高考题 大学之道，止于至善
数列的求和
1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。
（1）等差数列的求和公式：Sn?n(a1?an)n(n?1)?na1?d 22
?na1(q?1)?n（2）等比数列的求和公式Sn??a1(1?q)（切记：公比含字母时一定要讨论） ??1?q(q?1)
n
2．公式法： ?k2?12?22?3?2?n?2n(n?1)(2n?1)
k?16
2
?n
k3?13?23?3?3?n?3?
k?1?n(n?1)??2??
3．错位相减法：比如?an?等差,?bn?等比,求a1b1?a2b2???anbn的和.
4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。常见拆项公式：11n(n?1)?n?1
n?1 ； 1
(2n?1)(2n?1)?1
2(1
2n?1?1
2n?1) n?n!?(n?1)!?n!
例1．求和：①Sn?1?11?111???11????1
n个
②S1
n?(x?x)2?(x2?11
x2)2???(xn?xn)2
③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n项和Sn 思路分析：通过分组，直接用公式求和。
解：①a?1?1?10?10???10k?1
k?11???2
k个9(10k?1)
1n(n?2)?2(1n?1n?2) 1 1
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110(10n?1)10n?1?9n?10112n2nSn?[(10?1)?(10?1)???(10?1)]?[(10?10???10)?n]?[?n]? 999981
2②Sn?(x?11142n?2)?(x??2)???(x??2) 242nxxx
111?(x2?x4???x2n)?(2?4???2n)?2n xxx
x2(x2n?1)x?2(x?2n?1)(x2n?1)(x2n?2?1)（1）当x??1时，Sn???2n??2n x2?1x?2?1x2n(x2?1)
（2）当x??1时,Sn?4n ③ak?(2k?1)?2k?(2k?1)???[(2k?1)?(k?1)]?k[(2k?1)?(3k?2)]523?k?k 222
535n(n?1)(2n?1)3n(n?1)Sn?a1?a2???an?(12?22???n2)?(1?2???n)??? 222622
1?n(n?1)(5n?2) 6
总结：运用等比数列前n项和公式时，要注意公比q?1或q?1讨论。
2．错位相减法求和
例2．已知数列1,3a,5a2,?,(2n?1)an?1(a?0)，求前n项和。
思路分析：已知数列各项是等差数列1，3，5，…2n-1与等比数列a0,a,a2,?,an?1对应项积，可用错位相减法求和。
解：Sn?1?3a?5a2???(2n?1)an?1?1? aSn?a?3a2?5a3???(2n?1)an?2? ?1???2?:(1?a)Sn?1?2a?2a2?2a3???2an?1?(2n?1)an 2a(1?an?1)1?a?(2n?1)an?(2n?1)an?1
n当a?1 时,(1?a)Sn?1??(2n?1) Sn?22(1?a)(1?a)
当a?1时,Sn?n2
3.裂项相消法求和
2242(2n)2
????例3.求和Sn? 1?33?5(2n?1)(2n?1)
思路分析:分式求和可用裂项相消法求和.
(2k)2(2k)2?1?11111??1??1?(?) 解: ak?(2k?1)(2k?1)(2k?1)(2k?1)(2k?1)(2k?1)22k?12k?1
111111112n(n?1)Sn?a1?a2???an?n?[(1?)?(?)???(?)]?n?(1?)?23352n?12n?122n?12n?1
2
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?n(n?1)(a?1)?123n?2练习:求Sn??2?3???n 答案: Sn?? a(an?1)?n(a?1)aaaa?(a?1)n2?a(a?1)?
4.倒序相加法求和
012n例4求证：Cn?3Cn?5Cn???(2n?1)Cn?(n?1)2n
mn?m思路分析：由Cn可用倒序相加法求和。 ?Cn
012n证：令Sn?Cn?3Cn?5Cn???(2n?1)Cn(1)
mn?m (2) ?Cn?Cnnn?1210则Sn?(2n?1)Cn?(2n?1)Cn???5Cn?3Cn?Cn
012n ?(1)?(2)有:2Sn?(2n?2)Cn?(2n?2)Cn?(2n?2)Cn???(2n?2)Cn
012n?Sn?(n?1)[Cn?Cn?Cn???Cn]?(n?1)?2n 等式成立
1．{an}是首项a1＝1，公差为d＝3的等差数列，如果an＝2 005，则序号n等于( )． 解析：由题设，代入通项公式an＝a1＋(n－1)d，即2 005＝1＋3(n－1)，∴n＝699．
2．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝ 解析：本题考查等比数列的相关概念，及其有关计算能力． 设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，由题意得a1＋a2＋a3＝21， 即a1(1＋q＋q2)＝21，又a1＝3，∴1＋q＋q2＝7．
解得q＝2或q＝－3(不合题意，舍去)，
∴a3＋a4＋a5＝a1q2(1＋q＋q2)＝3×22×7＝84．
3．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，则( B )．
A．a1a8＞a4a5 B．a1a8＜a4a5 C．a1＋a8＜a4＋a5 D．a1a8＝a4a5 解析：由a1＋a8＝a4＋a5，∴排除C．
又a1·a8＝a1(a1＋7d)＝a12＋7a1d，
∴a4·a5＝(a1＋3d)(a1＋4d)＝a12＋7a1d ＋12d2＞a1·a8．
4．已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为｜m－n｜等于( C )．
解法1：设a1＝
1的等差数列，则 41111，a2＝＋d，a3＝＋2d，a4＝＋3d，而方程x2－2x＋m＝0中两根之和为2，x244443
高考题 大学之道，止于至善 －2x＋n＝0中两根之和也为2，∴a1＋a2＋a3＋a4＝1＋6d＝4， ∴d＝
∴11735，a1＝，a4＝是一个方程的两个根，a1＝，a3＝是另一个方程的两个根． 244447151，分别为m或n，∴｜m－n｜＝，故选C． 16162
f2：设方程的四个根为x1，x2，x3，x4，且x1＋x2＝x3＋x4＝2，x1·x2＝m，x3·x4＝n． 由等差数列的性质：若?＋s＝p＋q，则a?＋as＝ap＋aq，若设x1为第一项，x2必为第四项，则x2＝于是可得等差数列为13577151，，，，∴m＝，n＝，∴｜m－n｜＝． 1616244447，4
3－352405．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为∴S4＝＝＝120． 1－32
a243∵a2＝9，a5＝243，5＝q3＝＝27， ∴q＝3，a1q＝9，a1＝3， a29
6．若数列{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 003＋a2 004＞0，a2 003·a2 004＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是( )．．4 005 ．4 006 ．4 007 ．4 008 解法1：由a2 003＋a2 004＞0，a2 003·a2 004＜0，知a2 003和a2 004两项中有一正数一负数，又a1＞0，则公差为负数，否则各项总为正数，故a2 003＞a2 004，即a2 003＞0，a2 004＜0. ∴S4 006＝
∴S4 007＝4006(a1＋a4006)2＝4006(a2003＋a2004)2＞0， 40074007·(a1＋a4 007)＝·2a2 004＜0， 22
故4 006为Sn＞0的最大自然数. 选B．
解法2：由a1＞0，a2 003＋a2 004＞0，a2 003·a2 004＜0，同
析得a2 003＞0，a2 004＜0，
∴S2 003为Sn中的最大值．
∵Sn是关于n的二次函数，如草图所示，
∴2 003到对称轴的距离比2 004到对称轴的距离小， ∴4007在对称轴的右侧． 2(第6题
) 解法1的分根据已知条件及图象的对称性可得4 006在图象中右侧
侧，4 007，4 008都在其右侧，Sn＞0的最大自然数是4 006．
7．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列, 则a2＝－8＋2＝－6． ∵{an}是等差数列，∴a3＝a1＋4，a4＝a1＋6，
又由a1，a3，a4成等比数列，∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝－8， 零点B的左4
高考题 大学之道，止于至善
8．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a5S5＝，则9＝( ) a3S59
9(a1?a9)9?a5S95∵9＝＝＝·＝1 155?a3S559
2
9．已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则分别为公差和公比，则－4＝－1＋3d且－4＝(－1)q4， ∴d＝－1，q2＝2，∴a2?a1d1＝＝． 2?qb22a2?a1 设d和qb2
210．在等差数列{an}中，an≠0，an－1－an＋an＋1＝0(n≥2)，若S2n－1＝38，则n＝( 10 )．
22∵{an}为等差数列，∴an＝an－1＋an＋1，∴an＝2an，又an≠0，
∴an＝2，{an}为常数数列，而an＝
11．设f(x)＝1
2x?2S2n?138，即2n－1＝＝19， 2n?12 ，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为 .
1x2112x2∵f(x)＝x，∴f(1－x)＝1?x＝＝， 2?22?22?2?2x?2x
111?2x1??2x(?2x)1222∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝＝． xxxx22?22?22?22?2
设S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)，
则S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)，
∴2S＝[f(6)＋f(－5)]＋[f(5)＋f(－4)]＋…＋[f(－5)＋f(6)]＝62， ∴S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)＝32．
12．已知等比数列{an}中，
(1)若a3·a4·a5＝8，则a2·a3·a4·a5·a6＝ ．
25由a3·a5＝a4，得a4＝2，∴a2·a3·a4·a5·a6＝a4＝32
(2)若a1＋a2＝324，a3＋a4＝36，则a5＋a6＝ ． ?a1?a2?32412?q?，∴a5＋a6＝(a1＋a2)q4＝4． ?29?(a1?a2)q?36
(3)若S4＝2，S8＝6，则a17＋a18＋a19＋a20＝ . 5
高考题 大学之道，止于至善 ??S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2?q4＝2，∴a17＋a18＋a19＋a20＝S4q16＝32． ?4??S8＝a1＋a2＋???＋a8＝S4＋S4q
14．在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则此数列前13项之和为 . ∵a3＋a5＝2a4，a7＋a13＝2a10，∴6(a4＋a10)＝24，a4＋a10＝4，
∴S13＝13(a1＋a13)13(a4＋a10)13?4＝＝＝26 222
15．在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋…＋a10＝－49
∵d＝a6－a5＝－5，∴a4＋a5＋…＋a10＝7(a4＋a10)7(a5－d＋a5＋5d)＝＝7(a5＋2d) 22
17．(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n，求证数列{an}成等差数列.
(2)已知111c?aa?bb?c，，成等差数列，求证，，也成等差数列. abcbca
判定给定数列是否为等差数列关键看是否满足从第2项开始每项与其前一项差为常数． 证明：（1）n＝1时，a1＝S1＝3－2＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，
n＝1时，亦满足，∴an＝6n－5(n∈N*)．
首项a1＝1，an－an－1＝6n－5－[6(n－1)－5]＝6(常数)(n∈N*)，
∴数列{an}成等差数列且a1＝1，公差为6．
（2）∵111211，，成等差数列，∴＝＋化简得2ac＝b(a＋c)． abcbac
bc＋c2＋a2＋abb(a＋c)＋a2＋c2(a＋c)2(a＋c)2b＋ca＋ba＋cb＋c ＋＝＝＝＝＝2·，∴，b(a＋c)acacaccaba
2
c＋aa＋b，也成等差数列 cb
18．设{an}是公比为 q?的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列．
(1)求q的值；
(2)设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由．
（1）由题设2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q，
∵a1≠0，∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或－1． 2
n(n－1)n2＋3n（2）若q＝1，则Sn＝2n＋＝． 22
(n－1)(n＋2)当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝＞0，故Sn＞bn． 2
6
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－n2＋9nn(n－1)11若q＝－，则Sn＝2n＋ (－)＝． 4222
(n－1)(10－n)当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝， 4
故对于n∈N+，当2≤n≤9时，Sn＞bn；当n＝10时，Sn＝bn；当n≥11时，Sn＜bn
19．数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝
求证：数列{Sn}是等比数列． n
n＋2Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1) Sn， nn?2Sn(n＝1，2，3…)． n∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝
所以Sn＋12SS＝n．故{n}是以2为公比的等比数列 n＋1nn
20．已知数列{an}是首项为a且公比不等于1的等比数列，Sn为其前n项和，a1，2a7，3a4成等差数列，求证：12S3，S6，S12－S6成等比数列.
