a a =32，且ln a ，ln a ，ln a 成等差数列.
n 3 2 5 n n+1 n+2
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)若数列{b }满足b =a +(-1)nlog a ，求数列{b }的前n项和T .
n n n 2 n+1 n n
解 (1)∵ln a ，ln a ，ln a 成等差数列，
n n+1 n+2
∴2ln a =ln a +ln a ，
n+1 n n+2
即a2
=a a ，而a ≠0，
n+1 n n+2 n
∴{a }为等比数列，设其公比为q，
n
{ a =a q2=4,
3 1
又
a a =a2q5=32,
2 5 1
{a =1,
得 1 ∴a =2n-1.
q=2, n
(2)b =2n-1+(-1)nlog 2n=2n-1+(-1)nn，
n 2
当n为偶数时，
T =(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]
n
1-2n n n-2
= + =2n+ ；
1-2 2 2
当n为奇数时，
T =(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…+(n-1)-n]
n
1-2n n-1 n+3
= + -n=2n- ，
1-2 2 2n-2
{2n+ ,n为偶数,
2
∴T =
n n+3
2n- ,n为奇数.
2
考向2 裂项相消法
例2 (2024·茂名模拟)已知等差数列{a }的前n项和为S ，且S =S +S ，2a -3a =1，n∈N*.
n n 5 4 3 3n 2n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
{ a }
(2)求数列
n+1
的前n项和T .
S S n
n n+1
解 (1)∵数列{a }是等差数列，记其公差为d，
n
由题意知
{ 5×4 4×3 3×2
5a + d=4a + d+3a + d,
1 2 1 2 1 2
2[a +(3n-1)d]-3[a +(2n-1)d]=1
1 1
{ 2a =d,
1
⇒
-a +d=1
1
{a =1,
1
⇒
d=2.
∴a =1+(n-1)·2=2n-1.
n
a S -S 1 1
(2)∵ n+1 = n+1 n = - ，
S S S S S S
n n+1 n n+1 n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1
∴T = - + - +…+ - = - .
n S S S S S S S S
1 2 2 3 n n+1 1 n+1
(1+2n-1)n
∵S = =n2，
n 2
1
∴T =1- .
n (n+1) 2
考向3 错位相减法
例3 (2024·全国甲卷)记S 为数列{a }的前n项和，已知4S =3a +4.
n n n n
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)设b =(-1)n-1na ，求数列{b }的前n项和T .
n n n n
解 (1)当n=1时，
4S =4a =3a +4，解得a =4.
1 1 1 1
当n≥2时，4S =3a +4，
n-1 n-1
所以4S -4S =4a =3a -3a ，
n n-1 n n n-1
即a =-3a ，
n n-1而a =4≠0，故a ≠0，
1 n
a
n
故 =-3(n≥2)，
a
n-1
所以数列{a }是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a =4(-3)n-1.
n n
(2)b =(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1，
n
所以T =b +b +b +…+b
n 1 2 3 n
=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1，
故3T =4·31+8·32+12·33+…+4n·3n，
n
所以-2T =4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n
n
1-3n
=4· -4n·3n
1-3
=2(3n-1)-4n·3n
=(2-4n)·3n-2，
所以T =(2n-1)3n+1.
n
[规律方法] (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差.
(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项.
(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S ”和“qS ”的表达式时
n n
应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“S -qS ”的表达式.
n n
n(n+1)
跟踪演练1 (1)(2024·岳阳模拟)已知数列{√a }的前n项和为 .
n 2
①求数列{a }的通项公式；
n
3 3
②证明： a2 -a2=3a
n
+3n+1，并求数列{a
n
}的前n项和S
n
.
n+1 n
解 ①当n=1时，√a =1，∴a =1；
1 1
n(n+1) n(n-1)
当n≥2时，√a = - =n，
n 2 2
∴a =n2，当n=1时，a =1适合上式，
n 1
∴a =n2(n∈N*).
