2018版高考数学考点23数列求和及其运用试题解读与变式
2018高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文11
[ 变式训练 ] (2017· 衡阳模拟 ) 已知等差数列 {an} 满 足： an＋1＞an(n∈N*)， a1＝1， 该数列的前三项分别加上 1， 1，3 后成等比数列，an＋2log2bn＝－1.(导学号 55410040) (1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn.
专题三
数列
Байду номын сангаас
第 2 讲 数列的求和及综 合应用
1． (2017· 全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n.(导学号 55410038) (1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前 n 项和．
2．(2017· 山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数 列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(导学号 55410039) (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已
命题视角 3 错位相减法求和 [例 1－3] (2017· 天津卷)已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2 的等比数列，且公比 大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nbn}的前 n 项和(n∈N*)．
命题视角 2 裂项相消法求和 [例 1－2] (2015· 全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项 和．已知 an＞0，a2 n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝ ，求数列{bn}的前 n 项和． anan＋1
[变式训练] (2017· 淄博诊断)已知等比数列{an}的各 项均为正数，且 a1＋2a2＝5，4a2 3＝a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 b1＝2， 且 bn＋1＝bn＋an， 求数列{bn} 的通项公式； an (3)设 cn＝ ，求数列{cn}的前 n 项和为 Tn. bnbn＋1
2018届高考数学(理)热点题型：数列(含答案解析)
数列热点一 等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n (n∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3， 于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【对点训练】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)， ∴⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列，∴23<1－2T k ≤1315，又1b k ＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立.热点二 数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d>1时，记c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .(1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)解 由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1， 故c n ＝2n －12n －1， 于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板 第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q. 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【对点训练】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 2n .(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的等比数列；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)＝32(3n －1).热点三 数列的综合应用 热点3.1 数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.【例3－1】 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N *). (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2. 所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n. (2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ， 所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.热点3.2 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【例3－2】 在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得： ⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n. (2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝32n(n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。
2018届高考数学第二轮考点梳理导学案23(45数列求和)
45数列求和 姓名一、学习内容： 必修四68～72二、课标要求： 能在具体的问题情景中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题（数列求和）． 三、基础知识：数列求和的常见方法有：1、 公式法：⑴ 等差数列的求和公式____________n S =，等比数列的求和公式____________n S =2、分组求和法：在直接运用公式求和有困难时常，将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和 （常见：等差+等比型或多个特殊数列混合在一起）即：将原来的数列分拆成两个或两个以上的数列，然后利用公式法求和。
3、倒序相加法：如果一个数列｛a n ｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。
特征：a n +a 1=a n-1+a 2通常，当数列的通项与组合数相关联时，那么常可考虑选用倒序相加法，（等差数列求和公式）将一个数列倒过来排列与原数列相加．主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和．4、错位相减法：适用于： “等差⨯等比”型 的数列求和．特征：适应于数列{}n n a b 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列。
方法：给12n n S a a a =+++各边同乘以一个适当的数或式，然后把所得的等式和原等式相减，对应项相互抵消，最后得出前n 项和S n .5、裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，即数列的每一项均可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项之和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法。
把一个数列分成几个可直接求和的数列．常见的拆项公式：(1)1_________()n n k =+； _________= 四、基础练习1．已知数列{a n }是首项a 1＝4，公比q ≠1的等比数列，S n 是其前n 项和，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列．(1)求公比q 的值；(2)求T n ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n 的值．【答案】 (1)－1 (2)－4n【解析】 (1)由题意得2a 5＝4a 1－2a 3.∵{a n }是等比数列且a 1＝4，公比q ≠1，∴2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，∴q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝－2(舍去)或q 2＝1，∴q ＝－1.(2)∵a 2，a 4，a 6，…，a 2n 是首项为a 2＝4×(－1)＝－4，公比为q 2＝1的等比数列，∴T n ＝na 2＝－4n .【点评】应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式． 2．求数列1，12，2，14，4，18，……的前2n 项和S 2n .【答案】 2n－12n【解析】 S 2n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋(12＋14＋18＋…＋12n )＝2n－1＋1－12n ＝2n －12n .【点评】将数列中的每一项拆成几项，然后重新分组，将一般数列求和问题转化为特殊数列的求和问题，我们将这种方法称为通项分解法，运用这种方法的关键是通项变形．3. 已知数列{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 n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12， 即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列{1S n }是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1.(2)又b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 【点评】裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或多项，使这些拆开的项出现有规律的相互抵消，看有几项没有抵消掉，从而达到求和的目的． 4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项a n ； (2)求数列{na n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝2S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ，∴S n ＋1S n＝3.又∵S 1＝a 1＝1，∴数列{S n }是首项为1，公比为3的等比数列，S n ＝3n －1(n ∈N ＋)．当n ≥2时，a n ＝2S n －1＝2·3n －2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝12·3n －2， n ≥2(2)T n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ， 当n ＝1时，T 1＝1；当n ≥2时，T n ＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n ·3n －2，① 3T n ＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n ·3n －1，②①－②得：－2T n ＝2＋2(31＋32＋…＋3n －2)－2n ·3n －1 ＝2＋2·3(1－3n －2)1－3－2n ·3n －1＝－1＋(1－2n )·3n －1.∴T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －123n －1(n ≥2)． 又∵T 1也满足上式，故T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －123n －1(n ∈N ＋)．【点评】①如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法．②运用错位相减法求和，一般和式比较复杂，运算量较大，易会不易对，应特别细心，解题时若含参数，要注意分类讨论． 【练习】5．(2011·浙江文)已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R )，且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，试比较1a 2＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n 与1a 1的大小．【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可知(1a 2)2＝1a 1·1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )从而a 1d ＝d 2.因为d ≠0，所以d ＝a 1＝a .故通项公式a n ＝na . (2)记T n ＝1a 2＋1a 22＋…＋1a 2n，因为a 2n ＝2n a ，所以T n ＝1a (12＋122＋…＋12n )＝1a ·12(1－(12)n)1－12＝1a [1－(12)n]．从而，当a >0时，T n <1a 1；当a <0时，T n >1a 1.6．求数列0.9,0.99,0.999，…，0.99…9… 前n 项的和S n .【答案】 n －19(1－0.1n )7．已知直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第一项与第二项，若b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( )A.921B.1021C.1121D.2021 【答案】 B【解析】 依题意，将(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0化为(x ＋y －4)＋m (3x －y )＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －4＝03x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝3，所以直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0过定点(1,3)，所以a 1＝1，a 2＝3，公差d ＝2，a n ＝2n －1， b n ＝1a n ·a n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，T 10＝12×(11－13＋13－15＋…＋120－1－120＋1)＝12×(11－121)＝1021.故选B.8. 设正项等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0，(1)求{a n }的通项； (2)求{nS n }的前n 项和T n .【解析】 (1)a n ＝12n ，n ＝1,2，…(2)∵{a n }是首项a 1＝12，公比q ＝12的等比数列， ∴S n ＝12(1－12n )1－12＝1－12n ，nS n＝n －n 2n . 则数列{nS n }的前n 项和T n ＝(1＋2＋…＋n )－(12＋222＋…＋n2n ) ①T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－(122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1) ② ①－②，得T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－(12＋122＋…＋12n )＋n 2n ＋1 ＝n (n ＋1)4－12(1－12n )1－12＋n2n ＋1，即T n ＝n (n ＋1)2＋12n －1＋n2n －2.9、（2011重庆文16)（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分）设{}n a 是公比为正数的等比数列，12a =，324a a =+。
2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案
.2018 届高三第二轮复习——数列第 1 讲等差、等比考点【高考感悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：考什么怎么考题型与难度主要考查等差、等比数列的基题型：三种题型均可出现1.等差 (比 )数列的基本运算本量的求解难度：基础题主要考查等差、等比数列的定题型：三种题型均可出现2.等差 (比 )数列的判定与证明义证明难度：基础题或中档题主要考查等差、等比数列的性题型：选择题或填空题3.等差 (比 )数列的性质质难度：基础题或中档题1．必记公式(1)等差数列通项公式： an＝ a1 ＋ (n－ 1) d.n（ a1＋ an）n（n－ 1 ）d(2) 等差数列前 n 项和公式：S ＝＝ na1＋.n22(3)等比数列通项公式： ana1q n－1 .(4)等比数列前 n 项和公式：na1 （ q＝ 1）S n＝n n .a1（ 1 －q ）a1－ aq （ q≠1）＝1 － q1－ q(5)等差中项公式： 2an＝ an－ 1＋an＋1 (n≥ 2) ．(6)等比中项公式： a2n＝ an－ 1 ·an＋1(n≥ 2) ．S1 （ n＝ 1）(7) 数列 {an}的前 n 项和与通项 an 之间的关系： an＝ . Sn－ Sn－ 1（ n≥ 2）2．重要性质(1) 通项公式的推广：等差数列中，an＝am＋ (n－m )d；等比数列中，an＝ amq n－m...(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．②等比数列中，若a1＞0 且 q＞ 1 或 a1＜ 0 且 0 ＜ q＜ 1，则数列为递增数列；若a1＞ 0 且 0 ＜ q＜ 1 或a1＜ 0 且 q＞ 1，则数列为递减数列．3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．(2) 漏掉等比中项：正数a， b 的等比中项是±ab，容易漏掉－ab .【真题体验】1． (2015 ·新课标Ⅰ高考)已知 {an}是公差为 1 的等差数列， Sn 为 {an}的前 n 项和．若 S8＝ 4S4，则 a10＝ ( )17 19A. B. C． 10D． 122 212． (2015 ·新课标Ⅱ高考)已知等比数列 {an}满足 a1＝， a3a5 ＝ 4( a4－1) ，则 a2 ＝ ()41 1A． 2 B．1 C.D.2 83． (2015 ·浙江高考)已知 {n}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，7 成等比数列，且2a1＋a2 ＝1，则a aa1＝ __________，d＝ ________．4． (2016 ·全国卷1)已知 a n是公差为 3 的等差数列，数列b n满足 b1=1， b2 =1， a n b n 1b n1 nb n，.3（I ）求a n 的通项公式；（ II ）求b n的前 n 项和 ...【考点突破】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015 ·湖南高考)设 Sn 为等比数列 {an}的前 n 项和，若 a1 ＝ 1，且 3 S1，2S2 ，S3 成等差数列，则an＝ ________．92． (2015 ·重庆高考)已知等差数列{an}满足 a3＝2，前 3 项和 S3＝.2(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.考点二、等差（比）的证明与判断【典例 1 】( 2017 ·全国1 )记 Sn 为等比数列 a n的前 n 项和，已知 S2=2 ， S3 =-6.（ 1）求 a n 的通项公式；（ 2）求 Sn，并判断 Sn+1， Sn，Sn+2 是否成等差数列。
2018高考数学专题大讲堂-第二讲-谈谈高考中的数列问题及其解法(PDF含答案)
因为 N＞100，由
要 使 该 数 列 的 前 N 项 和 为 2 的 整 数 幂 ， 则 下 一 组 前 k 项 之 和 为 n2 ， 即 有
n(n 1) 100 得 n 14 ， 2
2k 1 n 2, k N , n 13 ，于是 k 5, n 29 ， N
（三）全国新课标卷对数列内容的常考题型 1.选择、填空题常考题型有知三求二，借助方程组求解基本量，有时也会用到“整体求解”的技巧； 有些客观题如能灵活运用数列的性质求解则可以大大简化运算；此外数表、框图有时也是数列
客观题考查的载体。 2．解答题通常会涉及数列的求和，主要考查裂项相消法和错位相减法，难度中等。个别解答题有涉及 数列不等式的证明，此类题难度较大，综合性较强
n 2, a n s n s n 1 等等.
2．函数思想：数列关于 n 的函数。 a n f ( n) ， s n f ( n) 3．数形结合 等差的通项及前 n 项和都可以视为关于 n 的直线和抛物线方程。
4．转化思想：非差、比数列转化为差、比数列。 5．特殊化思想 6．类比思想 已知函数 a n f ( n) ， s n f ( n) ，可求某一项。 等差、等比数列有相同的特征，有类似的性质。
解法 1：首先对数列分组，第一组共 1 项，第二组共 2 项，第三组共 3 项，……第 n 组共 n 项 则 n 组的项数共有
0
n(n 1) 项， 2
1 2
第 i 组之和为 2 2 2 2
i 1
1(1 2i ) 2i 1 1 2
n
2(1 2 n ) 那么前 n 组各项之和为 （2 -1) (2 1) (2 1) n 2n 2 n 1 2
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：专题三第2讲数列求和及综合应用 精品
[规律方法] 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn} 是等比数列，求数列{an·bn}的前 n 项和时，可采用错位相 减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比， 然后作差求解．
2．在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表 达式．
(2)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． (3)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 ana1n＋1或ana1n＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求 和．
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制 条件．
(3)不等关系证明中进行适当的放缩．
[变式训练 2] (2016·湖北七市 4 月联考)已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n2＋2n.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若点(bn，an)在函数 y＝log2x 的图象上，求数列{bn} 的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n≥2 时，
2．数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的交汇问题一般是利用函数作为背景， 给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出 Sn 的 表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类 问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进 行准确的转化．数列与不等式的交汇问题一般以数列为 载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．
[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一 项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵 消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．
主题09 数列的通项公式、求和及数列的综合问题 -2018年高考数学二轮透析23题对对碰 含解析 精品
2018届二轮透析高考数学23题对对碰【二轮精品】 第一篇主题9 数列的通项公式、求和及数列的综合问题【主题考法】本主题考题形式为选择题、填空题，主要考查求数列通项公式、数列求和及数列的综合问题，考查运算求解能力、转化与化归思想，难度为中档或难题，分数为5分. 【主题回扣】1.求数列的通项公式的常见类型和解法：（1）观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数n 的关系时，分解所给数列的前几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归纳出n a 的通项公式，再用数学归纳法证明.（2）累加法：对于可转化为)(1n f a a n n +=+形式数列的通项公式问题，化为1()n n a a f n +-=，通过累加得n a =112211()()()n n n n a a a a a a a ----+-++-+ =1(1)(2)(1)f n f n f a -+-+++，求出数列的通项公式，注意相加等式的个数（3）累积法：对于可转化为1()n n a a f n +=形式数列的通项公式问题，化为1()n na f n a +=，通过累积得n a =121121n n n n a a a a a a a ---⨯⨯⨯⨯ =1(1)(2)(1)f n f n f a -⨯-⨯⨯⨯，求出数列的通项公式，注意相乘等式的个数（4）构造法：对于化为1()n n a pa f n +=+（其中p 是常数）型，常用待定系数法将其化为1(1)[()]n n a Af n p a Af n +++=+，由等比数列定义知{()n a Af n +}是公比为p 的等比数列，由等比数列的通项公式先求出()n a Af n +通项公式，再求出n a 的通项公式.（5）利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项：对递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =)，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 进行求解.注意n a =1n n S S --成立的条件是n ≥2，求n a 时不要漏掉n =1即n a =1S 的情况，当1a =1S 适合n a =1n n S S --时，n a =1n n S S --；当1a =1S 不适合n a =1n n S S --时，用分段函数表示.2.数列求和的主要方法：（1）分组求和：若给出的数列不是特殊数列，但把数列的每一项分成两项，或把数列的项重新组合，使之转化为等比或等差数列，分组利用等比或等差数列的前n 和公式求前n 项和.（2）拆项相消法：若数列的每一项都可拆成两项之差，求和时中间的一些项正好相互抵消，于是将前n 项和转化为首尾若干项和，注意未消去的项是哪些项.常用拆相公式: ①若{}n a 是各项都不为0公差为(0)d d ≠的等差数列，则11n n a a +=1111()n n d a a +=- ②n a（3）倒序相加法：如果一个数列与首尾两相距离相等的两项之和等于首尾两项之和，则正着写和与到序写和的两式对应项相加，就转化为一个常数列的前n 项和.推导等差数列的前项和公式正是应用了此法，体现了转化与化归数学思想（4）错位相减法：若数列{}n a 是公差为(0)d d ≠的等差数列，{}n b 是公比为(1)q q ≠的等比数列，则在数列{}n n a b 的前项和n S =112233n n a b a b a b a b ++++= 211121311n n a b a b q a b q a b q -++++ ①，两边同乘以公比q 得n qS =231121311n n a b q a b q a b q a b q ++++② ，①式与②式错位相减得(1)n q S -=221111211131211111()()()n n n n n n a b a b q a b q a b q a b q a b q a b q a b q ---+-+-++-- =21111(1)n n n a b d q q q a b q -++++-，转化为等比数列211,,,,n q q q -，的前n 项和问题，注意转化出的等比数列的首项及项数.（5）并项求和法：若数列某项组合相加可将其化为等比数列或等差数列的和问题，常用并项法，即通过并项化为特殊数列，利用公式求和． 【易错提醒】1.已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2.利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项． 7．裂项相消法求和时，一注意分裂前后的值要相等，如1nn ＋≠1n －1n ＋2，而是1nn ＋＝12)111(+-n n ；二注意要注意消去了哪些项，保留了哪些项.8．通项中含有(－1)n 的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式． 【主题考向】考向一 数列的通项公式【解决法宝】对数列求通项公式问题要熟练掌握常见的求通项公式方法，根据题中条件，选择合适的方法求解，特别是已知数列的递推公式求通项公式问题，常需要对所给条件进行变形，如两边去倒数等，转化为常见形式，在选择合适的方法求解. 例1 【甘肃省兰州市2018届高三一诊】数列中，，对任意，有，令，，则（ ）A. B. C.D.【分析】由得，用累加法即可求出n a ，从而求出n b ，再利用拆项消去法即可求出{n b }的前2018项和.【解析】，∴，，，∴，，故选D.考向二 数列求和【解决法宝】1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.3.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.4.用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.在写“Sn ”与“qSn ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn －qSn ”的表达式. 例2．【广东省中山纪念等六校2018届第一次联考】数列满足，且，则等于（ ）．A.B.C.D.【分析】先用累加法求出na 的通项公式，再用拆项消去法求和.【解析】∵，∴212=-a a ，323=-a a ，……，n a a n n =--1，∴)()()(123121--++-+-=-n n n a a a a a a a a =n ++++ 432=2)1)(2(-+n n ，∴n a =12)1)(2(+-+n n =2)1(+n n ，∴，∴，故选A ．考向三 数列综合问题【解题法宝】1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视； (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理. 例3．等差数列的前项和为，已知，，则的最小值为（ ）．A.B.C.D. 无最小值【分析】先由等差数列的通项公式与前n 项和公式求出首项与公差，即求出数列的前n 项和，即可用n 将表示出来，利用导数或单调性即可求出其最小值.∴当时，．当时，．∴为最小项，，故选．【主题集训】1.【云南省昆明市一中2018届第六次月考】已知数列的前项和为，则的值是（ ）A.B.C.D.【答案】C【解析】当时，；当时，，所以12-=n a n ，所以2015583=+=+a a ，故选C ．2.【江西抚州七校2017届高三上学期联考，10】若数列{}n a 满足()()()()1123252325lg 1n n n a n a n n n +⎛⎫+-+=+++⎪⎝⎭，且15a =，则数列23n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的第100项为（ ） A ．2 B ．3 C ．1lg99+ D ．2lg99+ 【答案】B【解析】由()()()()1123252325lg 1n n n a n a n n n +⎛⎫+-+=+++⎪⎝⎭可得：)11lg(32521n n a n a n n +=+-++，记32b +=n a n n ，有)11lg(b 1n b n n +=-+，由累加法得：1lgn b n +=，数列23n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的第100项为31100lg =+，故选B.3.【福建省厦门外国语学校2018届下学期第一次月考】已知函数，且，则等于（ ）A. －2013B. －2014C. 2013D. 2014 【答案】D4.【河南百校联盟2017届高三11月质检】已知正项数列{}n a 中，11a =，22a =，222112n n n a a a -+=+（2n ≥），11n n n b a a +=+，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，则33S 的值是（ ）【答案】D 【解析】222n n a a -=3．21n a =∴1则33133S ==.故选D ．5.【河南省南阳市2018届高三上学期期末】设数列的通项公式，若数列的前项积为，则使成立的最小正整数为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】C【解析】因为，所以，该数列的前项积为，由题意知，使成立的最小正整数为，故选C.6.【河南中原名校2017届高三上学期第三次质检，5】记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若31n n S a =+，则10a =（ ）A ．91032-B ．101032- C. 91032 D ．101032【答案】A【解析】由31n n S a =+①，得1131n n S a ++=+②，②-①，得1133n n n a a a ++=-，得132n n a a +=，又1131a a =+，所以112a =-，故数列{}n a 是以12-为首项，32为公比的等比数列，所以11323n n a -⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,故991010133222a ⎛⎫=-⨯=- ⎪⎝⎭.故选A.7.【广东省华南师范大学附属中学2018届综合测试（三）】等比数列的前项和（为常数），若n n S a 23+≤λ恒成立，则实数的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由题知，所以，，所以，得，所以，得，所以时，，故选C 。
2018年高考数学(理)命题猜想 专题11数列求和及数列的简单应用
2018年高考数学（理）命题猜想 专题11数列求和及数列的简单应用【考向解读】数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题. 从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大. 【命题热点突破一】分组转化法求和例1、设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和． 【解析】解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.【变式探究】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)nln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 【解析】(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln 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)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3. 当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 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.【方法技巧】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.【命题热点突破二】 裂项相消法求和例2、【2017课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ 。
2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：3-2数列 精品
3．(2016·太原检测)已知数列{an}满足：a1＝12，3（11＋－aann＋1）＝
2（1＋an） 1－an＋1 ，an·an＋1<0(n≥1，n∈N*)；数列{bn}满足：bn＝an＋12－
an2(n≥1，n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
当 d＝－1 时，a3＝0 与已知矛盾，d＝2. ∵an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.(3 分) 由 bn＋Sn＝2，得 Sn＝2－bn. 当 n＝1 时，b1＋S1＝2，解得 b1＝1； 当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)＝bn－1－bn，即 bn＝12bn－1. ∴数列{bn}是首项为 1，公比为12的等比数列，故 bn＝2n1－1.(6 分)
(2)由(1)知 Sn＝2－2n1－1， ∴cn＝an2Sn＝2n－2nn－1.(7 分) ∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)－(210＋221＋232＋…＋2nn－1)＝n(n＋1) －(210＋221＋232＋…＋2nn－1)． 令 Rn＝210＋221＋232＋…＋2nn－1，
则12Rn＝211＋222＋233＋…＋2nn， 两式相减得12Rn＝1＋12＋212＋…＋2n1－1－2nn＝11－－2121n－2nn＝2－ n＋2n 2， ∴Rn＝4－n2＋n－21 ， ∴Tn＝n2＋n－4＋n2＋n－21 .(12 分)
(2)∵an·bn＝(－1)n－123n×(－1)n＋1n＝32nn ， ∴Tn＝3(21＋222＋233＋…＋2nn)， ∴12Tn＝3(212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1)， 以上两式相减得：12Tn＝3(211＋212＋…＋21n－2nn＋1)＝3(1－21n－ 2nn＋1)， ∴Tn＝6(1－n2＋n＋21 )．
2018年高考数学(理科)专题突破——数列 数列的求和及综合应用 Word版 含答案
数列的求和及综合应用【考点梳理】1.数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：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.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.2.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.【题型突破】题型一、分组转化求和【例1】已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .【解析】(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q .∵a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，∴⎩⎨⎧2＋d ＝q 2，3（2＋2＋2d ）2＝6q .解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2. ∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .∴T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ]， ①若n 为偶数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]} ＝2n －1＋n 2×2＝2n ＋n －1.②若n 为奇数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n } ＝2n －1＋2×n －12－2n ＝2n －n －2.∴T n ＝⎩⎨⎧2n ＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.【类题通法】1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.【对点训练】等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.【解析】(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎨⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.题型二、裂项相消法求和【例2】S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和. 【解析】(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n 3（2n ＋3）. 【类题通法】1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【对点训练】设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和.【解析】(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，① 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1， 则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 题型三、错位相减求和【例3】已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②。
2018年高考数学(浙江专用)总复习教师用书：第7章 第4讲 数列求和 含解析
第4讲 数列求和最新考纲 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.知 识 梳 理1.求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式 S n ＝n （a 1＋a n ） 2 ＝na 1＋n （n －1）2d .②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q .(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项. (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解.例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.2.常见的裂项公式 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(必修5P38A 改编)等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100＝( ) A.50B.75C.100D.125解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d )＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d ＝50＋50×12＝75. 答案 B3.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( ) A.2n ＋n 2－1 B.2n ＋1＋n 2－1 C.2n ＋1＋n 2－2D.2n ＋n －2解析 S n ＝2（1－2n ）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2.答案 C4.(必修5P38T8改编)一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A.100＋200(1－2－9)B.100＋100(1－2－9)C.200(1－2－)D.100(1－2－)解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1（1－2－9）1－2－1＝100＋200(1－2－9). 答案 A5.(必修5P61A4(3)改编)1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1). 解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n （1－x ）2－nx n1－x .答案 1－x n （1－x ）2－nx n1－x6.(2017·嵊州模拟)“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)则a 7＝________；若a 2 018＝m ，则数列{a n }的前2 016项和是________(用m 表示).解析 ①∵a 1＝1，a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，∴a 3＝1＋1＝2，同理可得：a 4＝3，a 5＝5，a 6＝8，则a 7＝13.②∵a 1＝1，a 2＝1，a n ＋a n ＋1＝a n ＋2(n ∈N *)， ∴a 1＋a 2＝a 3， a 2＋a 3＝a 4， a 3＋a 4＝a 5， …，a 2 015＋a 2 016＝a 2 017 a 2 016＋a 2 017＝a 2 018. 以上累加得，a 1＋2a 2＋2a 3＋2a 4＋…＋2a 2 016＋a 2 017＝a 3＋a 4＋…＋a 2 018， ∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2 016＝a 2 018－a 2＝m －1. 答案 13 m －1考点一 分组转化法求和【例1】 (2016·天津卷)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和.解 (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列. 设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n （b 1＋b 2n ）2＝2n 2.规律方法 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 (1)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( ) A.n 2＋1－12n B.2n 2－n ＋1－12n C.n 2＋1－12n －1D.n 2－n ＋1－12n(2)(2017·杭州七校联考)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于( ) A.1 008B.2 016C.504D.0解析 (1)该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n .(2)a 1＝cos π2＝0，a 2＝2 cos π＝－2，a 3＝0，a 4＝4，….所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2 014，2 016.故S 2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008. 答案 (1)A (2)A 考点二 裂项相消法求和【例2】 (2015·全国Ⅰ卷)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和. 解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3， 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3（2n ＋3）. 规律方法 (1)利用裂项相消法求和时，应注意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)将通项公式裂项后，有时候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公式相等.【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和为T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三 错位相减法求和【例3】 (2016·山东卷)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，符合上式.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.规律方法 (1)一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解；(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.【训练3】 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根. (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和.解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3， 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12， 从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2.两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝ 34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.[思想方法]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想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消来完成；2.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和. [易错防范]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，要注意观察未合并项的正负号.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.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( ) A.120B.70C.75D.100解析 因为S nn ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75. 答案 C2.(2017·杭州调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)－1·n ，则S 17＝( )A.9B.8C.17D.16解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案 A3.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A.200B.－200C.400D.－400解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案 B4.(2017·高安中学模拟)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S 16等于( ) A.5B.6C.7D.16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，数字重复出现，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S 16＝2×0＋7＝7.故选C. 答案 C5.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A.22 016－1 B.3·21 008－3 C.3·21 008－1D.3·21 007－2解析 a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，∴S 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 015＋a 2 016 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016) ＝1－21 0081－2＋2（1－21 008）1－2＝3·21 008－3.故选B.答案 B 二、填空题6.(2017·嘉兴一中检测)有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2－所有项的和为________.解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .答案 2n ＋1－2－n7.(2016·宝鸡模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.解析 由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ， 则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20， ∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6. 答案 68.(2017·安阳二模)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4＝4n －1. 答案 4n －1 三、解答题9.(2016·北京卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由⎩⎨⎧b 2＝b 1q ＝3，b 3＝b 1q 2＝9得⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝3. ∴b n ＝b 1q n －1＝3n －1，又a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝3－＝27，∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ＝1，2，3，…). (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1 ＝n （1＋2n －1）2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.10.(2017·贵阳一模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23， 当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1， 则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )， 所以a n ＝13a n －1(n ≥2).故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列. 故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n(n ∈N *). (2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2（2n ＋2）.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2016·郑州模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n＝1（n＋1）n＋n n＋1(n∈N*)，其前n项和为S n，则在数列S1，S2，…，S2 016中，有理数项的项数为() A.42 B.43 C.44 D.45解析a n＝1（n＋1）n＋n n＋1＝（n＋1）n－n n＋1[（n＋1）n＋n n＋1][（n＋1）n－n n＋1]＝nn－n＋1n＋1.所以S n＝1－22＋⎝⎛⎭⎪⎫22－33＋⎝⎛⎭⎪⎫33－44＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫nn－n＋1n＋1＝1－n＋1n＋1，因此S3，S8，S15…为有理项，又下标3，8，15，…的通项公式为n2－1(n≥2)，所以n2－1≤2 016，且n≥2，所以2≤n≤44，所以有理项的项数为43.答案 B12.(2017·济南模拟)在数列{a n}中，a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，则数列{a n}的前12项和等于()A.76B.78C.80D.82解析因为a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，所以a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，所以a1＋a3＝2，a4＋a2＝8，…，a12＋a10＝40，所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12＝a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝3×2＋8＋24＋40＝78.答案 B13.(2017·台州调研)已知数列{a n}满足：a1＝2，a n＋1＝1＋a n1－a n，则a1a2a3 (15)________；设b n＝(－1)n a n，数列{b n}前n项的和为S n，则S2 016＝________.解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋21－2＝－3，a 3＝1－31＋3＝－12，a 4＝1－121＋12＝13，a 5＝1＋131－13＝2.∴a 4n ＋1＝2，a 4n ＋2＝－3，a 4n ＋3＝－12，a 4n ＝13. ∴a 4n ＋1·a 4n ＋2·a 4n ＋3·a 4n ＝2×(－3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×13＝1.∴a 1a 2a 3…a 15＝a 13a 14a 15＝a 1a 2a 3＝2×(－3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3.∵b n ＝(－1)n a n ，∴b 4n ＋1＝－2，b 4n ＋2＝－3，b 4n ＋3＝12，b 4n ＝13. ∴b 4n ＋1＋b 4n ＋2＋b 4n ＋3＋b 4n ＝－2－3＋12＋13＝－256. ∴S 2 016＝－256×2 0164＝－2 100. 答案 3 －2 10014.(2015·山东卷)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ·a n ＋1的前n项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.①令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.② 解①②得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1×4＋2×4＋…＋n ×4， 所以4T n ＝1×42＋2×43＋…＋n ×4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋19.15.(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和. 解 (1)由题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎨⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n . 所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. (2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1， 当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.。
2018年高考理数： 数列 含答案
核心考点解读——数列考纲解读里的I，II的含义如下：I：对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用，即了解和认识.II：对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用，即理解和应用.(以下同)1．（2017高考新课标I，理4）记错误！未找到引用源。
为等差数列错误！未找到引用源。
的前错误！未找到引用源。
项和．若错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，则错误！未找到引用源。
的公差为A．1 B．2C．4 D．82．（2017高考新课标Ⅲ，理9）等差数列错误！未找到引用源。
的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则错误！未找到引用源。
前6项的和为A．错误！未找到引用源。
B．错误！未找到引用源。
C．3 D．83．（2017高考新课标II，理15）等差数列错误！未找到引用源。
的前错误！未找到引用源。
项和为错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，则错误！未找到引用源。
____________．4．(2016高考新课标I，理3)已知等差数列错误！未找到引用源。
前9项的和为27，错误！未找到引用源。
，则错误！未找到引用源。
A．100 B．99 C．98 D．975．(2016高考新课标II，理17)错误！未找到引用源。
为等差数列错误！未找到引用源。
的前n项和，且错误！未找到引用源。
记错误！未找到引用源。
，其中错误！未找到引用源。
表示不超过x的最大整数，如错误！未找到引用源。
.（Ⅰ）求错误！未找到引用源。
；（Ⅱ）求数列错误！未找到引用源。
的前1000项和.6．(2016高考新课标III，理17)已知数列错误！未找到引用源。
的前n项和错误！未找到引用源。
，其中错误！未找到引用源。
．（I）证明错误！未找到引用源。
是等比数列，并求其通项公式；（II）若错误！未找到引用源。
，求错误！未找到引用源。
【课标通用】2018届高考数学(理)一轮课件：23-数列的综合问题(含答案)
=10+26+42+…+234=
15× (10+234) =1 2
830.
考点51
考点52
试做真题
高手必备 萃取高招 对点精练
4.(2016课标Ⅱ,理17)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记 bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列{bn}的前1 000项和. 【解】 (1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1. 所以{an}的通项公式为an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. 0,1 ≤ ������ < 10, 1,10 ≤ ������ < 100, (2)因为 bn= 2,100 ≤ ������ < 1 000, 3,������ = 1 000,
������������������a
n+ n+1 1 1+ (a>0,a≠1)
n
裂项方法 1 1 1 1 = n(n + k) k n n + k 1 1 1 1 = 4n2 -1 2 2n-1 2n + 1 1 = n+1− n n+ n+1 1 loga 1 + =loga(n+1)-logan
.
考点51
考点52
试做真题
高手必备 萃取高招 对点精练
3.(2012课标,理16)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项 和为 . 【答案】 1 830 【解析】 ∵an+1+(-1)nan=2n-1, ∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1, a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,…,a57=a1,a58=113+a1, a59=2-a1,a60=119-a1, ∴a1+a2+…+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a57+a58+a5 9+a60)
最新-2018高考数学二轮复习 专题三：第二讲数列求和及综合应用 文 课件 精品
(2)∵cn＝bann＝4n2－2＝(2n－1)4n－1， 4n－1
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－ 1)4n－1①
4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－ 1)4n②
②－①得 ＝ 31[(36Tnn＝－－5)14－n＋2(54]＋，42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n
A．511个
B．512个
C．1023个
D．1024个
(2)(2010年江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a2k )处 的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1 ＋a3＋a5＝________.
答案：(1)B (2)21
高分突破
等差、等比数列的判定以及可转化为 等差或等比数列的求和问题
法四(迭代法)：an＝5an－1＋4＝5·(5an－2＋4)＋4 ＝52an－2＋5×4＋4 ＝…＝5n－1a1＋(5n－2＋5n－3＋…＋5＋1)×4 ＝3×5n－1＋4×1－1－5n5－1＝4·5n－1－1.
