2019版高考数学一轮复习第五章数列课时达标31数列求和201805072243

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2019版高考数学一轮复习第五章数列课时作业理

第五章数列、推理与证明第1讲数列的概念与简单表示法知匪训练1. 设数列｛a n ｝的前n 项和S= n 2,则的值为（）A. 15 B . 16 C . 49 D . 642. 在数列｛a n ｝中，已知a 1 = 1,且当n 》2时，a •比•…A. 3B. 61C. 35D. 3 16 153.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图图 X5-1-1他们研究过图X5-1-1（1）中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图 X5-1-1（2）中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数•下列数中既是三角形数又是正方形数的是（）A. 289 B . 1024 C . 1225 D . 1378 a n + 1 — 14.已知数列｛ a n ｝满足a 1= 2, a n =，其前n 项积为T n ,则抵仃=（）a n + 1 十 I1 1A. 2 B . — 2 C . 2 D . — 2 5 . （2015年辽宁大连模拟）在数列｛a n ｝中，a 1 = 2, a n +1= a n +In ［十三j,贝U a n =（）A . 2 + ln nB . 2 + （ n — 1）ln n C. 2 + n ln n D . 1 + n + ln n16 . （2014年新课标n ）若数列｛a n ｝满足a n +1= ----- , a 8= 2,贝U a = _________ .1 — a n*7.已知数列｛a n ｝满足：a 4n —3= 1, a 4n — 1 = 0, a 2n = a n , n € N ，贝U ________________________ 32009= ,酝仏=11~4 a n = n 2,贝U a 3 + 空=( X5-1-1.&已知递增数列｛a n｝的通项公式为a n= n2+ kn十2,则实数k的取值范围为_____________ .2 19 . （2013年新课标I ）若数列｛a n｝的前n项和S=-a n+ -，则数列｛a n｝的通项公式是a n3 310 . （2016年上海）无穷数列｛a n｝由k个不同的数组成，S为｛a n｝的前n项和.若对任意n€ N*, S€ ｛2,3｝，贝U k的最大值为______ .着底B华a n最大?11.已知数列｛a n｝的通项公式为a n= （n+ 1）哼）（n€ N），则当n为多大时,V1/n+ 212. （2012年大纲）已知数列｛a n｝中，a i= 1，前n项和S= 丐~乩（1）求a2，a3 ；⑵求｛a n｝的通项公式.第2讲等差数列1.（2017年江西南昌二模）已知数列｛a n ｝为等差数列，其前n 项和为S, 2a 7 - a 8= 5,则 S i =（）A. 110 B . 55C. 50 D .不能确定 2. 设｛a n ｝是首项为a 1，公差为—1的等差数列，S 为其前n 项和，若S, $, 9成等比数列，贝U a 1 =（）A. 2 B . — 2 1 —2S 为等差数列｛a n ｝的前n 项和，若a 1+ a ?+恥的值是一个确定的常数，则下列① a 21 :② a 7；③ $3；④ S 4；⑤ S 3— S 5.其结果为确定常数的是（） A.②③⑤B .①②⑤ C.②③④D .③④⑤4. （2017年新课标川）等差数列｛a n ｝的首项为1，公差不为0.若a 2, a 3, a 6成等比数列，则数列｛a n ｝前6项的和为（）A.— 24 B . — 3 C . 3 D . 3 5. （2017年湖北七市4月联考）在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？（）A. 9 日 B . 3 日 C . 16 日 D . 12 日6. 已知等差数列｛a n ｝的公差为d,关于x 的不等式|x 2 + ja — 2 X + c >0的解集是[0,22], 则使得数列｛a n ｝的前n 项和最大的正整数 n 的值是（）A. 11 B . 11 或 12 C. 12 D . 12 或 13*17 . （2017年广东揭阳一模）已知数列｛刘对任意的n € N 都有a n +1= a n — 2a n +心，若a=-, 贝 Ha8 = ___________ .3 .已知数列｛a n ｝的通项公式为 a n = 2n — 10（n € N ），则| a^ + | a 2| +…+ |=_______________________________ .車底盘华9 . （2016年新课标n ）在等差数列｛a n ｝中，a 3+ a 4=4, a s + a ?= 6. （1）求数列｛a n ｝的通项公式；1 C.2 D .3.已知各式：（2）设b n= [ a n]，求数列｛b n｝的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9] =0, [2.6] = 2.10. (2014 年大纲)数列｛a n｝满足a i= 1, a2= 2, a n+2= 2a n+1 —a n + 2.(1)设b n = a n + 1 —a n，证明｛b n｝是等差数列；⑵求｛a n｝的通项公式.11. (2014年新课标I )已知数列｛a n｝的前n项和为S, a1= 1, a n丰0, a n a n+ 1=入S—1, 其中入为常数.(1) 证明：a n + 2 —a n =入；(2) 是否存在入，使得｛a n｝为等差数列？并说明理由.第3讲等比数列1.对任意的等比数列｛a n ｝，下列说法一定正确的是（）A. a i , a 3, a 9成等比数列 B . a 2, a 3, a 6成等比数列C. a 2, a 4, a 8成等比数列 D . a 3, a 6, a 9成等比数列2.（2016年河北衡水模拟）各项均为正数的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S= 2, Sn=14，贝 U S 4n =（）A. 80 B . 30 C . 26 D . 1623.（2013年新课标I ）设首项为1,公比为3的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,则（）A. S = 2a n — 1 B . S = 3a n — 2C. S n = 4 — 3a n D . S= 3 — 2a nn — 1a4 . （2017年广东深圳一模）已知等比数列｛a n ｝的前n 项和为S= a-3+ b,则-=（）A. — 3 B . — 1 C . 1 D . 3315 . （2016年河南模拟）已知等比数列｛a n ｝的首项为，公比为—2，其前n 项和为S n ,则 S 的最大值为（）6 . （2017年北京）若等差数列｛叭和等比数列｛b n ｝满足a 1 = b 1 = — 1, a 4 = b 4 = 8,则g =7 . （2017年江西南昌二模）在等比数列｛a n ｝中，a 1= 1,前n 项和为S,满足S — 4S 6 + 3S 5 = 0,贝U S = .& （2017年广东深圳第二次调研）《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？ ”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.”如果墙足够厚， S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则 S= ___________ 尺.3 A.4 B. C.19 . （2016年新课标I ）已知｛a n｝是公差为3的等差数列，数列｛b n｝满足b= 1, b =石,3 a n b n+1 + b n+1 = nb n.（1）求｛a n｝的通项公式；（2）求｛b n｝的前n项和.10. (2016年新课标川)已知数列｛a n｝的前n项和$= 1 +入a n，其中入丰0. (1)证明｛a n｝是等比数列，并求其通项公式；⑵若S =32求入.11. (2017年广东广州一模)已知数列｛a n｝的前n项和为S,且S = 2a n—2( n€ N).(1) 求数列｛a n｝的通项公式；(2) 求数列｛S｝的前n项和T n.第4讲数列的求和知能训练 1. （2017年辽宁鞍山一中统测）数列｛a n ｝的通项公式为 a n = 4nri ，则数列｛a n ｝的前n 项和Si =( 2n A. 2 n + 1 2n B. 2n + 1 n C. D. 4n + 1 4n + 12. 若数列｛a n ｝的通项公式是 a n =（ — 1）n•（3n — 2），贝U a + a 2+・・・+ ae =（）A. 15 B . 12 C . — 12 D . — 15 3. 已知等差数列｛a n ｝满足a 1>0, 5a 8= sa®则当前n 项和S 取最大值时，n =（）A. 20 B . 21 C . 22 D . 2324. 已知数列｛a n ｝的前n 项和S= n — 6n ,则数列｛| a n |｝的前n 项和T n 等于（） 2 2 A. 6n — n B . n — 6n + 18j- 2 r 2 6n — n , 1< n w 3, 6n — n , 1< n w 3, C 「2 D. 2n — 6n + 18, n > 3 n — 6n , n >3 5 . （2016年湖北七校2月联考）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题： “ 百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人走 378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了 6天后到达目的地，请问第二天走了（） A. 192 里 B . 96 里 C . 48 里 D . 24 里 6 . (2015 年江苏)已知数列｛◎｝满足 a 1 = 1,且 a n +1 — a n = n + 1( n € N), 10项和为 7.如图X5-4-1 ,它满足：①第n 行首尾两数均为n ；②图中的递推关系类似杨辉三角, 则第n（n 》2）行的第2个数是_____________________ . 2 2 3 4 34 7 7 45 11 14 11 5 图 X5-4-1 & （2017年安徽合肥第二次质检）已知数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S = 2a n —2：贝U S 9 . （2016年浙江金华模拟）设数列｛a n ｝的前n 项和S 满足6S + 1 = 9a n （n € N*）. （1）求数列｛a n ｝的通项公式；1⑵若数列｛b n ｝满足b n =，求数列｛b n ｝的前n 项和T n .a n10. (2017年广东佛山二模)已知｛a n｝是等差数列，｛b n｝是各项均为正数的等比数列, 且b i = a i = 1, b3= a4, b i + b+ b s= a s+ a4.⑴求数列｛a n｝, ｛b n｝的通项公式；(2)设C n = a n b n，求数列｛C n｝11. (2017年广东湛江二模)观察下列三角形数表，数表(1)是杨辉三角数表，数表是与数表(1)有相同构成规律(除每行首末两端的数外)的一个数表.1 12 2…"■第一行1 2 1 3 4 3 •…”第二行1 3 3 1 4 7 7 414641 5 11 11 11 51 N m 1 N+1仏■ +■-第”行数表〔1) 数表〔2)对于数表(2)，设第n行第二个数为a n.( n€ N*)(女口a1 = 2, a2= 4, a3= 7){a n}(1) 归纳出a n与a n-1( n》2, n€ N)的递推公式(不用证明)，并由归纳的递推公式求出的通项公式a n；(2) 数列｛b n｝满足：(a n—1) • b n= 1 ,求证：6+匕鸟+…十b n<2.