证明：由a1，2a7，3a4成等差数列，得4a7＝a1＋3a4，即4 a1q6＝a1＋3a1q3， 变形得(4q3＋1)(q3－1)＝0，∴q3＝－1或q3＝1(舍)． 4
a1(1?q6)
1?q3S611?q 由＝＝＝； 12a1(1?q3)12S31612
1?q
a1(1?q12)
S?S6S11?q 12＝12－1＝－1＝1＋q6－1＝； 6S6S6a1(1?q)16
1?q
S?S6S 得6＝12．∴12S3，S6，S12－S6成等比数列． S612S3
方法
四、数列通项an与前n项和Sn的关系
1．Sn?a1?a2?a3???an??a
i?1ni
2．an?S1???Sn?Sn?1n?1n?2
题型一 归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式 ⑴7，77，777，7777，…
⑶1，3，3，5，5，7，7，9，9…
7
高考题 大学之道，止于至善 解析：⑴将数列变形为7777?(10?1),(102?1),(103?1)，?,(10n?1) 9999
⑶将已知数列变为1+0，2+1，3+0，4+1，5+0，6+1，7+0，8+1，9+0，…。可得数列的通项公式为
1?(?1)n
an?n? 2
点拨：本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。
?S1题型二 应用an???Sn?Sn?1
例2．已知数列(n?1)(n?2)求数列通项 ?an?的前n项和Sn，分别求其通项公式. ⑴Sn?3n?2
?S1?31?2?1， 解析：⑴当n?1时,a1
当n?2时,an
又a1?Sn?Sn?1?(3n?2)?(3n?1?2)?2?3n?1 ?1?1不适合上式，故an??n?1?2?3(n?1) (n?2)
三、利用递推关系求数列的通项
【例3】根据下列各个数列
⑴a1??an?的首项和递推关系，求其通项公式 1 4n2?1
11111a?a??(?) 解析：⑴因为an?1?an?，所以n?1n224n?14n?122n?12n?1
111111111所以a2?a1?(?) a3?a2?(?) a4?a3?(?) 213235257
111an?an?1?(?) 以上(n?1)个式相加得 22n?32n?1
1114n?3) 即：an?1?? an?a1?(1? 22n?14n?24n?2
点拨：在递推关系中若1,2an?1?an?an?1?an?f(n),求an用累加法，若an?1?f(n),求an用累乘法，若an
an?1?pan?q，求an用待定系数法或迭代法。
特征：an?dn?(a1?d),
即：an?f(n)?kn?m,(k,m为常数）
an?kn?m，（k,m为常数)是数列?an?成等差数列的充要条件。
３．等差中项：
8
高考题 大学之道，止于至善 若a,b,c成等差数列，则b称a与c的等差中项，且b?a?c；a,b,c成等差数列是2b?a?c的充要2
条件。
４．前n项和公式
S(a1?an)nn(n
n?2 ； Sna?1)d
n?1?2
特征：Sd
n?2n2?(ad
1?2)n,
即Sn?f(n)?An2?Bn
S2
n?An?Bn(A,B为常数)
是数列?an?成等差数列的充要条件。
６．判断或证明一个数列是等差数列的方法：
①定义法：
an?1?an?d(常数）（n?N?）??an?是等差数列
②中项法：
2an?1?an?an?2（n?N?)??an?是等差数列
③通项公式法：
an?kn?b(k,b为常数)??an?是等差数列
④前n项和公式法：
S2
n?An?Bn(A,B为常数)??an?是等
2．等差数列?an?中，
a4?a6?a8?a10?a12?120,
则a1
9?3a11的值为(C)
解 a11
9?3a11?a9?3(a9?2d)
?2
3(a22120
9?d)?3a8?3?5?16
3．等差数列?an?中，a1?0，S9?S12，则前
解：?S9?S12，S12?S9?0
?a10?a11?a12?0，?3a11?0，
?a
11?0，又a1?0
9
高考题 大学之道，止于至善
∴
?an?为递减等差数列∴S10?S11为最大。
?an?的前10项和为100，前100项和为10，则前1104．已知等差数列解：∵
S10，S20?S10，S30?S20，?，S110?S100，? 成等差数列，公差为D其首项为
?100?10?
10?9
?D?10，?D??222
?S100?S10?10D
S10?100，前10项的和为S100?10 又S110
?S110?100?10?10（??22）??110
6.3等比数列
知识要点
1． 定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，记为
不真！ ②q
n?m
?
an2
，an?an?m?an?m(n?N?) am
q，（q?0)。
2． 递推关系与通项公式
③
?an?为等比数列，则下标成等差数列的对应项
?Sn，S3n?S2n，?仍成
成等比数列。
④q??1时，Sn，S2n等比数列。
6． 等比数列与等比数列的转化 ①
递推关系：an?1?qan通项公式：an?a1?qn?1 推广：an?am?q
n?m
3． 等比中项：若三个数a,b,c成等比数列，则称b为
?an?是等差数列??ca?
n
(c?0，c?1)是
a与c的等比中项，且为b??ac，注：b?ac
是成等比数列的必要而不充分条件。 4． 前n项和公式
2
等比数列； ②
?an?
是正项等比数列
??logcan?
(q?1)
③
(c?0，c?1)是等差数列；
(q?1)?na1
?