∴Tn＝ 91[(6n－5)4n＋5]．
裂项相消法求和
(2009年广东卷文)已知点 1，13 是函数f(x)＝ax(a＞0，
且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，
数列{bn}(bn＞0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝
Sn＋ Sn＋1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
答案：
1
n(a1 2
an )
na1＋ n(n
1)d 2
2
na1 a1
(1 q 1 q
2017_2018学年高中数学考点23数列求和及综合应用(含2015年高考试题)新人教A版
考点23 数列求和及综合应用一、填空题1.(2015·新课标全国卷Ⅱ理科·T16)设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n = .【解题指南】由a n+1=S n+1-S n =S n+1·S n , 两边同时除以S n+1·S n ,得-=-1,构造数列,求S n .【解析】由已知得a n+1=S n+1-S n =S n+1·S n ,两边同时除以S n+1·S n ,得得1111n nS S +=--，构造数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，求n S . 【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n nS S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项，1-为公差的等差数列，则11(1)n S n n =---=-，所以1n S n=-． 答案:-2. (2015·江苏高考·T11)数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n ∈N *),则数列{1na }的前10项和为 .【解题指南】利用累加法求出数列{a n }的通项公式,再利用裂项相消法计算{1na }的前10项和.【解析】a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=n+(n-1)+(n-2)+…+2+1=(1)2n n +,所以12(1)n a n n =+,所以{1n a }的前10项和22221(11)2(21)3(31)10(101)++++++++=11111112(1)223341011-+-+-++-=2011. 答案:20113.(2015·福建高考理科·T15)一个二元码是由0和1组成的数字串x 1x 2…x n (n ∈N *),其中x k (k=1,2,…,n)称为第k 位码元.二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0).已知某种二元码x 1x 2…x 7的码元满足如下校验方程组:其中运算⊕定义为:0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1,1⊕1=0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上述校验方程组可判定k 等于 . 【解题指南】根据题中所给信息解题.【解析】根据题意,列出检验方程组, ⎪⎩⎪⎨⎧=⊕⊕⊕=⊕⊕⊕=⊕⊕⊕111010*********显然第一个式子和第三个式子错误,第二个式子没有影响,所以错误的应该出现在第一个式子和第三个式子都有而第二个式子没有的码元,只有x 5,验证一下把x 5换成0,上式检验方程组都成立,所以x 5出错了,即k=5. 答案:5 二、解答题4.(2015·浙江高考理科·T20)已知数列{a n }满足a 1=且a n+1=a n -(n ∈N *). (1)证明:1≤≤2(n ∈N *).(2)设数列{}的前n 项和为S n ,证明≤≤(n ∈N *).【解题指南】（1）首先根据递推公式可得12n a ≤，再由递推公式变形可知21n nn n na a a a a +=- []11,21n a =∈-，从而得证；（2）由1111n n n n a a a a ++-=和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +-≤≤，从而得1112(1)2n a n n +++≤≤*()n N ∈，即可得证.【证明】（1）由题意得，21n n na a a +-=-0≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=-得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅-＞，由102n a ＜≤得，21n n n n n a a a a a +=-[]11,21na =∈-， 即112nn a a +≤≤ （2）由题意得，21n n n a a a +=-，所以11n n S a a +=-，①由1111n n n n a a a a ++-=和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +-≤≤，所以1112n nn n a a +-≤≤所以1112(1)2n a n n +++≤≤*()n N ∈，②由①②得112(2)2(1)n S n n n ++≤≤.5. (2015·广东高考理科·T21)数列{a n }满足a 1+2a 2+…+na n =4-,n ∈N *.(1)求a 3的值.(2)求数列{a n }的前n 项和T n . (3)令b 1=a 1,b n=+a n (n ≥2),证明:数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2+2lnn.【解题指南】(1)直接利用已知等式令n=2,n=3,然后两式相减求解.(2)求出数列{a n }的通项公式,再求出前n 项和T n .(3)先求出S n 再放缩,构造函数,利用导数求解. 【解析】（1）令n=2，122122242-+-=+a a ① 令n=3，13321223432-+-=++a a a ② ②-①得()()432224223423231213213213=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-=+-++=--a a a a a a 所以413=a .（2）由（1）知，当n>1时()()[]121121212214224122----=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-=-+⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅++=n n n n n n nn n a n a a na a a na ， 所以121-⎪⎭⎫⎝⎛=n n a ，又因为12214111=+-=-a 也适合此式， 所以数列{}的等比数列，，公比为是首项为211n a故121221211-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n nn T .(3) 121111221233...11b 1...b ,211,22111323,n n n a a a a a n n a b a a a b a -+++⎛⎫=++++= ⎪⎝⎭⎛⎫=++ ⎪⎝⎭+⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭依题由知 ()1212111S b ...1 (2)11111111...1...221 (222)2,n n n n n b b a a a n T n n n -⎛⎫∴=+++=++++++ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++-<⨯+++ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭记f(x)=lnx+-1(x>1), 则f ′(x)=-=>0,所以f(x)在(1,+∞)上是增函数, 又f(1)=0即f(x)>0, 又k ≥2且k ∈N *时,11kk >-11ln 10n 111112131ln ,ln ,...,ln ,2132111123n ln ...n ln .231211112122ln 223k k k k f k k k k k n n n n n n n n ⎛⎫∴=+->> ⎪----⎝⎭∴<<<-++<+++=-⎛⎫∴⨯+++<+ ⎪⎝⎭即即有, 6. (2015·广东高考文科·T19)设数列{a n }的前n 项和为S n ,n ∈N *.已知a 1=1,a 2=,a 3=,且当n ≥2时,4S n+2+5S n =8S n+1+S n-1. (1)求a 4的值. (2)证明:为等比数列.(3)求数列{a n }的通项公式.【解题指南】（1）令2n =可得4a 的值；（2）先将211458n n n n S S S S ++-+=+（2n ≥）转化为2144n n n a a a +++=，再利用等比数列的定义可证112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列；（3）先由（2）可得数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的通项公式，再将数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的通项公式转化为数列12n n a ⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是等差数列，进而可得数列{}n a 的通项公式． 【解析】（1）当2n =时，423458S S S S +=+，即435335415181124224a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得：478a = (2)（2）因为211458n n n n S S S S ++-+=+（2n ≥），所以21114444n n n n n n S S S S S S ++-+-+-=-（2n ≥），即2144n n n a a a +++=（2n ≥），因为3125441644a a a +=⨯+==，所以2144n n n a a a +++=，因为()212111111111424221242422222n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a +++++++++++-----====----，所以数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以21112a a -=为首项，公比为12的等比数列(3) 由（2）知：数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以21112a a -=为首项，公比为12的等比数列，所以111122n n n a a -+⎛⎫-= ⎪⎝⎭即1141122n n n na a ++-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列12n n a ⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是以1212a =为首项，公差为4的等差数列，所以()2144212nna n n =+-⨯=-⎛⎫⎪⎝⎭，即()()111422122nn n a n n -⎛⎫⎛⎫=-⨯=-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列{}n a 的通项公式是()11212n n a n -⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭7. (2015·北京高考文科·T16)(13分)已知等差数列{a n }满足a 1+a 2=10,a 4-a 3=2. (1)求{a n }的通项公式.(2)设等比数列{b n }满足b 2=a 3,b 3=a 7.问:b 6与数列{a n }的第几项相等? 【解题指南】利用等差数列与等比数列的基本量计算.【解析】(1)设等差数列公差为d,则d=a 4-a 3=2,a 1+a 2=2a 1+2=10,所以a 1=4.因此,a n =4+(n-1)×2=2(n+1).(2)设等比数列公比为q,则b 2=8,b 3=16,所以q=52b b =2,b 1=4,b n =2n+1, b 6=26+1=128.由2(n+1)=128得n=63.所以b 6是数列{a n }的第63项.8.(2015·山东高考理科·T18)(本小题满分12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2S n =3n+3. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)若数列{b n }满足a n b n =log 3a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .【解题指南】(1)a n =S n -S n-1要注意n ≥2并验证n=1是否满足所求出的关系式.(2)利用错位相减求解.【解析】(1) ）332n n S +=，当1n =时，11632a S ===；当2n ≥时，1n n n a S S -=-，即113333322n n n n a --++=-=，所以13,1,3, 2.n n n a n -=⎧=⎨≥⎩(2) 当1n =时，11131a b b ==，所以113b =；当2n ≥时，1133log 31n n n n n a b b n --=⨯==-，所以113n n n b --=，故11,1,31, 2.3n n n b n n -⎧=⎪⎪=⎨-⎪≥⎪⎩ 当1n =时，1113T b ==； 当2n ≥时，1234n n T b b b b b =+++++2311123133333n n --=+++++， 则2234111231333333n n n T -=+++++两式相减得23122111113933333n n nn T --=+++++- 1111()21131133(1)()()()193182313n n n n n -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦=+--⨯=-+⨯-，所以113211()()1243n nn T -+=-⨯. 因为113T =符合上式，所以{}n b 的前n 项和113211()()1243n n n T -+=-⨯ 9.(2015·山东高考文科·T19)(本小题满分12分) 已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列{11n n a a +⋅}的前n 项和为21n n +.（I ）求数列{n a }的通项公式；（II ）设(1)2n an n b a =+⋅，求数列{n b }的前n 项和n T .【解析】(1) 由题意设11(1),0n a a n d a =+->，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，因为111111()n n n n a a d a a ++=-， 122311111111()()()n n n S d a a a a a a +⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎣⎦21111111()21n n nd a a a a dn n +=-==++，解得112a d =⎧⎨=⎩. 所以21n a n =-. (2) (1)24na n n nb a n =+=⨯.123n n T b b b b =++++1231424344n n =⨯+⨯+⨯++⨯，则234141424344n n T n +=⨯+⨯+⨯++⨯，两式相减得231114(14)1343 4 + 4444441433n nn n n n n T n n +++---=+++-⨯=-⨯=⨯--，所以1314499n n n T +-=⨯+ 10.（2015·四川高考文科·T16)(本小题满分12分) 设数列{}n a （1,2,3,n =⋅⋅⋅）的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且1a ，12+a ，3a 成等差数列。
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考点23 数列求和及其运用【考纲要求】1．熟练掌握和应用等差、等比数列的前n 项和公式．2．熟练掌握常考的错位相减法，裂项相消以及分组求和这些基本方法，注意计算的准确性和方法选择的灵活性． 【命题规律】数列求和及其运用是高考必考的，一般在解答题中也会出现. 【典型高考试题变式】 （一）公式求和例1.【2017北京，文15】已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=1,a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5．（1）求{}n a 的通项公式； （2）求和：13521n b b b b -++++．【名师点睛】重点说说数列求和的一些方法：本题考查了数列求和，一般数列求和方法（1）分组转化法，一般适用于等差数列加等比数列，（2）裂项相消法求和，1+=n n n a a cc ，()!!1!n n n n c n -+=⋅=,nn c c n ++=1等的形式，（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列乘以等比数列，（4）倒序相加法求和，一般距首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和和倒着写和，两式两式相加除以2得到数列求和,(5)或是具有某些规律求和.【变式1】设}{n a 为等差数列，n S 为数列}{n a 的前n 项和，已知77=S ，7515=S ，n T 为数列}{nS n的前n 项和，求n T ． 【解析】设等差数列}{n a 的首项为1a 、公差为d ，则d n n na S n )1(211-+=， 所以⎩⎨⎧=+=+7510515721711d a d a ，即⎩⎨⎧=+=+571311d a d a ，解得21-=a ，1=d ，∴252)1(212-=-+-=n n n S n ． 而21)252()2521(11=---+=-++n n n S n S n n ， 所以数列｛n S n ｝是等差数列，其首项为－2，公差为21，所以n n n n n T n 494121)1(2122-=⋅-⋅+-=． 【变式2】设数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，n ∈N *. （1）求{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（2）已知{b n }是等差数列，T n 为其前n 项和，且b 1＝a 2，b 3＝a 1＋a 2＋a 3，求T 20.（二）分组求和例2. 【2016高考北京文数】已知}{n a 是等差数列，}{n b 是等差数列，且32=b ，93=b ，11b a =，414b a =.（1）求}{n a 的通项公式；（2）设n n n b a c +=，求数列}{n c 的前n 项和.【解析】（1）等比数列{}n b 的公比32933b q b ===，所以211b b q ==，4327b b q ==． 设等差数列{}n a 的公差为d ．因为111a b ==，14427a b ==，所以11327d +=，即2d =．所以21n a n =-（1n =，2，3，⋅⋅⋅）．（2）由（1）知，21n a n =-，13n n b -=．因此1213n n n n c a b n -=+=-+． 从而数列{}n c 的前n 项和()11321133n n S n -=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+()12113213n n n +--=+-2312n n -=+．【名师点睛】1.数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项.通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一；2.数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，1=q 或1≠q )等.【变式1】【2017四川巴中市“零诊”】在等差数列}{n a 中，2372-=+a a ，2983-=+a a .（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设数列}{n n b a +是首项为1，公比为q 的等比数列，求}{n b 的前n 项和n S . 【解析】（1）设等差数列}{n a 的公差为d ，则62)(7283-==+-+d a a a a ，∴3-=d ， ∴2372172-=+=+d a a a ，解得11-=a ，∴数列}{n a 的通项公式为32n a n =-+； （2）∵数列}{n n b a +是首项为1，公比为q 的等比数列，∴1-=+n n n q b a ，即123-=++-n n q b n ，∴123-+-=n n q n b ，∴)1(2)13()1()]23(741[1212--++++-=++++-++++=n n n q q q n n q q q n S 当1=q 时，232)13(2nn n n n S n +=+-=； 当1≠q 时，qq n n S nn --+-=112)13(. 【变式2】在公差为(0)d d ≠的等差数列{n a }和公比为)0(>q q 的等比数列{n b }中27,7,33412====b a b a , （1）求数列{n a }与{n b }的通项公式；（2）令n n n b a c +=，求数列{n c }的前n 项和n T ．（三）裂项相消法求和例3.【2017课标3，文17】设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式； （2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和. 【解析】（1）令 ，则有，即.当1n =时，.当2n …时，2n b S n = ①()121n b S n -=- ② -①②得n b ，即n b 得到a(n *)∈N（2）令()()222121212121n na n c n n n n -====++-+ ()()()*111112212121212121n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫-=-∈ ⎪ ⎪ ⎪+---+-+⎝⎭⎝⎭N 所以1231n c n n S c c c c c -=+++++=111111111111335572321212121n n n n n -+-+-++-+-=-=---++()*21122121n nn n n +-=∈++N .【名师点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.【变式1】【河北邯郸2017届9月联考，17】已知各项都为正数的等比数列{}n a 满足312a 是13a 与22a 的等差中项，且123a a a =.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设3l o gn n b a =，且nS 为数列{}n b 的前n 项和，求数列的12{}nnS S +的前n 项和n T .【变式2】【2017广西南宁二中、柳州高中、玉林高中联考】n S 为数列的前n 项和，已知0n a >，2241n n n a a S +=-.（1）求{}n a 的通项公式； （2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【解析】（1）依题意有2(1)4n n a S += ① 当1n =时，21(1)0a -=，得11a =； 当2n ≥时，211(1)4n n a S --+= ② 有①-②得11()(2)0n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，∴11020n n n n a a a a --+>⇒--=(2)n ≥， ∴{}n a 成等差数列，得21n a n =-. （2）111()22121n b n n =--+， 1211111111(1)(1)2335212122121n n nT b b b n n n n =+++=-+-++-=-=-+++.（四）错位相减求和例4. 【2017山东卷】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列,且121236,a a a a a +==.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）{}n b 为各项非零的等差数列,其前n 项和S n ,已知211n n n S b b ++=,求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题意知：22111(1)6,a q a q a q +==. 又0n a >，解得12,2a q ==，所以2n n a =.【名师点睛】(1)等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．等比数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了方程的思想．(2)用错位相减法求和时,应注意：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，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．