第2讲数列的求和问题热点一分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n}(2)若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前n项和S n.解(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.故a n＝2·3n－1 (n∈N*)．(2)因为b n＝a n＋(－1)n ln a n＝2·3n－1＋(－1)n ln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3. 当n 为偶数时， S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝⎛⎭⎫n －12－n ln 3 ＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 (·湖南)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .(1)证明 由条件，对任意n ∈N *， 有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1， 故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n ＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列．因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. 于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(3n －1)2.从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3(3n －1)2－2×3n －1＝32(5×3n －2－1)． 综上所述，3223(531),23(31)2n n nn S n -⎧⨯-⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩是奇数，，是偶数.热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1＝2,3S n ＝5a n －a n －1＋3S n －1(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)3S n －3S n －1＝5a n －a n －1(n ≥2)， ∴2a n ＝a n －1，a n a n －1＝12，又∵a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为12的等比数列，∴a n ＝2×(12)n －1＝(12)n －2＝22－n .(2)b n ＝(2n －1)22－n ，T n ＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n －1)·22－n ， 12T n ＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n －3)·22－n ＋(2n －1)·21－n ， ∴12T n ＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n )－(2n －1)·21－n ＝2＋2[1－(2－1)n －1]1－2－1－(2n －1)21－n ＝6－(2n ＋3)·21－n ，∴T n＝12－(2n＋3)·22－n.思维升华(1)错位相减法适用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．跟踪演练2已知正项数列{a n}的前n项和S n满足：4S n＝(a n－1)(a n＋3)(n∈N*)．(1)求a n；(2)若b n＝2n·a n，求数列{b n}的前n项和T n.解(1)∵4S n＝(a n－1)(a n＋3)＝a2n＋2a n－3，∴当n≥2时，4S n－1＝a2n－1＋2a n－1－3，两式相减得，4a n＝a2n－a2n－1＋2a n－2a n－1，化简得，(a n＋a n－1)(a n－a n－1－2)＝0，∵{a n}是正项数列，∴a n＋a n－1≠0，∴a n－a n－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N*都有a n－a n－1＝2，又由4S1＝a21＋2a1－3得，a21－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，∴{a n}是首项为3，公差为2的等差数列，∴a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由已知及(1)知，b n＝(2n＋1)·2n，T n＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2T n＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②②－①得，T n＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－2×4(1－2n－1)1－2＋(2n＋1)·2n＋1＝2＋(2n－1)·2n＋1.热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{1a n a n＋1}或{1a n a n＋2}(其中{a n}为等差数列)等形式的数列求和．例3设等差数列{a n}的前n项和为S n，a22－3a7＝2，且1a2，S2－3，S3成等比数列，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝2a n a n＋2，数列{b n}的前n项和为T n，若对于任意的n∈N*，都有8T n<2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 22－3a 7＝2，(S 2－3)2＝1a 2·S 3 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋21d )－3(a 1＋6d )＝2，(2a 1＋d －3)·(a 1＋d )＝3a 1＋3d ， 即⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1＋3d ＝2，(a 1＋d )(2a 1＋d －6)＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝－25，d ＝25.当a 1＝－25，d ＝25时，S 2－3＝－175没有意义， ∴a 1＝2，d ＝2，此时a n ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)b n ＝2a n a n ＋2＝12n (n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝14⎝⎛⎭⎫11－13＋14⎝⎛⎭⎫12－14＋14⎝⎛⎭⎫13－15＋14⎝⎛⎭⎫14－16＋14⎝⎛⎭⎫15－17＋14⎝⎛⎭⎫16－18＋…＋14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2， ∴8T n ＝3－2⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<3.为满足题意，必须使2λ2＋5λ≥3，∴λ≥12或λ≤－3.思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常用的裂项公式 ①1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k)；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)；③1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．跟踪演练3 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＝2，S 5＝15，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前m 项和为910，则m 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2 (n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的正整数n 有( ) A ．最小值63 B ．最大值63 C ．最小值31 D ．最大值31答案 (1)B (2)A解析 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，5a 1＋5×42d ＝15， ∴a 1＝d ＝1，∴a n ＝n ， ∴1a n ·a n ＋1＝1n －1n ＋1. ∴1a 1·a 2＋1a 2·a 3＋1a 3·a 4＋…＋1a m ·a m ＋1＝1－12＋12－13＋…＋1m －1m ＋1＝1－1m ＋1＝m m ＋1＝910，∴m ＝9.(2)∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝(log 22－log 23)＋(log 23－log 24)＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝log 22－log 2(n ＋2)＝log 22n ＋2，由S n <－5＝log 2132⇒2n ＋2<132⇒n >62，故使S n <－5成立的正整数n 有最小值63.1．(·课标全国甲)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解 (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28， 解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n . b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2. (2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.2．(·山东)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n)1－2－(n ＋1)×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循． 答案 1解析 因为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n 2n n (n ＋1)＝12n －1n －12n (n ＋1)，所以S n ＝(120×1－121×2)＋(121×2－122×3)＋…＋[12n －1n －12n (n ＋1)]＝1－12n (n ＋1)，由于1－12n (n ＋1)<1，所以M 的最小值为1.2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，所以a 1＝a ， 当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，① S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，② 由①－②，得a n ＝a ·a n －1，即a na n －1＝a ， 故{a n }是首项a 1＝a ，公比为a 的等比数列， 所以a n ＝a ·a n －1＝a n . 故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2， 即8a 3＝a ＋2a 2，因为a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0， 即(2a －1)(4a ＋1)＝0， 解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝(12)n ＝12n .(2)由(1)，得b n ＝2n ＋1a n＝(2n ＋1)·2n ，所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②由①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝－2－(2n －1)·2n ＋1， 所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.A 组 专题通关1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12n B ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析 因为a n ＝2n －1＋12n ，所以S n ＝n (1＋2n －1)2＋(1－12n )·121－12＝n 2＋1－12n .2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于() A ．445 B ．765C ．1 080D ．3 105答案 B解析 ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3.∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列．∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63.令a n ≤0，得n ≤21.∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30.∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2·n ， ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，则S 20等于( )A ．31B ．122C ．324D ．484答案 B解析 由题意得，因为a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，所以a 1＝1，a 2＝25，a 3＝3，a 4＝45，a 5＝5，a 6＝65，…， 所以数列{a n }的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为25，公差为25的等差数列，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝122，故选B.4．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2 016的值为( ) A ．－12B ．－1 C.12D ．1答案 D解析 由a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n， 得a 2＝1－1a 1＝12，a 3＝1－1a 2＝－1，a 4＝1－1a 3＝2，…， 由上可知，数列{a n }是以3为周期的周期数列，又a 1a 2a 3＝2×12×(－1)＝－1，且2 016＝3×672. ∴T 2 016＝(－1)672＝1.故选D.5．1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋1210 的值为( ) A ．18＋129 B ．20＋1210 C ．22＋1211 D ．18＋1210 答案 B解析 设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1 ＝1[1－(12)n ]1－12＝2[1－(12)n ]，原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2[1－(12)1]＋2[1－(12)2]＋…＋2[1－(12)11] ＝2[11－(12＋122＋…＋1211)] ＝2[11－12(1－1211)1－12] ＝2[11－(1－1211)]＝2(11－1＋1211)＝20＋1210. 6．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________. 答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x4x ＋2， ∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x， ∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007. 7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 答案 480解析 方法一 依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465； 当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.方法二 ∵a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480. 8．定义n p 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝________. 答案 1021解析 由定义可知a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1＝5(n ＋1)2，可求得a n ＋1＝10n ＋5，所以a n ＝10n －5，则b n ＝2n －1，又1b n b n ＋1＝12(1b n －1b n ＋1)， 所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝12(1b 1－1b 2＋1b 2－…－1b 10＋1b 10－1b 11) ＝12(1b 1－1b 11)＝1021. 9．(·福建)在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设22n a n b n －＝＋，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝4，(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝15， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋...＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2(1－210)1－2＋(1＋10)×102 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.10．已知在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n (S n －12)．(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n 2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明T n <12. (1)解 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1代入S 2n ＝a n (S n －12)，得2S n S n －1＋S n －S n －1＝0，由于S n ≠0， 所以1S n －1S n －1＝2， 所以{1S n }是首项为1，公差为2的等差数列，从而1S n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.(2)证明 因为b n ＝S n2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12，所以T n <12.B 组 能力提高11．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，其前n 项积为T n ，则T 2 016等于( )A.16 B ．－16C ．1D ．－1答案 C解析 由a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，得a n ＋1＝1＋a n1－a n .∵a 1＝2，∴a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，a 6＝－3.故数列{a n }具有周期性，周期为4，∵a 1a 2a 3a 4＝1，∴T 2 016＝T 4＝1.12．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 016项的和等于() A ．1 509 B ．3 018C ．1 512D ．2 016答案 C 解析 因为a 1＝12，a n ＋1＝12＋a n －a 2n ， 所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1， 即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *).故数列的前2 016项的和等于S 2 016＝1 008×(1＋12)＝1 512. 13．设向量a ＝(1,2)，b ＝(1n 2＋n，a n ) (n ∈N *)，若a ∥b ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为________．答案 1解析 因为向量a ＝(1,2)，b ＝(1n 2＋n，a n ) (n ∈N *)， a ∥b ，所以1·a n －1n 2＋n ·2＝0， 即a n ＝2n 2＋n＝2(1n －1n ＋1)， 从而数列{a n }的前n 项和为S n ＝2(11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1＝21＋1n ， 显然当n ＝1时，S n 取得最小值，为1.14．已知{a n }是一个公差d 大于0的等差数列，且满足a 3a 5＝45，a 2＋a 6＝14.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n 2n ＝a n ＋n 2，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵a 3＋a 5＝a 2＋a 6＝14，a 3a 5＝45，∴a 3＝5，a 5＝9或a 3＝9，a 5＝5，∵d >0，∴a 3＝5，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝5，a 5＝a 1＋4d ＝9⇒a 1＝1，d ＝2， ∴a n ＝2n －1.(2)由b 12＋b 222＋…＋b n 2n ＝a n ＋n 2，得b 12＋b 222＋…＋b n 2n ＝2n －1＋n 2， b 12＋b 222＋…＋b n －12n －1＝2(n －1)－1＋(n －1)2 (n ≥2)， 两式相减得b n 2n ＝2n ＋1， ∴b n ＝2n (2n ＋1)(n ≥2)， 又b 12＝a 1＋1，∴b 1＝4， ∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (2n ＋1)，n ≥2，4，n ＝1. 记T n ＝b 2＋b 3＋…＋b n ， 则T n ＝22×5＋23×7＋…＋2n (2n ＋1)， 2T n ＝23×5＋24×7＋…＋2n ＋1(2n ＋1)， 两式相减得－T n ＝4＋2n ＋1(1－2n )， 则T n ＝2n ＋1(2n －1)－4， ∴S n ＝2n ＋1(2n －1)．。