故 S10＝b1＋b2＋…＋b10＝21－12＋12－13＋…＋110－111＝2110.
答案
20 11
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33
高考押题精练
12
n＋2 1.已知数列{an}的通项公式为 an＝2nnn＋1，其前 n 项和为 Sn，
若存在实数 M，满足对任意的 n∈N*，都有 Sn<M 恒成立，则 M押题的依最据小值数为列__的___通__项_.以及求和是高考重点考查的内容，也
又即Sa2an＝＋n＋1＋2S111＋＝22，(n≥a1＝2)，S1＝1，
①
.
21
∴∴当a2n＝＝31，时∴，aa①21＋＋式11＝也2成，立，
∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*).
.
22
(2)若 bn＝an＋1n－an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解 ∵an＝2n－1，
∴bn＝2n＋1－1n－2n－1＝2n＋1n－2n＝2nn，
.
12
当n为偶数时，
当Sn＝n为2×奇1数1－－时33n，＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；
Sn＝2×11－－33n－(ln 2－ln 3)＋n－2 1－nln 3
＝3n－n－2 1ln 3－ln 2－1.
3n＋n2ln 3－1，
n为偶数，
综上所述，Sn＝3n－n－2 1ln 3－. ln 2－1， n为奇数.
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19
思维升华
(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an} 为等差数列，{bn}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.
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20
跟踪演练2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1 ＝2Sn＋n＋1(n∈N*)， (1)求数列{an}的通项公式； 解 ∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n， ∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
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14
跟踪演练1 在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求数列{an}的通项公式； 解 因为{an}是一个等差数列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28. 设数列{an}的公差为d， 则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9. 由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*).
12
① ②
由故 所①{以a－na}n是＝②首a，×项得aana－1n＝1＝＝aa，a×n.公an比－1等，于即aa的an－n 1等＝比a，数列，
故a2＝a2，a3＝a3.
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37
12
由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2， 即8a3＝a＋2a2， 因为a≠0，整理得8a2－2a－1＝0， 即(2a－1)(4a＋1)＝0，
9×1－81m 1－9m 92m＋1－10×9m＋1
＝ 1－81 － 1－9 ＝ . 80
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16
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 {an·bn} 的 前 n 项 和 ， 其 中 {an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.
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15
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m) 内的项的 个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm. 解 对m∈N*，若9m<an<92m，则9m＋8<9n<92m＋8， 因此9m－1＋1≤n≤92m－1，
故得bm＝92m－1－9m－1. 于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm ＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)
＋
(21×1 2－22×1 3)＋
…＋[2n－11n－
2nn1＋1]＝1－2nn1＋1，
由于 1－2nn1＋1<1，所以 M 的最小值为 1.
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答案 1
35
12
2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝a(Sn－an＋1)(a为常数， 且a>0)，且4a3是a1与2a2的等差中项. (1)求{an}的通项公式；
∴Tn＝12＋222＋233＋…＋2nn，
12Tn＝212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1. ，
23
∴Tn＝2(12＋212＋213＋…＋21n－2nn＋1) ＝2－2n1－1－2nn＝2－n＋2n 2.
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24
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
∴an＝2×(12)n－1＝(12)n－2＝22－n. .
18
(2)若bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 bn＝(2n－1)22－n， Tn＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n－1)·22－n，
12Tn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)·22－n＋(2n－1)·21－n， ∴12Tn＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)·21－n ＝∴2T＋n＝2[112－1－－2(22－n－1＋1n－31)]×－2(22－n－n. 1)21－n＝6－(2n＋3)×21－n，
所以 Tn＝21[(1－13)＋(31－51)＋…＋(2n1－1－2n1＋1)]
＝12(1－2n1＋1)<12，
所以
1 Tn<2.
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28
思维升华
(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝ bn＋k－bn(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{an}的通项公式，使之符合裂项相消 的条件.
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3
12
2 (2)设bn＝ an 2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值.
解 由(1)可得bn＝2n＋n， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b10 ＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
＝211－－2210＋1＋120×10＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.
13
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.
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－ n，
所以 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋ ( 4－ 3)＋…＋( n－ n－1)＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1.
由 n＋1－1＝9，解得 n＝99..
31
(2)(2015·江苏)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1
.
29
思维升华
(2)常化的裂项公式
①nn1＋k＝1k(1n－n＋1 k)；
②2n－112n＋1＝21(2n1－1－2n1＋1)；
③

1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n).
.
30
跟踪演练 3
(1)已知数列{an}，an＝
1 n＋1＋
，其前 n 项 n
99
和 Sn＝9，则 n＝________.
解析
因为 an＝
2n＋1 (2押先)设利题用b依n＝a据n，aS错nn的位，关相求系减数求法列an求{，bn和也}的是是前高高n考考项的出和重题T点的n.常和见热形点式，.本题
.
36
解 (1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)， 所以a1＝a， 当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)， Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，
.
17
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1 ＋3Sn－1(n≥2). (1)求数列{an}的通项公式； 解 3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)，
∴又2∵ana＝1＝an2－，1，aan－n 1＝12，
∴{an}是以 2 为首项，公比为21的等比数列，
抵
消
从
而
求
和
的
方
法
，
主
要
适
用
于
{
1 anan＋1
}
或
{ana1n＋2}(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和.
.
25
例 3 已知在数列{an}中，a1＝1，当 n≥2 时，其前 n 项和 (S1n)满求足Sn的S2n表＝达an(式Sn；－12).
得解2Sn当Sn－n≥1＋2S时n－，Sna－n＝1＝Sn0－，S由n－于1 代Sn入≠0S，2n＝an(Sn－12)，
n＋4 所以 Sn＝2－ 2n＋1 .
.
12
7
考情考向分析
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.
.
8
热点分类突破 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.
5
(2)求数列{a2nn}的前 n 项和. 解 设{a2nn}的前 n 项和为 Sn. 由(1)知a2nn＝n2＋n＋21 ，则 Sn＝232＋243＋…＋n＋2n 1＋n2＋n＋21 ，
12Sn＝233＋244＋…＋n2＋n＋11 ＋n2＋n＋22..