n
3 3
② a2 -a2=(n+1)3-n3=3n2+3n+1，
n+1 n
3 3
∴ a2 -a2=3a
n
+3n+1成立，
n+1 n
∴(n+1)3-n3=3a +3n+1，
n
n3-(n-1)3=3a +3(n-1)+1，
n-1
…
23-13=3a +3×1+1，
1累加得(n+1)3-13=3(a +a +…+a )+3(1+2+…+n)+n，
1 2 n
3n(n+1)
即n3+3n2+3n=3S + +n，
n 2
n(n+1)(2n+1)
∴S = .
n 6
(2)(2024·秦皇岛模拟)已知等比数列{a }的前n项和为S ，且数列{S +2}是公比为2的等比数列.
n n n
①求{a }的通项公式；
n
n+2 1
②若b = ，数列{b }的前n项和为T ，求证：T < .
n n(n+1)a n n n 2
n+1
①解 因为数列{S +2}是公比为2的等比数列，
n
又S +2=a +2，所以S +2=(a +2)·2n-1.
1 1 n 1
当n≥2时，由S +2=(a +2)·2n-1，得S +2=(a +2)·2n-2，
n 1 n-1 1
两式相减得a =(a +2)·2n-2(n≥2)，
n 1
a a
2 3
又{a }是等比数列，所以 = =2，
n a a
1 2
a +2
1
所以 =2，解得a =2，
a 1
1
所以a =2n(n≥2)，
n
当n=1时上式成立，所以a =2n.
n
②证明 由①知
n+2 n+2
b = =
n n(n+1)a n(n+1)·2n+1
n+1
1 1
= - ，
n·2n (n+1)·2n+1
所以T =b +b +b +…+b
n 1 2 3 n
1 1 1 1 1 1
= - + - +…+ -
1×2 2×22 2×22 3×23 n·2n (n+1)·2n+1
1 1
= - ，
2 (n+1)·2n+1
1 1
又 >0，所以T < .
(n+1)·2n+1 n 2
考点二 数列的综合问题
数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、
数学建模等核心素养.解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新
数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解.例4 (1)已知函数f(x)=x5+2x3+3x，数列{a }的首项为1，且满足a =a (n∈N*).若f(a )+f(a +a
n n+3 n 2 023 2 024 2
)=0，则数列{a }的前2 026项和为( )
025 n
A.0 B.1
C.675 D.2 023
答案 B
解析 ∵函数f(x)=x5+2x3+3x，则f'(x)=5x4+6x2+3>0，
∴函数f(x)=x5+2x3+3x是增函数，且是奇函数.
∵a =a (n∈N*)，
n+3 n
∴a =a =1，a =a ，a =a ，
1 2 023 2 2 024 3 2 025
∴f(a )+f(a +a )=f(a )+f(a +a )=0，
1 2 3 2 023 2 024 2 025
∴f(a )=-f(a +a )=f(-a -a )，
1 2 3 2 3
∴a =-a -a ，即a +a +a =0，
1 2 3 1 2 3
∴数列{a }的前2 026项和为675×(a +a +a )+a =0+a =1.
n 1 2 3 2 026 1
(2)(2024·襄阳模拟)蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关，如图为某校数学
社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形
ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C
为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆
弧……依此类推，当得到的“蚊香”(不含△ABC)恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为 .
答案 80π
2π
解析 由题意可知每段圆弧的圆心角为 ，
3
设第n段圆弧的半径为r ，则可得r =r +1，r =1，
n n+1 n 1
故数列{r }是首项r =1，公差d=1的等差数列，
n 1
则r =1+n-1=n，
n
则“蚊香”的长度为
2π 2π 2π 2π
r + r +…+ r = (r +r +…+r )
3 1 3 2 3 15 3 1 2 15
2π 15×(1+15)
= × =80π.
3 2
[规律方法] 数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键
是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识.跟踪演练2 (1)(2024·南昌模拟)若数列{a }相邻两项的和依次构成等差数列，则称{a }是“邻和等差数
n n
列”.例如，数列1，2，4，5，7，8，10为“邻和等差数列”.已知数列{a }是“邻和等差数列”，S 是
n n
其前n项和，且a =0，a =1，a =4，则S 等于( )
1 2 3 200
A.39 700 B.39 800
C.39 900 D.40 000
答案 A
解析 设b =a +a ，由a =0，a =1，a =4，
n n n+1 1 2 3
得b =1，b =5，则b =4n-3=a +a ，
1 2 n n n+1
故S =(a +a )+(a +a )+…+(a +a )
200 1 2 3 4 199 200
=b +b +…+b =1+9+…+793
1 3 199
100×(1+793)
= =39 700.
2
(2)(2024·昆明模拟)第七届国际数学教育大会的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作
Rt△AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三
角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为( )
√3[ (2√3) 11 ] √3[ (4) 11 ]
A. -1 B. -1
2 3 2 3
√3[ (2√3) 12 ] √3[ (4) 12 ]
C. -1 D. -1
2 3 2 3
答案 D
360°
解析 因为 =12，
30°
设第n(n∈N*，1≤n≤12)个三角形的斜边长为a ，面积为b ，
n n
1 2√3
由题意可知a = = ，
1 cos30° 3
a 2√3
a = n = a ，
n+1 cos30° 3 n
1 1 √3 √3
b = × a × a =
a2
，
n 2 2 n 2 n 8 n
√3
则b = ≠0，
1 6√3
a2 (2√3 ) 2
b 8 n+1 a 4
n+1 = = 3 n = ，
b √3 3
n a2 a2
8 n n
√3 4
可知数列{b }是首项为b = ，公比为 的等比数列，
n 1 6 3
√3[ (4) 12]
1-
6 3 √3[ (4) 12 ]
所以所作的所有三角形的面积和为 = -1 .
4 2 3
1-
3
专题强化练
(分值：90分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
( π)
1.(2024·阳泉模拟)已知等差数列{a }中，a 是函数f(x)=sin 2x- 的一个极大值点，则tan(a +a )的值为(
n 7 6 5 9
)
√3
A. B.√3
3
C.±√3 D.-√3
答案 D
π π
解析 由正弦函数性质知，当2x- = +2kπ，k∈Z，
6 2
π
即x= +kπ，k∈Z时，
3
( π)
函数f(x)=sin 2x- 取得极大值，
6
π
则a = +kπ，k∈Z，
7 3
2π
由等差数列性质，得a +a =2a = +2kπ，k∈Z，
5 9 7 3
(2π )
所以tan(a +a )=tan +2kπ
5 9 3
2π ( π)
=tan =tan π-
3 3
π
=-tan =-√3.
31
2.已知函数f(x)=xα的图象过点(4，2)，令a = (n∈N*)，记数列{a }的前n项和为S ，则S
n f(n+1)+f(n) n n 2 024
等于( )
A.√2 024+1 B.√2 025-1
C.√2 024-1 D.√2 025+1
答案 B
解析 函数f(x)=xα的图象过点(4，2)，
1
则4α=2，解得α= ，则f(x)=√x，
2
1 1
a = =
n f(n+1)+f(n) √n+1+√n
=√n+1-√n，
则S =(√2-1)+(√3-√2)+…+(√2 025-√2 024)=√2 025-1.
2 024
3.(2024·双鸭山模拟)在一个数列中，如果∀n∈N*，都有a ·a ·a =8，且a =1，a =2，则a +a +a +…+a
n n+1 n+2 1 2 1 2 3 12
等于( )
A.28 B.20
C.24 D.10
答案 A
解析 由题知a ·a ·a =8，a ·a ·a =8，
n n+1 n+2 n+1 n+2 n+3
所以a =a ，故数列{a }是一个周期为3的周期数列，
n n+3 n
又a a a =8，a =1，a =2，所以a =4，
1 2 3 1 2 3
所以a +a +a +…+a =4(a +a +a )=28.
