当前位置：文档库 › 2014届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)数列求和(含解析)

2014届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)数列求和(含解析)

第四节

数_列_求_和

[知识能否忆起]

一、公式法

1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n 项和公式，注意等比数列公比q 的取值情况要分q ＝1或q ≠1.

2．一些常见数列的前n 项和公式： (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)

2；

(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n . 二、非等差、等比数列求和的常用方法 1．倒序相加法

如果一个数列{a n }，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，等差数列的前n 项和即是用此法推导的．

2．分组转化求和法

若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．

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，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，等比数列的前n 项和就是用此法推导的．

4．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，从而求得其和．

[小题能否全取]

1．(2012·沈阳六校联考)设数列{(－1)n }的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( ) A.n [(－1)n －1]2

B.(－1)n －

1＋12

C.(－1)n ＋12

D.(－1)n －12

解析：选D 因为数列{(－1)n }是首项与公比均为－1的等比数列，所以S n ＝

－1－(－1)n ×(－1)1－(－1)

＝(－1)n －1

2．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列????

S n n 的前10项

的和为( )

A ．120

B ．70

C ．75

D ．100

解析：选C ∵S n ＝n (a 1＋a n )

2＝n (n ＋2)，

∴S n n ＝n ＋2.故S 11＋S 22＋…＋S 10

＝75. 3．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( )

A ．31

B ．120

C ．130

D ．185

解析：选C a 1＋…＋a k ＋…＋a 10＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20)＝240－(2＋20)×10

＝240－110＝130.

4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为________．解析：S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1

－2＋n 2.

答案：2n ＋

1＋n 2－2

5．数列12×4，14×6，16×8，…，1

2n (2n ＋2)，…的前n 项和为________．

解析：因a n ＝12n (2n ＋2)＝14???1

n －1n ＋1

则S n ＝1

4????1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1

＝14????1－1n ＋1＝n

4(n ＋1). 答案：

4(n ＋1)

数列求和的方法

(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．

(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：

①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．

②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．

典题导入

[例1] (2011·山东高考)等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n . [自主解答] (1)当a 1＝3时，不合题意；

当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意．

因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3，故a n ＝2·3n －

(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－ln 3)＋(－

1)n n ln 3，

所以S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝2(1＋3＋…＋32n －

1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n ](ln 2－ln 3)

＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n

2n ]ln 3＝2×1－32n

1－3

＋n ln 3＝32n ＋n ln 3－1.

由题悟法

分组转化法求和的常见类型

(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．

(2)通项公式为a n ＝?

????

b n ，n 为奇数，

c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数

列，可采用分组求和法求和.以题试法

1．已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5

成等差数列．求：

(1)p ，q 的值；

(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．

解：(1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x 4＝24p ＋4q ， x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1.

(2)由(1)，知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋

1－2＋n (n ＋1)2

典题导入

[例2] (2012·江西高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝kc n －k (其中c ，k 为常数)，且a 2

＝4，a 6＝8a 3.

(1)求a n ；

(2)求数列{na n }的前n 项和T n .

[自主解答] (1)由S n ＝kc n －k ，得a n ＝S n －S n －1＝kc n －kc n －

1(n ≥2)．

由a 2＝4，a 6＝8a 3 ，得kc (c －1)＝4，kc 5

(c －1)＝8kc 2

(c －1)，解得?

????

c ＝2，k ＝2，

所以a 1＝S 1＝2，a n ＝kc n －kc n －

1＝2n (n ≥2)，

于是a n ＝2n . (2)T n ＝∑i ＝1

ia i ＝∑i ＝1

i ·2i ，

即T n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n .

T n ＝2T n －T n ＝－2－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋

＝－2n ＋

1＋2＋n ·2n ＋

1＝(n －1)2n ＋

1＋2.

由题悟法

用错位相减法求和应注意：

(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“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”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．

以题试法

2．(2012·济南模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝3n ＋k .

(1)求k 的值及数列{a n }的通项公式；

(2)若数列{b n }满足a n ＋1

＝(4＋k )a n b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .

解：(1)当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝3n ＋k －3n －

1－k ＝2·3n －

1，得等比数列{a n }的公比q

＝3，首项为2.

∴a 1＝S 1＝3＋k ＝2，∴k ＝－1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·3n －

(2)由

a n ＋12＝(4＋k )a n

b n ，可得b n ＝n

2·3

n －1，即b n ＝32·n 3

n .

∵T n ＝32????13＋232＋3

33＋…＋n 3n ， ∴13T n ＝32????132＋233＋3

34＋…＋n 3n ＋1， ∴23T n ＝32????13＋132＋1

33＋…＋13n －n 3n ＋1， ∴T n ＝94????1

2－12·3n －n 3n ＋1.

典题导入

[例3] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝na n －n (n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝2

a n a n ＋1

，求数列{b n }的前n 项和T n .