第5讲合情推理和演绎推理知能训练1 •在平面几何中有如下结论：正三角形ABC 勺内切圆面积为 S ,外接圆面积为S 2,则君 =£推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体 P -ABC 勺内切球体积为 V ,外接球体积为V ，则V =() 2. (2017年广东惠州三模)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理 (祖暅原理)：“幕势既同，则积不容异” •“势”即是高，“幕”是面积•意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等.类比祖暅原理，如图X5-5-1 ,在平面直角坐标系中，图X5-5-1(1)是一个形状不规则的封闭图形，图X5-5-1(2)是一个上底为1的梯形，且当实数t 取［0,3］上的任意值时，直线 y = t 被图X5-5-1(1)和图3. (2017年北京)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件:① 男学生人数多于女学生人数； ② 女学生人数多于教师人数； ③ 教师人数的两倍多于男学生人数.(1)若教师人数为4，则女学生人数的最大值为 _________________ ⑵该小组人数的最小值为 _____________ . 4. 观察下列等式： 12= 112— 22=- 3 12— 22 + 32 = 612— 22 + 32 — 42 =— 10照此规律，第n 个等式为 __________________________________________ . 5.如图X5-5-2，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图X5-5-2(1)所标边长，由勾股定理，得 c 2= a 2+ b 2.设想把正方形换成正方体，把截线换成如图X5-5-2(2)所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OABC若用S 1, Sa , S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，则可以类比得到的结论是1 A.8 B.1 C.64 D. 1 27b图X5-5-2n 1n2 n 6.已知 cos =-, cos • cos =3 2 5 5式，可猜想出的一般结论是 ________________________________________ .7. (2017年东北三省四市一联)在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人得了优秀.当他们被问到谁得到了优秀时，丙说“甲没有得优秀”，乙说“我得了优秀”，甲说“丙说的是真话”. 事实证明，在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得优秀的同学是 ___________ .类比等差数列｛a n ｝的上述结论，对于等比数列｛b n ｝( b>0, n € N *)，若b m = c , b n = d (n — m>2, m n € N)，则可以得到 b m+ n= ______________________ . 9.某同学在一次研究性学习中发现，以下 5个式子的值都等于同一个常数.① sin 1 213°+ cos 217°— sin 13 ° cos17°;22② sin 15°+ cos 15°— sin15 ° cos15°; ③ sin 218°+ cos 212°— sin 18 ° cos12°;22④ sin ( —18° ) + cos 48°— sin( — 18° )cos48 ° ; ⑤ sin 2( — 25° ) + cos 255°— sin( — 25° )cos55 ° .(1) 试从上述5个式子中选择一个，求出这个常数；(2) 根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.110. ----------------------------------------------------------------------------- 在等差数列｛a n ｝中，a 1 + a 2= 5, a 3= 7,记数列= ---------------------------------------------- 的前n 项和为S .a n a n + 1(1) 求数列｛a n ｝的通项公式；(2) 是否存在正整数 m n,且1<n <n ,使得S , S m S 成等比数列？若存在，求出所有符合条件的m n 的值；若不存在，请说明理由.1 n2 n3 n 1 ,cos • cos • cos =-4 7 7 7 8 …，根据以上等&已知数列｛列为等差数列，若 a m = a ,*a n =b (n — 1, m n € N)，贝U a m+ n = nb — ma n — m •第6讲直接证明与间接证明知能训练1 •用反证法证明命题“设 a , b 为实数，则方程 x 2+ ax + b = 0至少有一个实根”时, 要作的假设是( )A. 方程x + ax + b = 0没有实根B. 方程x 2 + ax + b = 0至多有一个实根C. 方程x 2 + ax + b = 0至多有两个实根D. 方程x 2 + ax + b = 0恰好有两个实根2.分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ,且a + b + c = 0,求证 b 2— ac <.3a ”索的因应是()A. a — b >0 B . a — c >0C. (a — b )( a — c )>0 D . (a — b )( a — c )<03. 在△ ABC 中，三个内角 A, B, C 的对边分别为 a , b , c ,且A B , C 成等差数列，a , b , c 成等比数列，则△ ABC 的形状为 __________ 三角形.4. _____________________________________________ 用反证法证明命题：若整系数一元二次方程 ax 2+ bx + c = 0( a ^ 0)存在有理数根，则 a , b , c 中至少有一个是偶数.下列假设正确的是 ________________________________________________________ .① 假设a , b , c 都是偶数；② 假设a , b , c 都不是偶数；③ 假设a , b , c 至多有一个偶数； ④ 假设a , b , c 至多有两个偶数.5.凸函数的性质定理：如果函数 f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间 D 内的任意在区间(0 , n )上是凸函数，则在△ ABC 中, sin A + sin B+ sin C 的最大值为 _______________6. a ,3是两个不同的平面， m n 是平面a 及B 之外的两条不同的直线，给出下列四个论断：①m ± n ；②a 丄3 :③门丄3;④mL a .以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题7.请将错误的一个改正为 __________________ .8. _______________________________ 已知集合｛a , b , c ｝ = ｛0,1,2｝，且下列三个关系：① a z 2；②b = 2；③c ^0有且只有一个正确，则 100a + 10b + c = .9.已知等差数列｛a n ｝的公差d >0,设｛a n ｝的前n 项和为S , a 1= 1, S 2 • S 3 = 36.x i , X 2,f X 1 + f X 2 +•••+ f X n ,X n ,有X i + X 2+…+ x n.已知函数 y = sin x(1) 求d及S;(2) 求m k( m k € N*)的值，使得a m+ a m+1+ a计2+ — + a m+ k= 65 成立.10. （2016年湖北武汉调研）已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S, a 3 = 5, 64.⑴求数列｛a n ｝的通项公式；亠、 1 1 2 *⑵求证：n 》2, n € N ）.数学归纳法和能训练左边计算所得的式子是（A. C.4+ 2用数学归纳法证明等式： 1 + 2+ 3 +…+ n 2= n 2 n ( n € N*)，则从n = k 至U n = k + 11. 从“n =用数学归纳法证明：(n +1)( n + 2)•(k ”至n = k +1”左端需乘的代数式是( A. 2k + 1 B . 2(2 k + 1)2k + 12k + 3n *n + n ) = 2 x 1X 3x-x (2 n —1)( n € N), )2•用数学归纳法证明:2 21 +2 +••• + 2n2 .22 + 12 =〜3，第二步证明由“ k到k +1”时，左边应加(k 2 B . (k + 1)2 k 2+ (k + 1)2+ k 2 A. C. 2 2(k + 1) + k 3. 用数学归纳法证明1 + a + a +…+ a =. n + 1 n 1 — a *(a z 1, n € N)时，当验证 n = 1时, 1 — a1 B . 1+ a2 2 41 + a + a D . 1 + a + a + a 4.时，左边应添加的项为()2A. k + 12B. (k+ 1)k+ 4+ k+ 2C. ------------- 2--------------2 2 2 2D. (k +1) + (k + 2) + (k + 3) +•••+ ( k+ 1)5•用数学归纳法证明1 + 2+ 22+…+ 25n「III是31的整数倍时，当n= 1时，上式等于()2A. 1+ 2 B . 1+ 2 + 2C. 1 + 2 + 22+ 23 D . 1 + 2 + 22+ 23+ 246•用数学归纳法证明1+ 2+ 3 +…+ 2n= 2n「1+ 22n「1(n€ N+)时，假设当n= k时命题成立，则当n= k+ 1时，左端增加的项数是()kA. 1 项B . k—1 项C . k 项D . 2 项7•用数学归纳法证明“ n3+(n+ 1)3+ (n+ 2) 3( n€ N*)能被9整除”，利用归纳法假设证明当n= k+ 1时，只需展开()3 3A. (k+ 3) B . (k + 2)3 3 3C. (k+ 1) D . (k + 1) + (k + 2)1 1 1 13&用数学归纳法证明不等式T + +…+n>24的过程中，由k推导到k + 1时,n+ 1 n + 2 n+ n 24不等式左边增加的式子是着底珂华2 2 2 n n + ] 29.是否存在常数a, b, c,使等式1X2 + 2X3 +…+ n(n+ 1)= -------------------- 乜--- (an + bn + c）对一切正整数n都成立？证明你的结论.III 1(3) 2^ W X n W 2^^.10 . (2017 年浙江)已知数列｛X n｝满足：X1= 1 , X n= X n+1 + ln (1 + X n+1)(n€ N). 证明：当n€ N*时，(1) 0 V X n+ 1< X n ；X n X n +1(2) 2 X n + 1 —X n W —；14第五章数列、推理与证明第1讲数列的概念与简单表示法1. A 解析：a 8= S s — S 7= 8 — 7 = 64 — 49= 15.2. B13. C 解析：第n 个三角形数可表示为2门(n + 1)，第n 个四边形数可表示为则有a 2= — 3, a s =— 2, a 4 = 3, a 5= 2.故数列｛a n ｝是以4为周期的周期数列，且aaa s a 。

2019届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课件

2．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a5＝5，S5＝15，则数
1 列a a 的前 n n＋1
100 项和为( 99 B． 101 101 D． 100
)
100 A. 101 99 C. 100
解析：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d. ∵a5＝5，S5＝15， a1＋4d＝5， ∴ 5×5－1 5a1＋ d＝15， 2 ∴an＝a1＋(n－1)d＝n. 1 1 1 1 ∴ ＝＝n－， anan＋1 nn＋1 n＋ 1
n
k＝1
1 ＝__________. Sk
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，
a1＋2d＝3， 4a1＋6d＝10，
即
a1＋2d＝3， 2a1＋3d＝5，
解得
a1＝1， d＝1，
所以Sn＝
n 1 nn＋1 1 1 1 1 ，因此 S ＝2 1－2＋2－3＋…＋n 2 k＝ 1 k
解析：(1)设等比数列{bn}的公比为q， b3 9 则q＝＝＝3， b2 3 b2 所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27， q 所以bn＝3n 1(n∈N*)．
－
设等差数列{an}的公差为d. 因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
解析：设 Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn 1，①
－
则 xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，② ①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn 1－nxn
－
1－xn ＝－nxn， 1－x 1－xn nxn ∴Sn＝－ . 1－x2 1－x
4．(2017· 高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3， S4＝10，则

2018年高考数学一轮复习第五章数列第31讲数列求和实战演练理

2018年高考数学一轮复习第五章数列第31讲数列求和实战演练板块简/者题集萃•实战演练1. (2016 •北京卷)已知｛a n ｝为等差数列，S 为其前n 项和.若a i = 6, a s + a 5 = 0,则 S 6 = 6.解析：设等差数列｛a n ｝的公差为 d ,： a 1= 6, a 3+ a 5 = 0,「. 6 + 2d + 6 + 4d = 0, — d =6X5 —2 ,••• Se = 6X 6+ 可X ( — 2) = 6.2. （2015 •全国卷n ）设S n 是数列｛ a n ｝的前n 项和，且日=一 1, a n +1= SS +1，贝V S = n1 1 解析：T a n + 1 = S+ 1 — S n ,「. S+ 1 — S n = S+1 Si ，又由 &1 =— 1,知 $工 0. •- 一 ~= 1 ,• S n S n +11 11 等差数列，且公差为—1,而£ = —=— 1,^=— 1 + (n — 1) X ( — 1)= — n ,「. S = S a 1 S n1 n .3. （2016 •山东卷）已知数列｛&｝的前n 项和S n = 3n 2+ 8n , ｛b n ｝是等差数列，且 a n = b n + b n + 1.（1）求数列｛b n ｝的通项公式;解析：（1）由题意知，当n 》2时，a n = S —S —1 = 6n + 5.当 n = 1 时，a 1= S = 11,所以 a n = 6n + 5.设数列｛ 6｝的公差为d .了 a = b 1+ b 2,了11 = 2b 1+ d , 由即 a 2= b 2+ b 3,17= 2b + 3d . 所以 b n = 3n + 1. ⑵由⑴知c n = ^g^ = 3(n +1)・2又 T n = C 1 + C 2+—+ C n ,⑵令C n = a n + 1 n + 1b n + 2 求数列｛ C n ｝的前n 项和T n .可解得b 1 = 4, d = 3.得T n= 3X [2 X 2 2+ 3X 2 3+…+ (n+1)X2n+1],2T n= 3X [2 X 2 3+ 3X 2 4+…+ ( n+ 1) X2 n+2],两式作差，得一T n= 3X [2 X 2 2+ 23+ 24+…+ 2n+1—( n+ 1) X2 n+ 2]2 所以 T n = 3n F 2 4. (2015 •全国卷I )S 为数列｛a n ｝的前n 项和.已知a n > 0, a 2+ 2勿=4S + 3. ⑴求｛ a n ｝的通项公式；1⑵设b n = ，求数列｛ b n ｝的前n 项和.a n a n +1解析：(1)由 a 2 + 2a n = 4$+ 3，可知 a ?+1+ 2a n +1 = 4S +1+ 3. 可得 a n + 1— a n + 2( a n + 1— a n ) = 4a n + 1 ,2 2即 2( a n + 1 + a n ) = a n + 1 — a^ = ( a n + 1 + a n )( a n + 1 — a n ). 由于 a n >0,所以 a n +1 — a n = 2.又由 a 1 + 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.丄 … 1 1(2)由 a n = 2n +1 可知 b n = = = — .a n a n +1 汕 + n + 2 2n + 1 2n + 3=3X |4 + 4 1 — 2n 1 — 2n +1 X2n +2 =-3n ・2n +2设数列｛ b n ｝的前n 项和为T n ,则。

2019高考数学一轮复习辅导：数列

2019高考数学一轮复习辅导：数列
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2019高考数学一轮复习辅导：数列
等差等比两数列，通项公式N项和。

两个有限求极限，四则运算顺序换。

数列问题多变幻，方程化归整体算。

数列求和比较难，错位相消巧转换，
取长补短高斯法，裂项求和公式算。

归纳思想非常好，编个程序好思考。

一算二看三联想，猜测证明不可少。

还有数学归纳法，证明步骤程序化。

首先验证再假定，从K向着K加1，推论过程须详尽，归纳原理来肯定。

2019届高三数学(理)一轮课件：第31讲-数列求和(含答案)

a1=12,则该数列的前 2018 项的和等
于
.
课堂考点探究
探究点一
例 1 在公差不为零的等差数列 �� 中,a a1,a3,a9 成等比数列.
课堂考点探究
解:(1)设等差数列 �� 的公差为 d,因为即 4-d,4+d,4+7d 成等比数列, 所以有(4-d)(4+7d)=(4+d)2,即 8d2-16d
教学参考
3.[2016·天津卷] 已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为 d.对任意的 n ∈N*,bn 是 an 和 an+1 的等比中项.
课前双基巩固
知识聚焦 1.公式法 (1) 公式法
① 等差数列的前 n 项和公式:
课前双基巩固
(2)分组求和法一个数列的通项是由
若干个等差或
和时可用分组求和法,分别求和后再相加减
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
教学参考
3.[2015·全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n
项和.已知 an>0,��2�� +2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式;
教学参考
3.[2015·全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n
课堂考点探究
解:(1)设等差数列 �� 的公差为 d.
∵ ��22=a3+a6,∴(a1+d)2=a1+2d+a1+5d① ∵ ��32=a1·a11 ,∴(a1+2d)2=a1·(a1+10d)② ∵d≠0,∴由①②解得 a =2,d=3.

2019届高考数学一轮复习第五章数列第4讲数列求和课件文

2．数列2×1 4，4×1 6，6×1 8，…，2n（21n＋2），…的前 n 项 n
和为___4_（__n_＋__1_）______．
[解析] 因为 an＝2n（21n＋2）＝14n1－n＋1 1，
则 Sn＝141－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1
＝141－n＋1 1＝4（nn＋1）.
已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn} 是等差数列，且 an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝（（abn＋n＋12））n＋n 1.求数列{cn}的前 n 项和 Tn. [解] (1)由题意知当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当 n＝1 时，a1＝S1＝11，所以 an＝6n＋5. 设数列{bn}的公差为 d，由a1＝b1＋b2，
3．等比数列{an}的首项为 a，公比为 q，Sn 为其前 n 项的和，求 S1＋S2＋…＋Sn. [解] 当 q＝1 时，an＝a，Sn＝na，所以 S1＋S2＋…＋Sn＝(1＋2＋…＋n)a＝n（n2＋1）a. 当 q≠1 时，因为 Sn＝a（11－－qqn），所以 S1＋S2＋…＋Sn
Tn＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1＝
n n＋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，再就是将通项公式裂项后，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．
Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an＞0，a2n＋ 2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
[解] (1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3，① 可知 an2＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.② ②－①，得 a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即 2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由 an＞0，得 an＋1－an＝2. 又 a21＋2a1＝4a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3. 所以{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an＝2n＋1，n∈N*.

2020高考数学一轮复习第五章数列课时作业31数列求和文(2021-2022学年)

课时作业31 数列求和则T ｎ=错误!＋错误!＋错误!未定义书签。

＋…+错误! ①,错误!未定义书签。

T n ＝121+错误!未定义书签。

+错误!未定义书签。

+…+错误!未定义书签。

②，①－②得错误!未定义书签。

T n ＝错误!+错误!未定义书签。

＋错误!未定义书签。

＋…+错误!-错误!未定义书签。

=错误!-错误!未定义书签。

=2－错误!，∴Ｔn ＝4－错误!。

易知数列{2n ｝的前ｎ项和为n （n ＋1), ∴S n =n （n ＋1)-４＋错误!未定义书签。

.４.[2019·广州市综合测试]已知数列{a n ｝的前n 项和为S n ，数列错误!是首项为1,公差为2的等差数列．（１）求数列{a ｎ｝的通项公式;(2)设数列{ｂn }满足错误!+错误!未定义书签。

+…＋错误!未定义书签。

＝5-(4n +５)·错误!n，求数列{ｂn }的前n 项和T n ．解析：(１)因为数列错误!是首项为１,公差为2的等差数列,所以错误!＝1+2(n －1)＝2ｎ－1,所以S n =2n 2－ｎ。

当ｎ＝１时,a １＝S 1＝1;当n ≥2时,ａｎ＝Ｓn -S n －1＝(２n ２-n )－[２(n －1)2-(n －1）］=4n -3。

当n ＝1时,a １＝１也符合上式，所以数列{a n ｝的通项公式为a n =4n －３。

（２)当n =１时,错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

，所以b 1＝2ａ1＝２.当ｎ≥２时,由a １b 1+＼f （ａ2,ｂ2）＋…+＼f(ａn ,ｂn )=5－(4n +５）·错误!n,① 得错误!＋错误!未定义书签。

+…+错误!未定义书签。

=5－（4n +1）错误!n －1。

②①－②，得错误!=(4n -3）错误!未定义书签。

ｎ。

因为a n =4n -3，所以b n =错误!未定义书签。

＝2n(当n =1时也符合）,所以错误!未定义书签。

=错误!＝2,所以数列｛ｂn ｝是首项为2,公比为２的等比数列,所以T n ＝＼f(21-2n ),1－２)=2n +1-2.5.[2０１9·郑州一中高三入学测试］在等差数列｛a n }中，已知a 3=5,且a １,a 2，a 5为递增的等比数列.(１）求数列｛a n }的通项公式;（2）若数列{ｂn }的通项公式 (ｋ∈N *）,求数列｛ｂn ｝的前ｎ项和S n .则Ｓn=S n＋１-b n＋1=错误!＋2－1－2－１=错误!＋２.综上， (k∈N＊).6．[2019·安徽省高中联合质量检测]已知｛a}是公差不为0的等差数列,解得a1＝1，d＝2,所以ａn＝2n－1.所以b1·b２·b3·…·bｎ－1·ｂn=2n+1，①当ｎ＝1时,ｂ１＝3，当ｎ≥2时，ｂ1·b2·ｂ3·…·ｂｎ-1＝2n-１。

2019届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课时作业

第四节数列求和课时作业 A 组——基础对点练1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n－1D ．n ＋2＋2n解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.答案：C2．(2018·长沙模拟)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 答案：A3．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( ) A ．100 B ．110 C ．120D ．130解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120，故选C. 答案：C4．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( )A.911B ．1011C ．1D ．1211解析：对数函数y ＝log a x 的图象过定点(1,0)，∴函数y ＝log a (x －1)＋3的图象过定点(2,3)，则a 2＝2，a 3＝3，故a n ＝n ，∴b n ＝1a n a n ＋1＝1n －1n ＋1，∴T 10＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011，故选B.答案：B5.12＋12＋38＋…＋n2n 的值为__________．解析：设S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－n －22n ＝2－n ＋22n . 答案：2－n ＋22n6．(2018·山西四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n(n ∈N *)，则S 2 016＝________. 解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n①，∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1②，∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 016＝1－21 0081－2＋2×1－21 0081－2＝3×21 008－3.答案：3×21 008－37．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．解析：当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2， ∴a 2k ＋3＋a 2k ＋1＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3， ∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×3＋1192＝30×61＝1 830.答案：1 8308．已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝(n －1)2n ＋1＋2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜34.解析：(1)当n ＞1时，a 1＋2a 2＋…＋na n ＝(n －1)2n ＋1＋2， ① a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝(n －2)2n ＋2， ②①－②得na n ＝(n －1)2n ＋1－(n －2)2n ＝n ·2n，所以a n ＝2n，n ＞1. 当n ＝1时，a 1＝2，所以a n ＝2n，n ∈N *.(2)证明：因为a n ＝2n，所以b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋2＝1nn ＋2＝12(1n －1n ＋2)．因此T n ＝12(1－13)＋12(12－14)＋12(13－15)＋…＋12(1n －1－1n ＋1)＋12(1n －1n ＋2)＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－12(1n ＋1＋1n ＋2)＜34，所以，对任意的n ∈N *，T n ＜34.9．(2018·河南八市质检)已知递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＝64，且a 4，a 5的等差中项为3a 3.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 5＝64a 1q 3＋a 1q 4＝6a 1q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝2，所以a n ＝2n. (2)因为b n ＝na 2n －1＝n22n －1，所以T n ＝12＋223＋325＋427＋…＋n22n －1，14T n ＝123＋225＋327＋…＋n －122n －1＋n22n ＋1，所以34T n ＝12＋123＋125＋127＋…＋122n －1－n22n ＋1＝121－14n 1－14－n22n ＋1＝23－4＋3n3×22n ＋1，故T n ＝89－16＋12n 9×22n ＋1＝89－4＋3n 9×22n －1.B 组——能力提升练1．(2018·皖西七校联考)在数列{a n }中，a n ＝2n－12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：由a n ＝2n－12n ＝1－12n 得S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6. 答案：D2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为( ) A ．2 017 B ．2 016 C ．1 009D ．1 007解析：因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009，故选C. 答案：C3．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2 016项和S 2 016＝( ) A ．22 017－2 B ．22 017－1 C ．22 017D ．22 017＋1解析：由题意知a n ＋1－a n ＝2n，则a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2n －2，…，a 3－a 2＝22，a 2－a 1＝2，累加求和得a n －a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＝21－2n －11－2＝2n－2，n ≥2，又a 1＝2，所以a n ＝2n，则数列{ a n }的前2 016项和S 2 016＝21－22 0161－2＝22 017－2.答案：A4．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋1a n 的前n 项和T n ＝( ) A ．－n2n ＋1B ．n2n ＋1 C ．－2n2n ＋1D ．2n 2n ＋1解析：设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152，S 1，S 2，S 4成等比数列，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 1－542＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－152a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12.当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a 3－a 12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以12n ＋1a n＝－22n －12n ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以其前n 项和T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝－2n2n ＋1，故选C. 答案：C5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 016项的和等于__________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前2 016项的和等于S 2 016＝1 008×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝1 512. 答案：1 5126．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 120＝________.解析：由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，所以数列{a n n }是以1为公差的等差数列，且a 11＝1，所以a n n ＝n ，即a n ＝n 2，所以b n ＝n 2cos 2n π3，所以S 120＝－12×12－12×22＋32－12×42－12×52＋62－…＋1202＝－12(12＋22－2×32＋42＋52－2×62＋…－2×1202)＝－12 [(12＋22＋32＋…＋1202)－3×(32＋62＋92＋…＋1202)]＝12×3×9×(12＋22＋…＋402)－12×(12＋22＋32＋…＋1202) ＝12×3×9×40×41×816－12×120×121×2416＝7 280. 答案：7 2807．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .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 . ∵a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋3＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，∴d ＝2，q ＝2. ∴a n ＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由(1)知，S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数.∴T 2n ＝(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＋(21＋23＋25＋…＋22n －1)＝2n 2n ＋1＋24n－13. 8．已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝－1na n2，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n ①，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1 ②，①－②得，a n2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合，∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)由(1)得，b n ＝－1na n2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n③，－2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n ×(－2)n ＋1④，③－④得，3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n －n ×(－2)n ＋1＝－2[1－－2n]3－n ×(－2)n ＋1，∴S n ＝－3n ＋1－2n ＋1＋29.。

全国版2019版高考数学一轮温习第5章数列第4讲数列求和学案201805092219

第4讲数列求和板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点数列求和的六种方法 1．公式法 2．分组求和法 3．倒序相加法 4．并项求和法 5．裂项相消法 6．错位相减法[必会结论]常见的拆项公式 (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 .[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(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.( )答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2．[2018·长沙模拟]已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15 答案 A解析 ∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.3．[2018·吉林模拟]数列{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前10项之和为( )A.13B.512C.12D.712 答案 B解析 b n ＝1a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，S 10＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112 ＝512.故选B. 4．[课本改编]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 .5．[2018·南京模拟]已知a n ＝13n ，设b n ＝na n ，记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案(2n －1)·3n ＋1＋34解析 b n ＝n ·3n，于是S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n，① 3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n ·3n ＋1，②①－②，得－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1，即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1，S n ＝n2·3n ＋1－14·3n ＋1＋34＝(2n －1)·3n ＋1＋34.板块二典例探究·考向突破考向分组转化法求和例 1 [2016·北京高考]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)等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27. 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2，所以a n ＝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＋1－3n1－3＝n 2＋3n－12. 触类旁通分组转化求和通法若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．【变式训练1】 [2018·西安模拟]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2an ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .∵n ＝1时，a 1＝1符合上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n)1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.考向裂项相消法求和命题角度1 形如a n ＝1n ＋k ＋n型例 2 [2018·正定模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，若d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9，所以d ＝2，S 9＝99，又因为S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，{a n }是首项为3，公差为2的等差数列．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝1a n ＋1＋a n＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，∴T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32.命题角度2 形如a n ＝1n (n ＋k )型例 3 [2017·全国卷Ⅲ]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 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1(n ∈N *)． (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 ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.命题角度3 形如a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2型例 4 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. 解 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .当n ＝1时，a 1＝2＝2×1符合上式．综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116[ 1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ]＝116[ 1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2 ]<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 触类旁通裂项相消法求和问题的常见类型及解题策略(1)直接考查裂项相消法求和．解决此类问题应注意以下两点：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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2.(2)与不等式相结合考查裂项相消法求和．解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．考向错位相减法求和例 5 [2017·山东高考]已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n.(2)由题意知S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)·b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .触类旁通用错位相减法求和应注意的问题(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．【变式训练2】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．解 (1)由已知得a m ＝S m －S m －1＝4，且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为d ，则有2a m ＋3d ＝14， ∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋m (m －1)2×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4， ∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6， ∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3.∴(a n ＋6)·b n ＝2n ·2n －3＝n ·2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ， ∴T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ·2n －2①2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ·2n －1②①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ·2n －1＝2－1(1－2n)1－2－n ·2n －1＝2n －1－12－n ·2n －1 ＝(1－n )×2n －1－12. ∴T n ＝(n －1)·2n －1＋12(n ∈N *)．核心规律非等差、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、倒序相加法等来求和．满分策略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.板块三启智培优·破译高考规范答题系列3——求数列{|a n |}的前n 项和问题[2018·德州模拟]在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解题视点对等差数列{a n }，求{|a n |}的前n 项和的题型，常先由S n 的最值判断出哪些项为正，哪些项为负，或先求出a n ，解a n ≥0的n 的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负．若前k 项为负，从k ＋1项开始以后的项非负，则{|a n |}的前n 项和T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－S n ，n ≤k ，S n －2S k ，n >k ，若前k 项为正，以后各项非正，则T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ，n ≤k ，2S k －S n ，n >k .解 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0，故d ＝－1或4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，所以S n ＝－12n 2＋212n ，令a n ≥0，则n ≤11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.[答题模板] 求数列{|a n |}前n 项和的一般步骤第一步：求数列{a n }的前n 项和；第二步：令a n ≤0(或a n ≥0)确定分类标准；第三步：分两类分别求前n 项和；第四步：用分段函数形式表示结论；第五步：反思回顾，即查看{|a n |}的前n 项和与{a n }的前n 项和的关系，以防求错结果．跟踪训练已知数列{a n }的前n 项和S n ＝12n －n 2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和T n . 解 (1)∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝11；当n ≥2时，S n ＝12n －n 2，S n －1＝12(n －1)－(n －1)2， ∴a n ＝S n －S n －1＝13－2n ；当n ＝1时也满足此式成立，故a n 的通项公式为a n ＝13－2n .(2)令a n ＝13－2n ≥0，n ≤132.当n ≤6时，数列{|a n |}的前n 项和T n ＝S n ＝12n －n 2；当n >6时，a 7，a 8，…，a n 均为负数，故S n －S 6<0，此时T n ＝S 6＋|S n －S 6|＝S 6＋S 6－S n ＝72＋n 2－12n .故{|a n |}的前n 项和T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12n －n 2，n ≤6，n 2－12n ＋72，n >6.板块四模拟演练·提能增分[A 级基础达标]1．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 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2答案 C解析 S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n －1)＝(2＋22＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2(1－2n)1－2＋2×n (n ＋1)2－n ＝2(2n －1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2.2．[2017·全国卷Ⅲ]等差数列{}a n 的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}a n 前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 答案 A解析由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24.故选A.3．[2018·江南十校联考]已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n，则S2017＝( )A.2016－1B.2017－1C.2018－1D.2018＋1答案 C解析由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x12.所以a n＝1f(n＋1)＋f(n)＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.故选C.4．[2018·金版创新]已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，当n≥2时，a n＋2S n－1＝n，则S2017的值为( )A．2017 B．2016 C．1009 D．1007答案 C解析因为a n＋2S n－1＝n，n≥2，所以a n＋1＋2S n＝n＋1，n≥1，两式相减得a n＋1＋a n＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009.故选C.5．在数列{a n}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋a n＝3n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n等于( )A．(3n－1)2 B.12(9n－1)C．9n－1 D.14(3n－1)答案 B解析因为a1＋a2＋…＋a n＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋a n－1＝3n－1－1(n≥2)．则n≥2时，a n＝2·3n－1.当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以a n＝2·3n－1(n∈N*)．则数列{a2n}是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.6．[2017·郑州模拟]设数列{a n}的通项公式为a n＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.答案130解析由a n＝2n－10(n∈N*)知，{a n}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n＝2n－10≥0，得n≥5，所以当n<5时，a n<0，当n≥5时，a n≥0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.7．化简S n＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是________．答案2n＋1－n－2解析S n＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①2S n＝n×2＋(n－1)×22＋…＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n，②②－①，得S n＝－n＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＋2n＝－n＋2(1－2n)1－2＝2n＋1－n－2.8．[2017·全国卷Ⅱ]等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k ＝________.答案2nn ＋1解析设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ·1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 9．[2018·衡阳模拟]在等比数列{a n }中，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2，b 13＝a 3.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)nb n ＋a n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n . 解 (1)由题意，b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2＝3q ，b 13＝a 3＝3q 2. 又∵{b n }为等差数列，设公差为d ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧b 4＝b 1＋3d ＝3q ，b 13＝b 1＋12d ＝3q 2，化简得q 2－4q ＋3＝0，∴q ＝1(舍)或q ＝3，∴a n ＝3n， ∵d ＝b 4－b 14－1＝2，∴b n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)由题意得c n ＝(－1)n(2n ＋1)＋3n.S 2n ＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n －1)＋32n －1＋(4n ＋1)＋32n＝(3＋32＋ (32))＋[－3＋5－7＋9－…－(4n －1)＋(4n ＋1)] ＝3(1－32n )1－3＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n ＋1)－(4n －1)]}＝32n ＋1－32＋2n . 10．[2018·北京西城区模拟]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5.(1)求{a n }的通项公式； (2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49.解 (1)由a 1＝9，a 2为整数可知，等差数列{a n }的公差d 为整数．又S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，于是9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95.∵d 为整数，∴d ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝11－2n . (2)证明：由(1)，得1a n a n ＋1＝1(11－2n )(9－2n ) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －19. 令b n ＝19－2n ，由函数f (x )＝19－2x的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性，知0<b 1<b 2<b 3<b 4，b 5<b 6<b 7<…<0，∴b n ≤b 4＝1.∴T n ≤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝49.[B 级知能提升]1．[2018·宁夏银川模拟]已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，….这个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2018项之和S 2018等于( )A ．2008B ．4017C ．1D ．0 答案 B解析由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009. 由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∴2018＝6×336＋2，∴S 2018＝S 2＝2008＋2009＝4017.故选B. 2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 D解析 a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1.∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1) ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2，∴S 9＝1013<1020，S 10＝2036>1020，∴S n >1020，n 的最小值是10.故选D.3．[2016·浙江高考]设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.答案 1 121解析 ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34.解 (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n.故a n ＝－3n＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n＝n ，得 1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. 5．[2017·天津高考]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 (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，解得q ＝－3或q ＝2. 又因为q ＞0，所以q ＝2.所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8①. 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16②，联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以，数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n.由a2n＝6n－2，得T n＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2T n＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1.上述两式相减，得－T n＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×(1－2n)1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，所以T n＝(3n－4)2n＋2＋16.所以，数列{a2n b n}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.。

2018-2019年高三一轮：5.4《数列求和》课件

＝－12n122－n2＋2212n2＋1n，110n，≤n11≥，12。
n
4．一个数列{an}，当 n 是奇数时，an＝5n＋1；当 n 为偶数时，an＝22 ，则这个数列的前 2m 项的和是__________。
解析：当 n 为奇数时，{an}是以 6 为首项，以 10 为公差的等差数列；当 n 为偶数时，{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列。所以，S2m＝S 奇＋S 偶＝ma1＋mm2－1 ×10＋a211－－22m
(2)若 d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|。
解析：(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn。因为 d＜0，由(1)得 d＝－1，an＝－n＋11。则当 n≤11 时， |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－12n2＋221n。当 n≥12 时， |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝12n2－221n＋110。综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
(2)并项求和法在一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。形如 an＝(－ 1)nf(n)类型，可采用两项合并求解。例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(2ห้องสมุดไป่ตู้ －12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050。 3．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。 4．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，如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的。
3．若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(3n－2)，则 a1＋a2＋…＋a10＝( )

2018-2019学年高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习课件：第五章第四节数列求和

公式是 an＝(－1)n(3n －2)，则 a1＋a2＋„＋
15 a10＝________.
知识点
试题
解析
∵an＝n· 2n，
4．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＝
知识点
∴Sn＝1· 21＋2· 22＋3· 23＋„＋n· 2n.① ∴ 2Sn ＝ 1· 22 ＋ 2· 23 ＋ „ ＋ (n － 1)· 2n ＋ n· 2n＋1② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋„＋2n－n· 2n＋1 21－2n ＝－ n· 2n＋1＝2n＋1－2－n· 2n＋1 1－2 ＝(1－n)2n＋1－2. ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
知识点
易误提醒 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．必记结论常见数列的求和公式： nn＋12n＋1 . 6
1 的前则数列 b b ＋ n n 1
log3an ，则数列
1 的前 n 项和 Sn b b ＋ n n 1
1 1 1 ＝＝n－ bnbn＋1 nn＋1
n ＝________. n＋ 1
1 1 1 n 项和为 1 －＋－ 2 2 3
第四节
数列求和
数列求和掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
知识点
数列求和的常用方法
(1)倒序相加法：如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“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
知识点
倒序相加法，如等差数列的前 n 项和即是用此法推导的． (2)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，如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的．

2019版高考数学一轮复习第五章数列第31讲数列求和学案201805072240

第31讲数列求和考纲要求考情分析命题趋势1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.2016·全国卷Ⅱ，172016·江苏卷，182016·北京卷，12利用公式求数列的前n项和，利用常见求和模型求数列的前n项和.分值：5分1．公式法与分组求和法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．①等差数列的前n项和公式：S n＝n(a1＋a n)2＝__na1＋n(n－1)2d__.②等比数列的前n项和公式：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q＝1，a1－a n q1－q＝__a1(1－q n)1－q__，q≠1.(2)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法分别求和后相加减．2．倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列{}a n 的前n 项中首末两端等“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 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(2)并项求和法在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.3．裂项相消法(1)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． (2)常见的裂项技巧 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .4．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，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2较为合理．( √ )(2)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.( √ ) (3)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( × ) (4)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．( × )(5)如果数列{}a n 是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ )解析 (1)正确．根据等差数列求和公式以及运算的合理性可知．(2)正确．根据等比数列的求和公式和通项公式可知． (3)错误．直接验证可知1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)错误．含有字母的数列求和常需要分类讨论，此题需要分a ＝0，a ＝1，以及a ≠0且a ≠1三种情况求和，只有当a ≠0且a ≠1时才能用错位相减法求和．(5)正确．根据周期性可得．2．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a 5＝( D )A ．1＋ln 2B ．2＋ln 3C ．3＋ln 5D ．2＋ln 5解析因为a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n＝ln (n ＋1)－ln n ，所以a 5－a 1＝(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＝(ln 5－ln 4)＋(ln 4－ln 3)＋(ln 3－ln 2)＋(ln 2－ln 1) ＝ln 5－ln 1＝ln 5，所以a 5＝a 1＋ln 5＝2＋ln 5，故选D ．3．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( C )A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2解析 S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n ＋2n －1)＝(2＋22＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n＝2(1－2n)1－2＋2×n (n ＋1)2－n ＝2(2n －1)＋n 2＋n －n＝2n ＋1＋n 2－2.4．若数列{}a n 的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝( A ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析 ∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10 ＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15. 5．已知数列{}a n 的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n(n ∈N *)，则S n ＝__(n －1)2n ＋1＋2__.解析 ∵a n ＝n ·2n，∴S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n.① ∴2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.一分组法求和分组求和法的常见类型(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 是等比或等差数列，可采用分组求和法．【例1】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 . 解析 (1)设数列{}a n 的公差为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 的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q2n －1.当q ＞0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋q 7＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q2；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且q ≠1.二错位相减法求和利用错位相减法求和的两点注意(1)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．(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．同时要注意等比数列的项数是多少．【例2】若公比为q 的等比数列{}a n 的首项a 1＝1，且满足a n ＝a n －1＋a n －22(n ＝3,4,5，…)．(1)求q 的值；(2)设b n ＝n ·a n ，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)由题意易知2a n ＝a n －1＋a n －2，即2a 1qn －1＝a 1qn －2＋a 1qn －3.∴2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.(2)①当q ＝1时，a 1＝1，b n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2.②当q ＝－12时，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－120＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－121＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，－12S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－121＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，两式相减，得32S n ＝1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，整理得S n ＝49－⎝ ⎛⎭⎪⎫49＋2n 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.三裂项相消法求和常见的裂项方法数列(n ∈N *)裂项方法(n ∈N *) ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋k )(k 为非零常数) 1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k⎩⎨⎧⎭⎬⎫14n 2－1 14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)(n ＋2) 1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2) ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋n ＋k1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )⎩⎨⎧⎭⎬⎫log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n (a ＞0，a ≠1)log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n(2n －1)(2n ＋1－1) 2n(2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1【例3】已知正项数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ，a n ，2成等差数列．(1)证明：数列{}a n 是等比数列； (2)若b n ＝log 2a n ＋3，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解析 (1)证明：由题意知2a n ＝S n ＋12.当n ＝1时，2a 1＝a 1＋12，∴a 1＝12.当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12，两式相减，得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1. ∵{}a n 为正项数列，∴a na n －1＝2(n ≥2)， ∴数列{}a n 是以12为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)知a n ＝a 1·2n －1＝2n －2，∴b n ＝log 22n －2＋3＝n －2＋3＝n ＋1.∴1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2. ∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2).1．已知等比数列{}a n 中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{}b n 中，b 4＋b 6＝a 5，则数列{}b n 的前9项和S 9＝( B )A ．9B ．18C ．36D ．72解析 ∵a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5，∴a 5＝4，∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2.∴S 9＝9b 5＝18，故选B ．2．已知正项数列{}a n 满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{}a n 的前n 项和为__3n－1__.解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0. ∵a n ＞0，∴a n ＋1＝3a n .又a 1＝2，∴{}a n 是首项为2，公比为3的等比数列．∴S n ＝2(1－3n)1－3＝3n－1.3．在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1.(1)求数列{}a n 的通项公式； (2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)由题意得1a n ＋1－1a n ＝1.又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n ，所以数列{}a n 的通项公式为a n ＝1n.(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)．所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg(n －2)－lg n ＋lg(n －1)－lg(n ＋1)＋lg n －lg(n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg(n ＋1)－lg(n ＋2)＝lg 2(n ＋1)(n ＋2).4．设数列{}a n 满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3(n ∈N *)．(1)求数列{}a n 的通项；(2)设b n ＝n a n，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①∴a 1＝13，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13(n ≥2) ，②①－②，得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13(n ≥2)，化简得a n ＝13n (n ≥2)．显然，a 1＝13也满足上式，故a n ＝13n (n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝n ·3n.于是S n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n，③ 3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1，④③－④，得－2S n ＝3＋32＋33＋ (3)－n ·3n ＋1，即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1.∴S n ＝2n －14·3n ＋1＋34.易错点1 求和时数不清项数错因分析：弄清和式的构成规律是数清项数的关键．【例1】设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ≥－3，n ∈Z )，则f (n )＝( )A ．27(8n－1) B ．27(8n ＋1－1) C ．27(8n ＋3－1) D ．27(8n ＋4－1) 解析 1＝3×1－2,3n ＋10＝3(n ＋4)－2，所以f (n )是首项为2，公比为8的等比数列的前n ＋4项的和．由求和公式得f (n )＝2(1－8n ＋4)1－8＝27(8n ＋4－1)．选D ．答案：D【跟踪训练1】把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，……，循环分组为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为__392__.解析将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数．又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n －1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n －1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.易错点2 找不到裂项相消的规律错因分析：看清是相邻项相消还是隔项相消，同时注意系数．【例2】求和：11×5＋13×7＋…＋1(2n ＋1)(2n ＋5).解析 a n ＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋3，∴原式＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －1－12n ＋3＋12n ＋1－12n ＋5＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－12n ＋3－12n ＋5＝13－n ＋2(2n ＋3)(2n ＋5). 【跟踪训练2】数列1，11＋2，11＋2＋3，11＋2＋3＋4，…，11＋2＋3＋…＋n的前n 项和为( B )A ．2n 2n ＋1B ．2n n ＋1C ．n ＋2n ＋1 D ．3n 2n ＋1解析 11＋2＋3＋…＋n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，数列1，11＋2，11＋2＋3，11＋2＋3＋4，…，11＋2＋3＋…＋n的前n 项和为2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝ 2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1，故选B ．课时达标第31讲[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n 项和，以及利用S n 与a n 的关系求通项公式，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 6＝( D )A ．142 B ．45 C ．56 D ．67解析因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67.2．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝( C ) A ．11 B ．99 C ．120 D ．121解析因为1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1－n＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120，故选C ．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( D )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 010解析由题意，得a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0，a 5＝a 4＋sin5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 018＝4×504＋2，所以S 2 018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1 010，故选D ．4．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 )A ．100101 B ．99101 C ．99100D ．101100解析设等差数列{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＋ (1100)1101＝1－1101＝100101.5．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 2 018＝( B )A ．2 017B ．－1 010C ．504D ．0解析因为a n ＝n cosn π2，所以当n 为奇数时，a n ＝0，当n 为偶数时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝4m ，－n ，n ＝4m －2，其中m ∈N *，所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 016＋a 2 017＋a 2 018 ＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 2 016＋a 2 018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018 ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故选B ．6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n(n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( B )A ．22 018－1B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×22 018－2解析依题意得a n ·a n ＋1＝2n，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，于是有a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21 009－3.二、填空题7．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__8nn ＋1__. 解析 ∵a n ＝n (n ＋1)2n ＋1＝n 2，∴b n ＝8n (n ＋1)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.8．(2018·河南郑州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝__130__.解析由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，所以当n <5时，a n <0；当n ≥5时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.9．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__2n 2＋6n __.解析令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n .三、解答题10．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2) (n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)令n ＝2得a 2＝2a 1＝6. 令n ＝3，得a 3＝2a 2＋1＝13.(2)证明：因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a 1＋1＝4≠0，所以a n ＋n ≠0，所以a n ＋na n －1＋(n －1)＝2，所以数列{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－n .(3)因为a n ＝2n ＋1－n ，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋…＋n )＝4(1－2n)1－2－n (n ＋1)2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.11．(2018·安徽淮南模拟)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解析 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，所以d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4，所以a n ＝－n ＋11或a n ＝4n ＋6. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为d <0，所以d ＝－1，a n ＝－n ＋11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 11|＋|a 12|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－…－a n ＝S 11－(S n －S 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n|＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.12．(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 .解析 (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，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.。