1 2 3 12 1 2 3
1
4.(2024·绵阳模拟)已知数列{a }的各项均为正数，a =1，a -a = ，若[x]表示不超过x的最大整数，
n 1 n+1 n a +a
n+1 n
则[a ]+[a ]+…+[a ]等于( )
1 2 20
A.10 B.49
C.54 D.70
答案 C
1
解析 因为a =1，a -a = ，
1 n+1 n a +a
n+1 n
所以a2 -a2
=1，
n+1 n
可得{a2
}是以1为首项，1为公差的等差数列，
n
所以a2
=1+(n-1)×1=n，因为数列{a }的各项均为正数，
n n
所以a =√n，因为n∈N*，
n
当1≤n<4时，[√n]=1，当4≤n<9时，[√n]=2，
当9≤n<16时，[√n]=3，
当16≤n≤20时，[√n]=4，
则[a ]+[a ]+…+[a ]=3×1+5×2+7×3+5×4=54.
1 2 20
5.(2024·杭州模拟)设数列{a }，{b }满足a =b =1，a +b =2n，a +b =2n.设S 为数列{a +b }的前n项和，则
n n 1 1 n n+1 n+1 n n n n
S 等于( )
7
A.110 B.120
C.288 D.306
答案 A
解析 S =a +b +a +b +a +b +a +b +a +b +a +b +a +b
7 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7
=a +b +(a +b )+(b +a )+(a +b )+(b +a )+(a +b )+(b +a )
1 1 2 3 2 3 4 5 4 5 6 7 6 7
=1+1+2×2+22+2×4+24+2×6+26=2+4+4+8+16+12+64=110.
6.(2024·南充模拟)如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4个大正方形中，着色的小
1 1 1
正方形的个数依次构成一个数列{a }的前4项. 记S= + +…+ ，则下列结论正确的为( )
n a a a
1 2 100
8 8
A.S> B.S=
7 7
8 8
C.S< D.S与 的大小关系不能确定
7 7
答案 C
解析 由图分析可知a =1，a =8a +1=8+1，
1 2 1
a =8a +1=8(8+1)+1=82+8+1，
3 2
a =8a +1=8(82+8+1)+1=83+82+8+1，
4 3
依此类推，a =899+898+897+…+8+1，
100
1 1 1 1 1 1
所以S= + +…+ =1+ + +…+
a a a 8+1 82+8+1 899+898+897+…+8+1
1 2 100
1 1 1
<1+ + +…+
8 82 899
[ (1) 100]
1· 1-
8
=
1
1-
88[ (1) 100] 8
= 1- < .
7 8 7
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5
1 5
7.(2024·白山模拟)公差不为零的等差数列{a }满足|a |=a ， Σ = ，则( )
n 6 8 a a 96
k=1 k k+1
A.a =0 B.d=±4
7
C.a =24 D.S =60
1 15
答案 AD
解析 由|a |=a 得，a +a =0，根据等差数列性质知a =0，故A正确；
6 8 6 8 7
又a >0，∴d>0，
8
5
1 5 1( 1 1 ) 5 5 5 5
由 Σ = ，得 - = = = = ，∴d=4，则a =a +6d=0，解得
a a 96 d a a a a (a -6d)(a -d) 6d2 96 7 1
k=1 k k+1 1 6 1 6 7 7
a =-24，故BC错误；
1
而S =15a =15(a +d)=60，故D正确.
