高考数学一轮基础知识反馈卡第9章第4讲数列的求和文

合集下载

2024年高考数学一轮复习(新高考版)《数列求和》课件ppt

跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，② 2a1 ＋ 2a2 ＋…＋2an ＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 问题：在数列{an}中，已知________. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. (1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝
2an 1 3an
，求数列{bn}的前n项和Sn.
由(1)可知 bn＝2n3－n 1，
则 Sn＝311＋332＋…＋2n3－n 1，
①
13Sn＝312＋333＋…＋2n3－n 3＋23nn－＋11.
②
两式相减得23Sn＝13＋322＋323＋…＋32n－23nn－＋11＝13＋2911－－313n1－1－23nn－＋11
教材改编题
2.数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an＝nn1＋1，则 S5 等于
A.1
√B.56
C.16
D.310
因为 an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，所以 S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.
教材改编题
3.Sn＝12＋12＋38＋…＋2nn等于
2n－n－1 A. 2n
第六章数列
§6.5 数列求和
考试要求
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用方法.
内容索引
第一部分
落实主干知识
第二部分
探究核心题型
第三部分
课时精练
第
一部分
落实主干知识
知识梳理
数列求和的几种常用方法
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.

高中总结数列求和知识点

高中总结数列求和知识点一、数列求和的基本概念数列是按照一定规律排列的一系列数的集合，通常用数学形式表示为{a1, a2, a3, ... , an}，其中ai表示数列的第i项。

数列求和即是对数列中的所有项进行加和运算，得到一个数值作为结果。

在数学中，数列求和是一个非常基础但又非常重要的问题，其应用涉及到数学、物理、经济等多个领域。

在高中数学中，学习数列求和不仅有助于深化对数学基础概念的理解，还有助于加深对递推数列、等差数列、等比数列等的认识。

二、求和公式的推导为了方便计算各种不同类型数列的求和问题，人们发展出了一系列数列的求和公式。

下面我们将以常见的等差数列和等比数列为例，介绍求和公式的推导过程。

1. 等差数列的求和公式假设有一个等差数列{a, a+d, a+2d, a+3d, ... , a+(n-1)d}，其中a为首项，d为公差，n为项数。

根据等差数列的性质，我们可以将这个数列反向排列，得到{a+(n-1)d, a+(n-2)d, ... ,a+3d, a+2d, a+d, a}。

将这两个数列逐项相加，得到2S = (2a + (n-1)d) + (2a + (n-1)d) + ... + (2a + (n-1)d) = n(2a + (n-1)d)。

因此，等差数列的求和公式为S = n/2 * (2a + (n-1)d)。

2. 等比数列的求和公式假设有一个等比数列{a, ar, ar², ar³, ... , ar^(n-1)}，其中a为首项，r为公比，n为项数。

我们可以将这个数列乘以公比r，得到{ar, ar², ar³, ... , ar^n}。

然后两个数列逐项相减，得到Sn = a(1 - r^n) / (1 - r)。

因此，等比数列的求和公式为Sn = a(1 - rⁿ) / (1 - r)。

通过上述示例，我们可以看到，求和公式的推导过程本质上是基于数列本身的性质，通过找到数列之间的关系，进而得到求和公式。

高三数学第一轮复习《数列求和》讲义

＝3＋2× －(2n＋1)3n
＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.
∴Tn＝n·3n.
③．在等差数列中，，前项和满足条件，
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）记，求数列的前项和。
解：（Ⅰ）设等差数列的公差为 ,由得：，所以，即，所以。
（Ⅱ）由，得。所以，
当时，；
例题分析：
题型一分组转化求和
例1 求和：(1)Sn＝＋＋＋＋…＋；
(2)Sn＝ 2＋ 2＋…＋ 2.
解 (1)由于an＝＝n＋，
∴Sn＝＋＋＋…＋
＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝＋＝－＋1.
(2)当x＝±1时，Sn＝4n.当x≠±1时，
Sn＝ 2＋ 2＋…＋ 2＝＋＋…＋
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，即2Sn＝n·3n＋1－，
∴Sn＝＋ .
变式训练2①已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*).
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
,
故 ( )
(2)
两式相减得
故
数列求和练习（1）
1．数列的通项公式是，若它的前项和为10，则其项数为
A．11 B．99 C．120 D．121
解：，则由，得，选C
2．数列的通项是，，则数列的的前项和为
A． B． C． D．
解：，则
，选A
3．已知数列的前项和为，则的值是

高考数学一轮复习第4讲数列的求和

第4讲数列的求和1．公式法(1)等差数列的前n项和公式：S n＝错误!＝na1＋错误!d；(2)等比数列的前n项和公式：S n＝错误!2．分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．3．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项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．4．并项求和法一个数列的前n项和，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．5．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．6．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．常见的拆项公式(1)错误!＝错误!－错误!；(2)错误!＝错误!错误!；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.1．数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝错误!，则S5等于()A．1 B．5 6C．16D．130答案 B解析∵a n＝错误!＝错误!－错误!，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－错误!＋错误!－1 3＋…＋15－16＝56.2．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＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2答案 C解析S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝错误!＋2×错误!－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.3．(2020·临沂联考)数列{a n}的通项公式是a n＝(－1)n·(2n－1)，则该数列的前100项之和为()A．－200 B．－100C．200 D．100答案 D解析根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.4．S n ＝122－1＋142－1＋…＋错误!＝________.答案n 2n ＋1解析通项a n ＝错误!＝错误!＝错误!错误!，∴S n ＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!. 5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.答案 11解析设公比为q ，因为对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则令式中n ＝1，得a 3＋a 2－2a 1＝0，所以a 1(q 2＋q －2)＝0.显然a 1≠0，所以由q 2＋q －2＝0，解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝错误!＝错误!＝11.6．已知a n ＝13n ，设b n ＝nan ，记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案错误!解析 ∵a n ＝13n ，b n ＝nan ，∴b n ＝n ·3n ，于是S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，①3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1，② ①－②，得－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1，即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1，S n ＝n 2·3n ＋1－14·3n ＋1＋34＝错误!.考向一分组转化法求和例1 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)n b n ＋a n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n . 解 (1)由题意，得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 ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧b4＝b1＋3d ＝3q ，b13＝b1＋12d ＝3q2，化简得q 2－4q ＋3＝0，∴q ＝1(舍去)或q ＝3，∴a n ＝3n ，∵d ＝b4－b14－1＝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＋…＋32n )＋[－3＋5－7＋9－…－(4n －1)＋(4n ＋1)]＝错误!＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n ＋1)－(4n －1)]}＝32n ＋1－32＋2n .1.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．2．分组转化求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)若a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧bn ，n 为奇数，cn ，n 为偶数，且数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．1.(2020·海南省高考调研)设等差数列{a n －b n }的公差为2，等比数列{a n＋b n }的公比为2，且a 1＝2，b 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{2a n ＋2n }的前n 项和S n .解 (1)因为a 1＝2，b 1＝1，所以a 1－b 1＝1，a 1＋b 1＝3，依题意可得，a n －b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，a n ＋b n ＝3×2n －1，故a n ＝2n －1＋3×2n－12.(2)由(1)可知，2a n ＋2n ＝2n －1＋5×2n －1，故S n ＝(1＋3＋…＋2n －1)＋5×(1＋2＋…＋2n －1) ＝错误!＋5×(2n －1)＝5×2n ＋n 2－5. 多角度探究突破考向二裂项相消法求和角度,1 形如a n ＝1n ＋k ＋n 型例2 (2020·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 ＝1an ＋1＋an(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＋错误!d ，所以9a 1＋错误!×2＝99，解得a 1＝3，所以{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)因为b n ＝1an ＋1＋an ＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，所以T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32.角度,2 形如a n ＝错误!型例3 已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＞0，前n 项和为S n ，若a n ＝Sn ＋Sn －1(n∈N *，n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1anan ