2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第六章第四节数列求和

第四节数列求和

1．公式法
(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋.
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋2n－1＝.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．
(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．常用的裂项公式有：
①＝－；
②＝；
③＝－.
(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
[小题体验]
1．等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________．
解析：由a1＝1，a2＝2，得q＝2，
∴S10＝＝1 023，S4＝＝15，
∴S10－S4＝1 008.
答案：1 008
2．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于________．
答案：n2＋1－
3．已知数列的通项公式an＝，则该数列的前________项之和等于9.
解析：由题意知，an＝＝－，所以Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝9，解得n＝99.
答案：99

1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．
3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．
[小题纠偏]
1．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N*)，则f(3)＝________.
答案：(87－1)
2．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.
答案：(n－1)2n＋1＋2
3．求和：＋＋…＋＝________.
解析：原式＝＋＋…＋＝1－.
答案：1－

　

[题组练透]
1．(2019·南师大附中月考)《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”已知“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则此问题的答案是________日．
解析：易知每日织布数量构成一个等差数列，设此数列为，则a1＝5，an＝1，Sn＝90，所以＝90，解得n＝30.
答案：30
2．(2018·无锡期末)设公比不为1的等比数列{an}满足a1a2a3＝－，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的前4项和为________．
解析：设数列{an}的公比为q(q≠1)．由等比数列的性质可得a1a2a3＝a＝－，所以a2＝－.因为a2，a4，a3成等差数列，所以2a4＝a2＋a3，即2a2q2＝a2＋a2q，化简得2q2－q－1＝0，即(q－1)(2q＋1)＝0，解得q＝－或q＝1(舍去)．又因为a1＝＝1，所以S4＝＝＝.
答案：
3．已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得

化简得
解得
故{an}的通项公式an＝1＋，即an＝.
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2，
故{bn}的前n项和Tn＝＝＝2n－1.
[谨记通法]
几类可以使用公式法求和的数列
(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．
(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．
　
[典例引领]
(2018·天一中学检测)已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且a1，a4，a5成等差数列．求：
(1)p，q的值；
(2)数列{an}前n项和Sn.
解：(1)由a1＝3，得2p＋q＝3，①
又由a4＝24p＋4q，a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，
得3＋25p＋5q＝25p＋8q，②
由①②解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知an＝2n＋n.
所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋＝2n＋1－2＋.
[由题悟法]
分组转化法求和的常见类型

[提醒]　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
[即时应用]
1．求数列1＋1，＋4，＋7，＋10，…，＋(3n－2)的前n项和．
解：设数列的通项为an，前n项和为Sn，则an＝＋(3n－2)，
∴Sn＝＋[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]．
当a＝1时，Sn＝n＋＝；
当a≠1时，Sn＝＋＝＋.
2．(2018·南京四校联考)在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差是d.
因为a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，
所以d＝－3，
所以a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.
(2)因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，
所以an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，
所以bn＝3n－2＋qn－1.
所以Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)，
故当q＝1时，Sn＝＋n＝；
当q≠1时，Sn＝＋.
　
[典例引领]
(2018·徐州调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1，n∈N*.数列{bn}满足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)，n∈N*，且b1＝1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝an·，数列{cn}的前n项和为Tn，对任意的n∈N*，都有Tn≤nSn－a，求实数a的取值范围．
解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1.
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－1，
所以数列{an}是首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)两边同除以n(n＋1)，
得－＝1，
所以数列是首项b1＝1，公差d＝1的等差数列，所以＝n，
故数列{bn}的通项公式为bn＝n2.
(2)由(1)得cn＝an·＝n·2n－1，
于是Tn＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，
所以2Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1，
由(1)得Sn＝2an－1＝2n－1，
因为对∀n∈N*，都有Tn≤nSn－a，
即(n－1)·2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立，
所以a≤2n－n－1恒成立，
记cn＝2n－n－1，
所以a≤(cn)min，
因为cn＋1－cn＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1)＝2n－1＞0，
从而数列{cn}为递增数列，所以当n＝1时，cn取最小值c1＝0，于是a≤0，
所以实数a的取值范围为(－∞，0]．
[由题悟法]
用错位相减法求和的3个注意事项
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
[即时应用]
　(2019·海门中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n.
(1)求{an}的通项公式an；
(2)若ak＋1，a2k，a2k＋3(k∈N*)恰好依次为等比数列{bn}的第一、第二、第三项，求数列的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝12＋1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.
当n＝1时，符合上式，
∴an＝2n(n∈N*)．
(2)由题意知ak＋1，a2k，a2k＋3成等比数列，∴a＝ak＋1·a2k＋3，
即(2·2k)2＝2(k＋1)·2(2k＋3)，解得k＝3.
∴b1＝a4＝8，b2＝a6＝12，公比q＝＝，
∴bn＝8·n－1，
∴＝n·n－1，
∴Tn＝×. ①
∴Tn＝×. ②
①－②，
得Tn＝×－×n×n＝－n，
则Tn＝－n.

　
[锁定考向]
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的．
常见的命题角度有：
(1)形如an＝型；
(2)形如an＝ 型；
(3)形如an＝型．　　　 　
[题点全练]
角度一：形如an＝型
1．(2019·启东一中检测)在数列中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝，求的前n项和Tn.
解：(1)∵S＝an，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
∴S＝(Sn－Sn－1)，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn.
由题意得Sn－1·Sn≠0，
∴－＝2，
∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列，
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴Sn＝.
(2)∵bn＝＝＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
角度二：形如an＝ 型
2．已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 018＝________.
解析：由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，
则f(x)＝x.
所以an＝＝＝－，
S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
答案：－1
角度三：形如an＝型
3．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.
解：(1)由S－(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＞0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
Tn＝
＝＜＝.
[通法在握]
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.
[演练冲关]
(2018·镇江调研)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由已知得解得
所以{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)bn＝＝，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝＝ ×＝.

一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2019·镇江调研)已知是等差数列，Sn为其前n项和，若a3＋a7＝8，则S9＝_______.
解析：在等差数列中，由a3＋a7＝8，
得a1＋a9＝8，
所以S9＝＝＝36.
答案：36
2．数列{1＋2n－1}的前n项和为________．
解析：由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.
答案：n＋2n－1
3．数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为________．
解析：根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.
答案：100
4．(2018·泰州期末)已知数列的通项公式为an＝n·2n－1，前n项和为Sn，则Sn＝________.
解析：∵an＝n·2n－1，
∴Sn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，
2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
两式相减可得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n，
化简可得Sn＝(n－1)2n＋1.
答案：(n－1)2n＋1
5．已知等比数列的公比q＞1，且a5－a1＝30，a4－a2＝12，则数列的前n项和为________．
解析：因为a5－a1＝30，a4－a2＝12，
所以a1(q4－1)＝30，a1(q3－q)＝12，
两式相除，化简得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝或2，
因为q＞1，
所以q＝2，a1＝2.
所以an＝2·2n－1＝2n.
所以＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－.
答案：1－
6．若数列{an}满足an－(－1)nan－1＝n(n≥2)，Sn是{an}的前n项和，则S40＝________.
解析：当n＝2k时，即a2k－a2k－1＝2k，①
当n＝2k－1时，即a2k－1＋a2k－2＝2k－1，②
当n＝2k＋1时，即a2k＋1＋a2k＝2k＋1，③
①＋②得a2k＋a2k－2＝4k－1，
③－①得a2k＋1＋a2k－1＝1，
S40＝(a1＋a3＋a5＋…＋a39)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a40)＝1×10＋(7＋15＋23＋…＋79)＝10＋＝440.
答案：440
二保高考，全练题型做到高考达标
1．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝________.
解析：依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n2＋n.
答案：n2＋n
2．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.
解析：由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，
所以bn＝(－3)×(－4)n－1，
所以|bn|＝3×4n－1，
即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列．
所以|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1.
答案：4n－1
3．已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16＝________.
解析：根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.
答案：7
4．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
5．(2019·宿迁调研)已知数列中，a1＝1，a2＝3，若an＋2＋2an＋1＋an＝0对任意n∈N*都成立，则数列的前n项和Sn＝________.
解析：∵a1＝1，a2＝3，an＋2＋2an＋1＋an＝0，
∴an＋2＋an＋1＝－(an＋1＋an)，a2＋a1＝4.
则数列是首项为4，公比为－1的等比数列，
∴an＋1＋an＝4×(－1)n－1.
当n＝2k－1时，a2k＋a2k－1＝4×(－1)2k－2＝4.
∴Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝4k＝2n.
当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－4.