15 8 7
8.(2024·郑州模拟)对于数列{a }，定义b 为a ，a ，…，a 中的最大值(k=1，2，…，n，n∈N*)，把数列
n k 1 2 k
{b }称为数列{a }的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，7，7，则( )
n n
A.若数列{a }是递减数列，则{b }为常数列
n n
B.若数列{a }是递增数列，则有a =b
n n n
C.若a ∈N*，则满足{b }为2，3，3，5，5的所有数列{a }的个数为8
n n n
2
D.若a =(-2)n-1(n∈N*)，记S 为{b }的前n项和，则S = (2100-1)
n n n 100 3
答案 ABD
解析 若数列{a }是递减数列，则a 是a ，a ，…，a 中的最大值(k=1，2，…，n，n∈N*)，
n 1 1 2 k
所以b =a ，{b }为常数列，A选项正确；
n 1 n
若数列{a }是递增数列，则a 是a ，a ，…，a 中的最大值(k=1，2，…，n，n∈N*)，
n k 1 2 k
所以b=a，即a =b ，B选项正确；
k k n n
满足{b }为2，3，3，5，5，则a =2，a =3，a 可以取1，2，3，a =5，a 可以取1，2，3，4，5，
n 1 2 3 4 5
所有数列{a }的个数为3×5=15，C选项错误；
n
若a =(-2)n-1(n∈N*)，则数列{a }中奇数项构成递增的正项数列，偶数项都是负数，
n n
则有b =b =(-2)2k-2=22k-2，
2k-1 2k
2
所以S =2(1+22+24+…+298)= (2100-1)，D选项正确.
100 3
三、填空题(每小题5分，共10分)9.(2024·沈阳模拟)已知公比q大于1的等比数列{a }满足a +a =5，a =2.设b =|2log a -7|，则数列{b }的前10
n 1 3 2 n 2 n n
项和S = .
10
答案 52
{a +a =a +a q2=5,
解析 由题意可得
1 3 1 1
a =a q=2,
2 1
{a =4,
{a =1, 1
解得 1 或 1
q=2 q= ,
2
{a =1,
又q>1，则 1 可得a =2n-1，
q=2, n
则b =|2log a -7|=|2log 2n-1-7|
n 2 n 2
{9-2n,n≤4,
=|2n-9|=
2n-9,n≥5,
则S =b +…+b +b +…+b
10 1 5 6 10
=7+5+3+1+1+3+…+11=52.
10.设有四个数的数列a ，a ，a ，a ，前三个数构成一个等比数列，其和为k，后三个数构成一个等差数列，
1 2 3 4
其和为15，且公差非零.对于任意固定的实数k，若满足条件的数列只有一个，则k的值为 .
15
答案
4
解析 因为后3个数成等差数列且和为15，故可依次设后3个数为5-d，5，5+d(d≠0且d≠5)，
又前3个数构成等比数列，
(5-d) 2
则第一个数为 ，
5
(5-d) 2
即 +5-d+5=k，
5
化简得d2-15d+75-5k=0，
因为满足条件的数列只有一个，即关于d的方程只有一解，
15
即Δ=0，解得k= .
4
四、解答题(共28分)
11.(13分)(2024·双鸭山模拟)记S 为数列{a }的前n项和，{√S -n}是首项与公差均为1的等差数列.
n n n
(1)求数列{a }的通项公式；(5分)
n
(-1) n (a +1)
(2)设b = n ，求数列{b }的前2 024项的和T .(8分)
n S n 2 024
n
解 (1)由{√S -n}是首项与公差均为1的等差数列，得√S -n=1+(n-1)×1=n，
n n则S =n2+n，当n≥2时，
n
S =(n-1)2+(n-1)，
n-1
两式相减得a =2n，
n
当n=1时，a =S =2，也满足上式，故数列{a }的通项公式为a =2n.
1 1 n n
(2)由(1)得
(-1) n (a +1) (-1) n (2n+1)
b = n =
n S n(n+1)
n
(1 1 )
=(-1)n + ，
n n+1
所以数列{b }的前2 024项的和为
n
( 1) (1 1) (1 1) ( 1 1 ) 1 2 024
T =- 1+ + + - + +…+ + =-1+ =- .
2 024 2 2 3 3 4 2 024 2 025 2 025 2 025
1
12.(15分)(2024·桂林模拟)已知数列{a }的前n项和为S ，且4a -3S = .
n n 1 n 4n-1
(1)求数列{a }的通项公式；(5分)
n
16
(2)设b =na ，且数列{b }的前n项和为T ，若∀n∈N*都有不等式T ≤ +3λa 恒成立，求λ的取值范围.(10
n n n n n 9 n
分)
1
解 (1)因为4a -3S = ，
1 n 4n-1
当n=1时，得4a -3a =1，
1 1
1
即a =1≠0，3S =4- ， ①
1 n 4n-1
1
当n≥2时，3S =4- ， ②
n-1 4n-2
1 1 1
由①-②得3a = - ，a = ，
n 4n-2 4n-1 n 4n-1
(1) n-1
又a =1也满足，所以a = .
1 n 4
(1) n-1
(2)因为b =na =n ，
n n 4
(1) 0 (1) 1 (1) 2 (1) n-1
所以T =1× +2× +3× +…+n× ，
n 4 4 4 4
1 (1) 1 (1) 2 (1) n-1 (1) n
T =1× +2× +…+(n-1)× +n× ，
4 n 4 4 4 43 (1) 0 (1) 1 (1) 2 (1) n-1 (1) n
两式相减得 T = + + +…+ -n×
4 n 4 4 4 4 4
(1) n
1-
4 (1) n
= -n
1 4
1-
4
4 ( 4)(1) n
= - n+ ，
3 3 4
16 4( 4)(1) n
故T = - n+ ，
n 9 3 3 4
16
由T ≤ +3λa ，
n 9 n
16 4( 4)(1) n 16 (1) n-1
得 - n+ ≤ +3λ ，
9 3 3 4 9 4
n 4
即λ≥- - ，
9 27
n 4
依题意，∀n∈N*不等式λ≥- - 恒成立，
9 27
n 4
因为y=- - 随着n的增大而减小，
9 27
7 [ 7 )
所以λ≥- ，即λ的取值范围为 - ，+∞ .
27 27
每小题5分，共10分
13.(2024·佳木斯模拟)复数z=i+2i2+3i3+…+2 024i2 024的虚部是 .
答案 -1 012
解析 因为z=i+2i2+3i3+…+2 024i2 024，
z·i=i2+2i3+3i4+…+2 024i2 025，
i(1-i2 024
)
两式相减，得z·(1-i)=i+i2+i3+…+i2 024-2 024i2 025= -2 024i2 025， ①
1-i
因为i4=1，所以i2 024=i4×506=1，
i2 025=i4×506+1=i，
-2 024i -2 024i(1+i) -2 024i+2 024
所以化简①可得z= = = =1 012-1 012i，
1-i (1-i)(1+i) 2
所以虚部为-1 012.14.(2024·沈阳模拟)设数列{a }的通项公式为a =n3-n，n∈N*，该数列中个位数字为0的项按从小到大的顺
n n
序排列构成数列{b }，则b 被7除所得的余数是 .
n 2 017
答案 0
解析 因为a =n3-n=n(n-1)(n+1)，所以当n的个位数字为1，4，5，6，9，0时，
n
a 的个位数字为0，则在数列{a }中，每连续10项中就有6项的个位数字为0，
n n
而2 017=336×6+1，由此推断数列{b }中的第2 017项相当于数列{a }中的第3 361项，
n n
即b =a =3 3613-3 361，
2 017 3 361
而3 361=480×7+1，所以3 361除以7余数为1，
而(7k+1)3=(7k)3+3(7k)2+3·7k+1，k∈N*，
所以3 3613除以7余数也为1，
而它们的差3 3613-3 361一定能被7整除，所以b 被7除所得余数为0.
2 017