Sn??a1(1?qn)a1?anq
?
?1?q1?q?
?an?既是等差数列又是等比数列??an?是各
项不为零的常数列。
?
5． 等比数列的基本性质，(其中m,n,p,q?N ①
)
7． 等比数列的判定法 ①定义法：
若m?n?p?q，则am?an?ap?aq反之
an?1
?q（常数）??an?为等比数列； an
10
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②中项法：a2
n?1?an?an?2
(an?0)??an?为
等比数列； ③通项公式法：an
?k?qn(k,q为常数）??an?
为等比数列；④前
n
项和法：
Sn?k(1?qn)（k,q为常数）??an?为等比数
列。
二、性质运用 例
2：⑴在等比数列
?an?
中，
a1?a6?33，a3a4?32，an?an?1
①求an，
②若Tn
?lga1?lga2???lgan,求Tn
⑵在等比数列
?an?中，若a15?0，则有等式
a1?a2???an?a1?a2???a29?n
(n?29，n?N?)成立，类比上述性质，相应的
在等比数列?bn?中，
若b19?1则有等式立。
解：⑴①由等比数列的性质可知：
a1?a6?a3?a4?32又a1?a6?33，a1?a6
解得a1?32，a6
?1
所以
a6a?1，即q5?1，?q?1132322
所以a32?(1
n?)n?1?26?n
2
②由等比数列的性质可知，?lgan?
是等差数列，因为
lga6?nn?lg2?(6?n)lg2，lga1?5lg2
所以T(lga1?lgan)nn(11?n)
n?2?2lg2
⑵由题设可知，如果
am?0在等差数列中有
a1?a2???an?a1?a2???a2m?1?n (n?2m?1，n?N?)成立，我们知道，如果
若m?n?p?q，则am?an?ap?aq，而对于
等
比
数
列
?bn?
，则有
若m?n?p?q，则am?an?ap?aq所以可以得
出结论，若
bm?1，则有b1b2?bn?b1b2?b2m?1?n
(n?2m?1，n?N?)成立，在本题中
则有b1b2?bn?b1b2?b37?n
(n?37，n?N?)
典例精析
一、 错位相减法求和 例1：求和：Sn?
1a?23n
a2?a3???a
n 解：⑴
a?1时，Sn(n?1)
n?1?2?3??n?
2
⑵a?1
时，因为a?0 S1n?
a?23n
a2?a3???an ① 112naS?1n?a2?a3???an?n
a
n?1
② 由①－②得：
11
高考题 大学之道，止于至善
1111n(1?)Sn??2???n?n?1
aaaaa
11(1?n)
?n?1an?11?a
S2n4n?2
?，n?1，2，? Snn?1
①求数列 ②记bn
?an?的通项公式
?anpan(p?0)，求数列?bn?的前n
所以Sa(an?1)?n(a?1)
n?
an(a?1)2
综上所述，
?n(n?1(a?1)S?)???a(an
?1)2n??n(a?1)??
an(a?1)2a?1)
点拨：①若数列
?an?是等差数列，?bn?是等比数列，则求数列
?an?bn?的前n项和时，可采用错位
相减法；
②当等比数列公比为字母时，应对字母是否为
1进行讨论；
③当将Sn与q
Sn相减合并同类项时，注意错
位及未合并项的正负号。
二、 裂项相消法求和 例
2
：
数
列
?an?
满足
a1
=8，
a4?2，且an?2?2an?1?an?0 （n?N?）
①求数列
?an?的通项公式；
则d
?
a4?a1
4?1
??2
所以，an=8＋（n－1）×（－2）＝―10－2n
三、 奇偶分析法求和 例3：设二次函数f(x)?x2
?x，当x??n，n?1?
1． 在等差数列
?an?中，a1=1，前n项和Sn满足
项和Tn。
解：①设数列
?an?
的公差为d，S2n4n?S?2?1，n?1，2，? nn得
a1?a2
a?3，所以a2?21即d?a2?a1?1又
4n?2S2n?1?n
Sn(an?nd?a1)2n
?
(an?a1)n
2
?
2(an?n?1)an?1
所以an=n
②由bn
?anpan(p?0)，有bnn?np 所以Tn
?p?2p2?3p3???npn ①
当p?1时，Tn(n?1)
n?
2
当p?1时，
pTn?p2?2p3???(n?1)pn?npn?1②
①－②得
12
由
高考题 大学之道，止于至善
(1?p)Tn?p?p2???pn?npn?1
p(1?pn)??npn?1
1?p
p(1?pn)npn?1
所以Tn??2
1?p(1?p)n(n?1)?
??2
即：Tn??n
p(1?p)npn?1??2?1?p(1?p)?
课外练习 １． 数列
４．f(x)的定义域为R，且f(x)是以2为周期的周期函数，数列
?an?是首项为a
(a?N?)，公差为
1的等差数列，那么值为（ 0 ）
f(a1)?f(a2)???f(a10)的
(p?1)(p?1)
A．－1 B．1 C．0 D．10a 解：因为函数f(x)的定义域为R，且f(x)是以2为周期的周期函数， 所以
?an?
f(0）?0，且f(x?2)?f(x)
的前
n
项和为
Sn，若
又数列
?an?是首项为a，公差为1的等差数列
an?
1
，则S5等于（ B ）
n(n?1)
B．
56
C．
所以an?a?n?1，又a?N??f(a)（n为奇数）
f(an)??
?f(a?1)（n为偶数）
所以f(a1)?f(a2)???f(a10)
?5f(a)?5f(a?1)?5?f(0)?f(1)??5f(1)又f(?1)f(?1?2)?f(1)所以?f(1)?f(1)
故原式=0，选C。
11
D．630
111
解：因为an???
n(n?1)nn?1
111111
所以S5?(?)?(?)???(?)
1223565?6
A．1
即f(1)?0
1n?1
a1?1,an?1?(1?)an?n
{a}n2 22.（2009全国卷Ⅰ理）在数列n中，
bn?
an
n，求数列{bn}的通项公式
（I）设
（II）求数列
{an}的前n项和Sn
an?1an11
??n?bn?1?bn?n
2 分析：（I）由已知有n?1n2
利用累差迭加即可求出数列
{bn}的通项公式:
bn?2?
1
2n?1(n?N*)
（II）由（I）知
an?2n?
n2n?1,
13
高考题 大学之道，止于至善 n
?Sn=?(2k?knnk?1)?(2k)?kk?12?k?1?k?1k?12
?nn
(2k)?n(n?1)
而k?1,又?kk?12k?1是一个典型的错位相减法模型， n
易得?knk?12k?1?4??22n?1?n?2?4
?Sn=n(n?1)2n?1
limS
17.(2009陕西卷理)设等差数列?a?n?n的前n项和为Sn,若a6?S3?12,则n??n2 解析：??a6?12?a1?5d?12?a1?2SS?s?????Sn?1nn?1
n?n(n?1)?n??lim?lim?
3?12?a2
1?d?12?d?2nnn??n2n??n1 . 14
高考题 大学之道，止于至善 １． 已知在正项数列?an?中，a1=2，且
22在双曲线y?x?1上， An(anan?1）
数?bn?中，
点（bn，Tn）在直线y??1x?1上，其中Tn是数列?bn?的前n项和，①求数列?an?的通项公式；②求证：数列?bn?2
是等比数列。③若Cn?an?bn，求证：Cn?1?Cn。 解：①由已知带点An(anan?1）在y2?x2?1上知， an?1－an＝１，所以数列?an?是以2为首项，以1为公差的等差数列。 所以an?a1?(n?1)d?n?1
②因为点（b1
n,Tn）在直线y??2x?1上，
所以b1
n?bn?1
所以T??1
2b3，
nn?1令n?1得b1?1，所以b2
1??b11?
所以T123n?1??bn?1?1 2
两式相减得：2所以?bn?是一个以3为首项， b11以1为公比的等比数列。n?Tn?Tn?1??2bn?2bn?13
所以b212
n?3?(3)n?1?3n
③Cn?an?bn?(n?1)?2
3n
所以C2
n?1?Cn?(n?2)?3n?1?(n?1)23n
?2
3n?1?(?2n?1)?0
所以Cn?1?Cn
S6S9
2.（2009辽宁卷理）设等比数列{ an}的前n 项和为Sn ，若 S3=3 ，则 S6 =
S6(1?q3)S3
【解析】设公比为q ,则S?
3S3＝1＋q3＝3 ? q3＝2
S6
91?q3?q1?2?4
于是S??q3?1?2?7
613
15
高考题 大学之道，止于至善
16.（2009陕西卷文）设等差数列
解析:由?an?的前n项和为sn,若a6?s3?12,则an? . a6?s3?12可得?an?的公差d=2,首项a1=2,故易得an?2n. 16