Sn＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2k－2＋a2k－1)
＝1－4×(k－1)＝5－4k＝5－4×＝3－2n.
∴Sn＝
答案：
6．在等差数列{an}中，首项a1＝3，公差d＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．
解析：由已知条件可得数列{an}的通项公式an＝2n＋1，设连续10项为ai＋1，ai＋2，ai＋3，…，ai＋10，i∈N，设漏掉的一项为ai＋k,1≤k≤10，由－ai＋k＝185，得(2i＋3＋2i＋21)×5－2i－2k－1＝185，即18i－2k＝66，即9i－k＝33，所以34≤9i＝k＋33≤43,3＜≤i≤＜5，所以i＝4，此时，由36＝33＋k得k＝3，所以ai＋k＝a7＝15，故此连续10项的和为200.
答案：200
7．(2019·邵阳模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知A，B，C，D，E五人分5钱，A，B两人所得与C，D，E三人所得相同，且A，B，C，D，E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E分得________钱．
解析：由题意，设A所得为a－4d，B所得为a－3d，C所得为a－2d，D所得为a－d，E所得为a，
则解得a＝，故E分得钱．
答案：
8．已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前100项和为________．
解析：由a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，得a2n＋a2n＋1＝n＋1，所以a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，因为a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13，所以a1＋a2＋…＋a100＝1 276＋13＝1 289.
答案：1 289
9．(2018·苏北四市期末)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a，(an＋1)(an＋1＋1)＝6(Sn＋n)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对于∀n∈N*，都有Sn≤n(3n＋1)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当n＝1时，(a1＋1)(a2＋1)＝6(S1＋1)，故a2＝5.
当n≥2时，(an－1＋1)(an＋1)＝6(Sn－1＋n－1)，
所以(an＋1)(an＋1＋1)－(an－1＋1)(an＋1)＝6(Sn＋n)－6(Sn－1＋n－1)，
即(an＋1)(an＋1－an－1)＝6(an＋1)．
又an＞0，所以an＋1－an－1＝6，
所以a2k－1＝a＋6(k－1)＝6k＋a－6，a2k＝5＋6(k－1)＝6k－1，
故an＝
(2)当n为奇数时，Sn＝(3n＋a－2)(n＋1)－n，
由Sn≤n(3n＋1)，得a≤恒成立，
令f(n)＝，则f(n＋1)－f(n)＝＞0，
所以a≤f(1)＝4.
当n为偶数时，Sn＝n(3n＋a＋1)－n，
由Sn≤n(3n＋1)得，a≤3(n＋1)恒成立，
所以a≤9.
又a1＝a＞0，所以实数a的取值范围是(0,4]．
10．(2019·宿迁中学调研)已知各项均为正数的数列{an}的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且满足anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝λanan＋1(λ≠0，n∈N*)．
(1)若a1，a2，a3成等比数列，求实数λ的值；
(2)若λ＝，求Sn.
解：(1)令n＝1，得a2＝.
令n＝2，得a2S3－a3S2＋a2－a3＝λa2a3，
所以a3＝.
由a＝a1a3，得2＝，
因为λ≠0，所以λ＝1.
(2)当λ＝时，anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝anan＋1，
所以－＋－＝，即－＝，
所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，
所以＝2＋(n－1)·，
即Sn＋1＝an，①
当n≥2时，Sn－1＋1＝an－1，②
①－②得，an＝an－an－1，
即(n＋1)an＝(n＋2)an－1，所以＝(n≥2)，
所以是常数列，且为，所以an＝(n＋2).
代入①得Sn＝an－1＝.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·启东检测)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和，则Sn＝________尺．
解析：依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n天大老鼠打洞的距离共为＝2n－1.同理可得前n天小老鼠打洞的距离共为＝2－，所以Sn＝2n－1＋2－＝2n－＋1.
答案：2n－＋1
2．(2018·苏州高三暑假测试)等差数列{an}的前n项和为Sn，且an－Sn＝n2－16n＋15(n∈N*)，若对任意n∈N*，总有Sn≤Sk，则k的值为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，则an－Sn＝a1＋(n－1)d－＝－n2＋n＋a1－d＝n2－16n＋15，所以解得所以Sn＝13n＋×(－2)＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，所以(Sn)max＝S7，所以Sn≤S7对任意n∈N*恒成立，所以k的值为7.
答案：7
3．(2019·南京一模)平面内的“向量列”{an}，如果对于任意的正整数n，均有an＋1－an＝d，则称此“向量列”为“等差向量列”，d称为“公差向量”；平面内的“向量列”{bn}，如果对于任意的正整数n，均有bn＋1＝q·bn(q≠0)，则称此“向量列”为“等比向量列”，常数q称为“公比”．
(1)如果“向量列”{an}是“等差向量列”，用a1和“公差向量”d表示a1＋a2＋…＋an；
(2)已知{an}是“等差向量列”，“公差向量”d＝(3,0)，a1＝(1,1)，an＝(xn，yn)，{bn}是“等比向量列”，“公比”q＝2，b1＝(1,3)，bn＝(mn，kn)，求a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn.
解：(1)∵“向量列”{an}是“等差向量列”，
∴a1＋a2…＋an＝na1＋(1＋2＋…＋n－1)d
＝na1＋d.
(2)∵a1＝(1,1)，d＝(3,0)，∴an＝(3n－2,1)．
∵b1＝(1,3)，q＝2，∴bn＝(2n－1,3·2n－1)．
∴an·bn＝(3n－2,1)·(2n－1,3·2n－1)＝(3n－2)·2n－1＋3·2n－1＝(3n＋1)·2n－1，
设Sn＝a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn，
则Sn＝＝4·20＋7·21＋…＋(3n＋1)·2n－1，
2Sn＝4·2＋7·22＋…＋(3n＋1)·2n，
两式相减可得，－Sn＝4＋3(2＋22＋…＋2n－1)－(3n＋1)·2n
＝4＋3·－(3n＋1)·2n＝(2－3n)·2n－2，
∴a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝(3n－2)·2n＋2.