【变式1】【2017山东省实验中学一诊】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比0q >，2222S a =-，342S a =-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n b nna =，求{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（1）由已知2222S a =-① ，342S a =-②， ①-②得3422a a a =-即220q q --=， 又02q q >∴=，22122111122,22222S a a a a a a q a q a =-∴+=-∴+=-∴=，2n n a ∴=.【变式2】【2017云南省、四川省、贵州省大联考】设数列{}n a 是公差大于0的等差数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知39S =，且12a ，31a -，41a +构成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足1*2()n nna n Nb -=∈，设n T 是数列{}n b 的前n 项和，证明6n T <. 【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，则0d >. ∵39S =，∴123239a a a a ++==，即23a =. 又12a ，31a -，41a +成等比数列，∴2(2)2(3)(42)d d d +=-+，解得2d =，11a =.∴12(1)21n a n n =+-=-. （2）由12n nna b -=，得11211(21)()22n n n n b n ---==-.则0111111()3()(21)()222n n T n -=+++-，所以121111111()3()(23)()(21)()22222n nn T n n -=+++-+-，两式相减得：1211111112()2()2()(21)()22222n nn T n -=+⋅+⋅++⋅--⋅1211()21121213122212n n n n n n -----=+-=---， 故12362n n n T -+=-，因为*n N ∈，所以123662n n n T -+=-<.【数学思想】①分类讨论思想． ②转化与化归思想. 【温馨提示】①使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．②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． 【典例试题演练】1.【2018届吉林省百校联盟联考】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11927a a =+，则25S =（ ） A.1452 B. 145 C. 1752D. 175 【答案】D【解析】由题意可得： 11913132,7a a a a =+∴=， 结合等差数列前n 项和公式有： 125132513225252525717522a a aS a +=⨯=⨯==⨯=. 本题选择D 选项.2． 【2018届辽宁省大连市第八中学模拟】若记等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，若12a =,36S =,则4S =（ ）A. 10或8B. 10-C. 10-或8D. 10-或8- 【答案】C【解析】设等比数列的公比为q ，由于132,6a S ==，显然1q ≠，232226S q q =++= ，则220q q +-= ， 2q =- ，()3343162210S S a q =+=+⨯-=-，选C.3．【2018届吉林省百校联盟联考】已知公差不为零的等差数列{}n a 的首项150a =-， 7a ，15a ， 17a 成等比数列，则12345a a a a a ++++=（ ）A. 238B. 238-C. 220D. 220- 【答案】D4．【2018届辽宁省沈阳市东北育才学校模拟】在等差数列{}n a 中， n S 为其前n 项和，若34825a a a ++=，则9S =（ ）A. 60B. 75C. 90D. 105 【答案】B【解析】3482585325a a a a a a a ++=++== ，即5253a =，而()1995925997523a a S a +===⨯= ，故选B. 5．【2018届广东省广州市海珠区测试】执行如图所示的程序框图，如果输出49S =，则输入的n =（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6 【答案】B6．【2018届广东省广州市海珠区测试】已知等差数列{}n a 的公差为2，若134,,a a a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为（ ）A. 20-B. 18-C. 16-D. 14- 【答案】B【解析】等差数列{}n a 的公差为2，若134,,a a a 成等比数列，则2314a a a =，即()()211146a a a +=+，解得18a =-， ()665682182S ⨯=⨯-+⨯=- ，故选B. 7.【2018届湖南省永州市模拟】在等比数列{}n a 中，已知11a =， 48a =，若35,a a 分别为等差数列{}n b 的第2项和第6项，则数列{}n b 的前7项和为（ ） A. 49 B. 70 C. 98 D. 140【答案】B【解析】在等比数列{}n a 中，由141,8a a ==，得352,4,16q a a ===，即264,16b b ==，()()()1726777774162870222b b b b b S +++=∴====，故选B.8. 【2017山东省枣庄市高三上学期期末】已知等比数列{}n a 中，141,8a a ==，则其前6项之和为 ． 【答案】63【解析】因为3418a q a ==，所以2q =，所以6616312q S -==-． 9.【河北省衡水中学2017届高三上学期第三次调，10】已知等差数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，若对于任意的自然数n ，都有2343n n S n T n -=-，则()3153392102a a a b b b b ++=++ .【答案】194110． 【2018届广东省珠海一中等六校联考】数列{}n a 满足11a =，且对于任意的*n N ∈都有11n n a a a n +=++，则122017111···a a a +++等于 . 【答案】40342018【解析】由题意可得： 11n n a a n +-=+， 则1213211,2,23,,n n a a a a a a n -=-=-=-=，以上各式相加可得 ()12n n n a +=，则11121n a n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，所以12201711111111403421223201720182018a a a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⨯-+-++-=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦. 11.【2018届辽宁省凌源二中联考】已知数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S ， n T ，且0n a >， 263n nn S a a =+， *N n ∈， ()()122121nnn a n a a b +=--，若*N n ∀∈， n k T >恒成立，则k 的最小值是 . 【答案】149【解析】当1n =时， 211163a a a =+，解得： 13a =或10a = (舍去)， 且 2211163,63n n n n n n S a a S a a +++=+=+， 两式作差可得 22111633n n n n n a a a a a +++=-+-，整理可得 ()()1130n n n n a a a a +++--=，结合数列为正项数列可得 1130,3n n n n a a a a ++--=∴-=,数列{}n a 是首项为3，公比为3的等差数列， ()3133n a n n =+-⨯=， 则： ()()()()111281117818181812121nnn a n n n n n n a a b -++⎛⎫===- ⎪------⎝⎭， 据此裂项求和有：22311111111178181818181811111,778149n n n n T ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫=-< ⎪-⎝⎭结合恒成立的条件可得149k ≥.12.【2017广东省广州模拟】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*22n n S a n N =-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式． （2）求数列{}n S 的前n 项和n T ．【解析】（1）当1n =时， 1122S a =-，即1122a a =-，解得12a =． 当2n ≥时， ()()111222222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-，即12n n a a -=，所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列．所以()1*222n n n a n N -=⨯=∈．（2）因为12222n n n S a +=-=-，所以12n n T S S S =+++2312222n n +=+++-()412212nn ⨯-=--2242n n +=--．13．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知122,8a a ==， ()11452n n n S S S n +-+=≥， n T 是数列{}2log n a 的前n 项和. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求满足2311151111101n T T T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--->⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的最大正整数n 的值. 【解析】（1）因为当2n ≥时， 1145n n n S S S +-+=， 所以()114n n n n S S S S +--=-. 所以14n n a a +=. 因为12a =， 28a =，所以214a a =.所以数列{}n a 是以12a =为首项，公比为4的等比数列. 所以121242n n n a --=⋅=.故满足条件的最大正整数n 的值为100.14．【2018届衡水金卷联考】在递增的等比数列{}n a 中， 1632a a ⋅=， 2518a a +=，其中*N n ∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记21log n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n T.（2）由（1）得， 12n n b n -=+. 所以12n n T b b b =+++()()211222123n n -=+++++++++()112122n n n+-=+-2212nn n+=-+.15.【山东省实验中学2017届高三第一次诊，18】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比0q >，2222S a =-，342S a =-． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n b nna =，求{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（1）由已知2222S a =-① ，342S a =-②， ①-②得3422a a a =-即220q q --=， 又 因为0q >，所以2q =，因为2222-=a S ，所以11122a a q a q +=-，即21=a ，所以2n n a =. （2）由（1）知n n n b 2=, n n n n n T 221......232221132+-++++=-1432221......23222121++-++++=n n n n n T . 错位相减1432221 (212121212)1+-+++++=n n n nT . 所以n n n T 222+-=.。