（2n－1）×2n＋1∴Tn＝.(12分)
2
2Sn12
6．(经典题，12分)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
n33(Ⅰ)求a2的值；
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式；
1117
(Ⅲ)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
a1a2an4答案：(Ⅰ)4 (Ⅱ)an＝n2 (Ⅲ)见证明过程
12
解：(Ⅰ)由题意，当n＝1时， 2S1＝a2－－1－，即2S1＝a2－2，又S1＝a1＝1，∴a2
33＝4.(2分)
12
(Ⅱ)由2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
33
12
得2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，n≥2，两式相减，得2an＝nan＋1－(n－
33an＋1an12
1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即－＝1，n≥2.(5
33n＋1n分)
an＋1ana2a1?an?a1an又－＝1，∴－＝1，∴数列?n?是首项为＝1，公差为1的等差数列，∴＝211n??n＋1n1＋(n－1)×1＝n，∴an＝n2.(7分)
11111111111(Ⅲ)证明：当n≥3时，＋＋＋…＋＝1＋＋2＋2＋…＋2<1＋＋＋
a1a2a3an434n42×33×41111??11?11511717－＋－＋…＋(＋…＋＝1＋＋?－)＝＋－＝－<.(10分) 4?23??34?n（n－1）n－1n42n4n4
1117
当n＝1，2时，也成立．∴对一切正整数n，有＋＋…＋<.(12分)
a1a2an4
、
课后提分练26 数列求和及综合问题
A组(巩固提升)
1．(2016北京，13分)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
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3n－1
答案：(Ⅰ)an＝2n－1 (Ⅱ)Sn＝n＋
2
2
解：(Ⅰ)设等比数列{bn}的公比为q， b39b2
∴q＝＝＝3，∴b1＝＝1，b4＝b3q＝27.
b23q设等差数列{an}的公差为d， ∵a1＝b1＝1，a14＝b4＝27， ∴1＋(14－1)d＝27，∴d＝2. ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(5分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，an＝2n－1，bn＝3n1，(6分) ∴cn＝2n－1＋3n1，(7分)
∴数列{cn}的前n项和为Sn＝(1＋1)＋(3＋3)＋(5＋9)＋…＋(2n－1＋3n1) ＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(1＋3＋9＋…＋3＝n2＋
2．(2015湖北，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.
(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；
an
(Ⅱ)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
bn1
an＝（2n＋79），
9??an＝2n－1，
答案：(Ⅰ)?或 －n－1
2?bn＝2n1???bn＝9·?9?
3n－1
.(13分) 2
n－1
－
－
－
n（1＋2n－1）1－3n)＝＋ 21－3
?
??
2n＋3
(Ⅱ)Tn＝6－n－1 2
10×（10－1）??10a1＋d＝100，??2a1＋9d＝20，2解：(Ⅰ)由题意得，?即?
?ad＝2，?1??a1d＝2，
???a1＝1，?
解得?或?2
?d＝2??d＝.n
n
a1＝9，
(4分)
?9
1
?a＝9（2n＋79），??a＝2n－1，
故?或?(6分)
2?b＝2???.
?b＝9·?9?
n
n－1
n－1
n
2n－1－
(Ⅱ)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n1，故cn＝n－1，(7分)
2
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2n－13579
于是，Tn＝1＋＋2＋3＋4＋…＋n－1， ①
222222n－1113579
Tn＝＋2＋3＋4＋5＋…＋n，② 2222222
2n－12n＋31111
①－②，得Tn＝2＋＋2＋…＋n－2－n＝3－n，(10分)
2222222n＋3
故Tn＝6－n－1.(12分)
2
3．(2024天津，13分)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(Ⅰ)求Sn和Tn；
(Ⅱ)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
n（n＋1）
答案：(Ⅰ)Sn＝，Tn＝2n－1 (Ⅱ)4
2
解：(Ⅰ)设等比数列{bn}的公比为q.由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0. 因为q>0，所以q＝2，故bn＝2
n－1
1－2nn
，Tn＝＝2－1.(4分)
1－2
设等差数列{an}的公差为d，由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4；
n（n＋1）
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n，所以Sn＝.(7
2分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)，知分)
n（n＋1）n＋1＋由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，可得＋2－n－2＝n＋2n1，
2整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍去)或n＝4. 所以正整数n的值为4.(13分)
4．(2015天津，13分)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(Ⅰ)求q的值和{an}的通项公式；
log2a2n
(Ⅱ)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．
a2n－1
n＋2
答案：(Ⅰ)q＝2，an＝ (Ⅱ)4－n－1，n∈N*
2
解：(Ⅰ)由已知，有 2(a3＋a4)＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)，即a4－a2＝a5－a3. ∵a3＝qa1＝q， a4＝qa2＝2q，a5＝qa3＝q2，∴2q－2＝q2－q，即q2－3q＋2＝0，解得q＝2或q＝1(舍去)．(3分)
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝
2×（1－2n）＋
－n＝2n1－n－2.(10
1－2
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当
n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2
k－1
＝2n?12；当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2
k
＝2 ，
n2∴数列{an}的通项公式为an＝ (6分)
log2a2nn
(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝＝n－1.(7分)
a2n－12
设{bn}的前n项和为Sn，
11111
则Sn＝1×0＋2×1＋3×2＋…＋(n－1)×n－2＋n×n－1，①
22222111111
Sn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n，② 222222
1?n
1－??2?nn＋21111n
①－②，得Sn＝1＋＋2＋…＋n－1－n＝－n＝2－n，(11分)
22221222
1－
2n＋2
整理得，Sn＝4－n－1.
2∴数列{bn}的前n项和为4－
B组(冲刺满分)
5.(2024江苏，5分)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得 Sn>12an＋1成立的n的最小值为________． 答案：27
解析：记集合A，B构成的数列分别为{bn}，{cn}，则bn＝2n－1，cn＝2n， 显然bn都是奇数，cn都是偶数，所以数列{bn}，{cn}无公共元素， 下面分an＋1∈A和an＋1∈B两种情形进行讨论．
(1)情形一：an＋1＝2m，其中m∈N*，则Sn＝[1＋3＋…＋(2m－1)]＋(2＋22＋…＋2m1)＝ －－－(2m1)2＋(2m－2)，且n＝2m1＋m－1，依题意得(2m1)2＋(2m－2)>12×2m，即(2m)2－44×2m
－8>0，解得2m>22＋222＋8>44，所以m≥6，n＝2m1＋m－1≥37. (2)情形二：an＋1＝2m＋1，其中m∈N*.
令2k≤2m，解得k≤log2m＋1，记不超过(log2m＋1)的最大整数为[log2m＋1]，
＋＋
即[log2m]＋1，则Sn＝[1＋3＋…＋(2m－1)]＋(2＋22＋…＋2[log2m]1)＝m2＋2[log2m]2－2，且n＝m＋[log2m]＋1，
＋＋
依题意得m2＋2[log2m]2－2>12×(2m＋1)，即m2－24m－14＋2[log2m]2>0.
＋
显然m≥16，否则若m<16，则m2－24m－14＋2[log2m]2<1－24－14＋25<0，不符合题意，
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－
－
n＋2*
－，n∈N.(13分) 2n1
所以[log2m]≥4，
先尝试取[log2m]＝4，此时有m2－24m＋50>0，解得m>12＋94>21，所以m≥22，而m＝22也满足[log2m]＝4，故m的最小值为22，n＝m＋[log2m]＋1的最小值为27.
综上所述，符合题意的n的最小值为27.
6．(经典题，14分)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(Ⅰ)求a1的值；
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式；
11113
(Ⅲ)证明：对一切正整数n，有＋＋＋…＋<.
a1a2a3an2答案：(Ⅰ)1 (Ⅱ)an＝3n－2n (Ⅲ)见证明过程
＋
解：(Ⅰ)∵2Sn＝an＋1－2n1＋1，n∈N*，
??2a1＝a2－3，①
分别令n＝1，2，得?
?2（a1＋a2）＝a3－7.②?
＋
又∵a1，a2＋5，a3成等差数列，∴2(a2＋5)＝a1＋a3，③ 联立①②③，解得a1＝1.(3分)
(Ⅱ)由2Sn＝an＋1－2n1＋1，得2Sn－1＝an－2n＋1，n≥2，
＋
两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，即an＋1＝3an＋2n，即an＋1＋2n1＝3(an＋2n)， ∴数列{an＋2n} 从第二项开始是一个以a2＋4为首项，3为公比的等比数列． 由a1＝1，2a1＝a2－3，得a2＝5，∴an＋2n＝9×3n2，即an＝3n－2n，n≥2.(6分) 当n＝1时， a1＝1也满足该式子，∴数列{an}的通项公式为an＝3n－2n.(8分) (Ⅲ)证明：∵3n－3n1＝2·3n1≥2·2n1＝2n，
11－
∴3n－2n≥3n1，∴nn≤n－1，(11分)
3－23111111∴＋＋＋…＋≤1＋＋…＋n－1＝a1a2a3an33
1
1－n?1??3?133
1－n?<.(14分) ＝?12?3?2
1－3
－
－
－
－
＋
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数列求和及综合问题