[自主解答] (1)∵S n ＝na n －n (n －1)，当n ≥2时， S n －1＝(n －1)·a n －1－(n －1)(n －2)，

∴a n ＝S n －S n －1＝na n －n (n －1)－(n －1)a n －1＋(n －1)·(n －2)，即a n －a n －1＝2.

∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1，n ∈N *.

(2)由(1)知b n ＝2a n a n ＋1＝2(2n －1)(2n ＋1)＝12n －1－12n ＋1

，

故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝????1－13＋????13－15＋????15－17＋…＋????12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n

2n ＋1

本例条件不变，若数列{b n }满足b n ＝1

S n ＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .

解：S n ＝na n －n (n －1)＝n (2n －1)－n (n －1)＝n 2. b n ＝1S n ＋n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1

，

T n ＝????11－12＋????12－13＋????13－14＋…＋????1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n

n ＋1

由题悟法

利用裂项相消法求和应注意

(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{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ????1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ???

a n －1a n ＋2.

以题试法

3．(2012·“江南十校”联考)在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1、a 5的等比中项为16.

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1

S 3

＋…＋

S n

(2)∵b n ＝log 42n ＋

1＝n ＋12，

∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)

∵1S n ＝4n (n ＋3)＝43????1

n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n

＝43????11－14＋12－15＋13－1

6＋…＋1n －1n ＋3 ＝43????1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<229

，

∴存在正整数k 的最小值为3.

1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列????

1a n 的

前5项和为( )

A.15

8或5 B.3116或5 C.3116

D.158

解析：选C 设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9(1－q 3)1－q ＝1－q 6

1－q

，解得q ＝2，

所以数列????

??1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝31

16.

2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( ) A ．16 B ．8 C ．4

D ．不确定

解析：选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，可知数列{a n }是等差数列，由S 25＝(a 1＋a 25)×25

＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 1＋a 25＝a 12＋a 14＝8.

3．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋1

2n ，…的前n 项和S n 的值等于( )

A ．n 2＋1－1

B ．2n 2－n ＋1－1

C ．n 2＋1－

n －1

D ．n 2－n ＋1－1

解析：选A 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋1

2n ，

则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋????12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12

n . 4．(2012·“江南十校”联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋

a 2a 3

＋…＋

a n a n ＋1

的结果可化为( ) A ．1－1

B ．1－1

C.2

3???

?1－14n

D.2

3???

?1－12n 解析：选C a n ＝2n －

1，设b n ＝1a n a n ＋1＝????122n －1，

则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋????123＋…＋????122n －1 ＝12??

??1－14n 1－14

＝23

????1－14n . 5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列????

1a n a n ＋1的前100项和为

( )

A.100101

B.99101

C.99

100

D.101100

解析：选A 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴?????

a 1

＋4d ＝5，5a 1

＋5×(5－1)

2d ＝15， ∴?

????

a 1＝1，

d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴

1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列????

??1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1

100－

1101＝1－1101＝100

101

. 6．已知函数f (n )＝?

????

n 2

(当n 为奇数时)，

－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100

等于( )

A ．0

B ．100

C ．－100

D ．10 200

解析：选B 由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992

－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.

7．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________. 解析：由等差数列的性质及a 2＋a 8＝18－a 5，得2a 5＝18－a 5，则a 5＝6，

故S 9＝(a 1＋a 9)×9

2＝9a 5＝54.

答案：54

8．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.

解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，

∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2

n －1

＋2

n －2

＋…＋22

＋2＋2＝2－2n

1－2

＋2＝2n －2＋2＝2n .

∴S n ＝2－2n ＋

11－2

＝2n ＋1

－2.

答案：2n ＋

1－2

9．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列????

1b n b n ＋1的

前n 项和S n ＝________.

解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1

＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －

＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ，

所以1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1

则数列????

??1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.

答案：

n ＋1

10．(2013·唐山统考)在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n . 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意得

????

a 1q ·a 1q 2＝32，a 1q 4

＝32，解得a 1＝2，q ＝2，故a n ＝2·2n －

1＝2n .

(2)∵S n 表示数列{a n }的前n 项和， ∴S n ＝2(1－2n )1－2

＝2(2n －1)，

∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(2＋2·22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n )]＝2(2＋2·22＋…＋n ·2n )－n (n ＋1)，

设T n ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，①

则2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋

1，②

①－②，得

－T n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1

＝2(1－2n )1－2

－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋

1－2，

∴T n ＝(n －1)2n ＋

1＋2，

∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(n －1)2n ＋

1＋2]－n (n ＋1)

＝(n －1)2n ＋

2＋4－n (n ＋1)．

11．(2012·长春调研)已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{a n }的通项公式；

(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .

解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得?????

a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14，

解得?

???

a 1＝1，d ＝2，所以{a n }的通项a n ＝2n －1.

(2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －

当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －

1)＝n 2＋

q (1－q 2n )1－q 2

；

当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和

S n ＝?

???

n (n ＋1)，q ＝1，n 2＋q (1－q 2n )1－q 2，q >0，q ≠1.

12．(2012·“江南十校”联考)若数列{a n }满足：a 1＝23，a 2＝2,3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2.

(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等差数列；

(2)求使1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >5

2成立的最小的正整数n .

解：(1)由3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2可得：

a n ＋1－2a n ＋a n －1＝23，即(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝2

，

故数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝43为首项，2

3为公差的等差数列．

(2)由(1)知a n ＋1－a n ＝43＋23(n －1)＝2

(n ＋1)，

于是累加求和得a n ＝a 1＋23(2＋3＋…＋n )＝1

n (n ＋1)，

∴1

a n ＝3???

?1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝3－3n ＋1>52，∴n >5， ∴最小的正整数n 为6.

1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2

B ．n 2－6n ＋18

C.?????

6n －n 2(1≤n ≤3)n 2－6n ＋18(n >3)

D.?????

6n －n 2

(1≤n ≤3)n 2－6n (n >3)

解析：选C ∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7， ∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，

∴T n ＝?

????

6n －n 2

(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3).

2．(2012·成都二模)若数列{a n }满足a 1＝2且a n ＋a n －1＝2n ＋2n －

1，S n 为数列{a n }的前n

项和，则log 2(S 2 012＋2)＝________.

解析：因为a 1＋a 2＝22＋2，a 3＋a 4＝24＋23，a 5＋a 6＝26＋25，….所以S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2 011＋a 2 012

＝21＋22＋23＋24＋…＋22 011＋22 012 ＝2(1－22 012)1－2

＝22 013

－2.

故log 2(S 2 012＋2)＝log 222 013＝2 013. 答案：2 013

3．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；

(2)若b n ＝a n log 1

2a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .

解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. ∴a 2＋a 4＝20.

∴????? a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2

＝8，解得?????

q ＝2，

a 1＝2，或??

???

q ＝1

2，a 1＝32.

又{a n }为递增数列，

∴?????

q ＝2，a 1＝2.

∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝2n ·log 12

2n ＝－n ·2n ，

∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①

∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋

1.②

①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋

＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1

＝2n ＋

1－n ·2n ＋

1－2.

∴S n ＝2n ＋

1－n ·2n ＋

1－2.

1．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列． (1)求数列{a n }的通项； (2)求数列{2a n }的前n 项和S n .

解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d 1＋2d ，

解得d ＝1或d ＝0(舍去)，故{a n }的通项a n ＝1＋(n －1)×1＝n . (2)由(1)知2a n ＝2n ，由等比数列前n 项和公式得

S n ＝2＋22

＋23

＋ (2)

＝2(1－2n )1－2

＝2n ＋1

－2.

2．设函数f (x )＝x 3，在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 1＋a 2＋a 3＝12，记S n ＝f (3

a n ＋1)，令

b n ＝a n S n ，数列????

1b n 的前n 项和为T n .

(1)求{a n }的通项公式和S n ； (2)求证：T n <1

解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 1＋2d ＝7，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝12，解得a 1

＝1，d ＝3，则a n ＝3n －2.

∵f (x )＝x 3，∴S n ＝f (3

a n ＋1)＝a n ＋1＝3n ＋1. (2)证明：∵

b n ＝a n S n ＝(3n －2)(3n ＋1)，

∴1b n ＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13????1

3n －2－13n ＋1. ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n

＝1

3????1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1 ＝13???

?1－13n ＋1.∴T n <13. 3．已知二次函数f (x )＝x 2－5x ＋10，当x ∈(n ，n ＋1](n ∈N *)时，把f (x )在此区间内的整数值的个数表示为a n .

(1)求a 1和a 2的值； (2)求n ≥3时a n 的表达式；

(3)令b n ＝4a n a n ＋1

，求数列{b n }的前n 项和S n (n ≥3)．

解：(1)f (x )＝x 2－5x ＋10，又x ∈(n ，n ＋1](n ∈N *)时，f (x )的整数个数为a n ，所以f (x )在(1,2]上的值域为[4,6)?a 1＝2；

f (x )在(2,3]上的值域为????

154，4?a 2＝1.

(2)当n ≥3时，f (x )是增函数，故a n ＝f (n ＋1)－f (n )＝2n －4. (3)由(1)和(2)可知，b 1＝42×1＝2，b 2＝41×2＝2.而当n ≥3时，b n ＝4(2n －4)(2n －2)

＝2???

?12n －4－12n －2. 所以当n ≥3时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n ＝2＋2＋2???

?12－14＋14－16＋…＋12n －4－12n －2

＝4＋2????12－12n －2＝5－1

n －1.