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第31讲数列求和
[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n 项和，以及利用S n 与a n 的关系求通项公式，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．
一、选择题
1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋
，则S 6＝( D )
A ．1
42 B ．45 C ．5
6 D ．67
解析因为a n ＝1n
n ＋＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67. 2．已知S n ＝1
2＋1
＋
1
3＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n
，若S m ＝10，则m ＝( C ) A ．11 B ．99 C ．120 D ．121
解析因为
1
n ＋1＋n
＝
n ＋1－n
n ＋1－n
＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋
m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120，故选C ．
3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin n ＋
π
2
，记S n 为数列{a n }的前n 项和，
则S 2 018＝( D )
A ．1 006
B ．1 007
C ．1 008
D ．1 010
解析由题意，得a n ＋1＝a n ＋sin
n ＋
π
2
，所以a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin 3π
2
＝
0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0，a 5＝a 4＋sin 5π
2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期
数列，而2 018＝4×504＋2，所以S 2 018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1 010，故选D ．
4．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 )
A ．100
101 B ．99101 C ．99
100
D ．101100
解析设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .
∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩
⎪⎨⎪
⎧
a 1＋4d ＝5，5a 1＋－
2d ＝15，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，
d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .
∴
1
a n a n ＋1＝
1
n
n ＋
＝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＝100101
. 5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π
2
，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝( B )
A ．2 017
B ．－1 010
C ．504
D ．0
解析因为a n ＝n cos
n π
2
，所以当n 为奇数时，a n ＝0，
当n 为偶数时，a n ＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
n ，n ＝4m ，
－n ，n ＝4m －2，其中m ∈N *
，
所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 016＋a 2 017＋a 2 018 ＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 2 016＋a 2 018
＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018 ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋
(－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故选B ．
6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *
)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018
＝( B )
A ．2
2 018
－1
B ．3×21 009
－3 C ．3×21 009
－1
D ．3×2
2 018
－2
解析依题意得a n ·a n ＋1＝2n
，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1
，于是有
a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2
a n
＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比
的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 009
1－2
＋
－21 009
1－2
＝3×2
1
009
－3.
二、填空题
7．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1
，则数列{b n }的前n 项和为__
8n
n ＋1
__. 解析 ∵a n ＝
n n ＋
2
n ＋1
＝n
2，∴b n ＝8
n
n ＋
＝8⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－1
3＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1
.
8．(2018·河南郑州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *
)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝__130__.
解析由a n ＝2n －10(n ∈N *
)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，所以当n <5时，a n <0；
当n ≥5时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.
9．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2
＋3n (n ∈N *
)，则a 12＋a 23＋…＋
a n
n ＋1＝__2n 2
＋6n __.
解析令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.
当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2
＋3(n －1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2
＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2
，当n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2，∴
a n
n ＋1
＝4n ＋4，
∴a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝
n 8＋4n ＋4
2
＝2n 2
＋6n .
三、解答题
10．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2) (n ≥2，n ∈N *
)． (1)求a 2，a 3的值；
(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)令n ＝2得a 2＝2a 1＝6. 令n ＝3，得a 3＝2a 2＋1＝13.
(2)证明：因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a 1＋1＝4≠0，所以a n ＋n ≠0，所以
a n ＋n a n －1＋n －
＝2，。