所谓的光辉岁月，并不是以后，闪耀的日子，而是无人问津时，你对梦想的偏执
同是寒窗苦读，怎愿甘拜下风！
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（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题6 数列 第38练 数列
的前n项和练习 理
训练目标 (1)求数列前n项和的常用方法；(2)数列通项求和的综合应用．
训练题型 (1)一般数列求和；(2)数列知识的综合应用．

解题策略
数列求和的常用方法：(1)公式法；(2)分组法；(3)并项法；(4)倒序相加法；
(5)裂项相消法；(6)错位相减法.
1．(2016·东营期中)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝
________.
2．(2017·山西晋中联考)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－12n，其前n项和Sn＝32164，则项
数n＝________.
3．(2016·河南中原名校联考二)已知函数f(x)＝x2＋ax的图象在点A(0，f(0))处的切线
l

与直线2x－y＋2＝0平行，若数列{1fn}的前n项和为Sn，则S20的值为________．
4．(2016·徐州模拟)若Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝Sn·Sn＋1，则Sn＝
________.
5．数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则1a1＋1a2＋…＋1a2 013＝
________.
6．(2016·合肥第二次教学质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则
S
n

＝________.

7．(2016·苏州模拟)设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，且对任意的x，y∈R，都有
f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝12，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和S
n
的取值范围是

________________．
8．(2016·宿迁模拟)数列{an}的通项公式an＝ncos nπ2＋1，前n项和为Sn，则S2 012＝
________.
9．(2016·云南师大附中月考)设S＝1＋112＋122＋1＋122＋132＋ 1＋132＋142＋…＋
1＋12 0142＋12 0152，则不大于S的最大整数[S]等于________．
10．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
所谓的光辉岁月，并不是以后，闪耀的日子，而是无人问津时，你对梦想的偏执
同是寒窗苦读，怎愿甘拜下风！
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(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝n＋1n＋22a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜564.
所谓的光辉岁月，并不是以后，闪耀的日子，而是无人问津时，你对梦想的偏执

同是寒窗苦读，怎愿甘拜下风！
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答案精析
1．15 2.6 3.325462 4.－1n
5.2 0131 007
解析 因为an＋1＝a1＋an＋n＝1＋an＋n，
所以an＋1－an＝n＋1.
用累加法：an＝a1＋(a2－a1)＋…
＋(an－an－1)

＝1＋2＋…＋n＝nn＋12，

所以1an＝2nn＋1＝21n－1n＋1.
所以1a1＋1a2＋…＋1a2 013
＝2 1－12＋12－13＋13－14＋…



＋12 013－
1

2 014

＝21－12 014＝2 0131 007.
6．n·2n
解析 ∵Sn＝2an－2n
＝2(Sn－Sn－1)－2n，
即Sn＝2Sn－1＋2n(n≥2)，

∴Sn2n＝2Sn－12n＋1＝Sn－12n－1＋1，

∴Sn2n－Sn－12n－1＝1，
且S1＝a1＝2，∴S12＝1，
∴数列{Sn2n}是首项为1，公差为1的等差数列，
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∴Sn2n＝n，∴Sn＝n·2n.
7．[12，1)
解析 由已知可得a1＝f(1)＝12，
a2＝f(2)＝[f
(1)]2＝(12)2，

a3＝f(3)＝f(2)·f
(1)

＝[f(1)]3＝(12)3，…，

an＝f(n)＝[f
(1)]n＝(12)n，

所以Sn＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n

＝12[1－12n]1－12
＝1－(12)n，
因为n∈N*，所以12≤Sn＜1.
8．3 018
解析 由于f(n)＝cos nπ2的值具有周期性，
所以可从数列的周期性及从头开始连续四项的和为定值入手解决．
当n＝4k＋1(k∈N)时，

an＝(4k
＋1)cos 4k＋12π＋1＝1，

当n＝4k＋2(k∈N)时，
an＝(4k
＋2)cos 4k＋22π＋1

＝－(4k＋2)＋1＝－4k－1，
当n＝4k＋3(k∈N)时，

an＝(4k
＋3)cos 4k＋32π＋1＝1，

当n＝4k＋4(k∈N)时，
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an＝(4k
＋4)cos 4k＋42π＋1

＝(4k＋4)＋1＝4k＋5，
∴a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝1－4k－1＋1＋4k＋5＝6.
∴S2 012＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2 012
＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)
＝6×503＝3 018.
9．2 014

解析 ∵1＋1n2＋11＋n2

＝ n2＋n2＋2n2＋n＋1n21＋n2
＝n2＋n＋1nn＋1＝1＋(1n－1n＋1)，
∴S＝1＋(11－12)＋1＋(12－13)＋…＋1＋(12 014－12 015)
＝2 015－12 015，故[S]＝2 014.
10．(1)解 由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，
由于{an}是正项数列，所以Sn＋1＞0.
所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n
，

n＝1时，a1＝S
1
＝2适合上式．

所以an＝2n(n∈N*)．
(2)证明 由an＝2n(n∈N*)，

得bn＝n＋1n＋22a2n＝n＋14n2n＋22

＝1161n2－1n＋22，
T
n
＝116 1－132＋122－142

＋132－152＋…＋ 1n－12－1n＋12
＋


1n2－1
n
＋2

2
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＝1161＋122－1n＋12－1n＋22
＜1161＋122
＝564(n∈N*)．
即对于任意的n∈N*，都有Tn＜564.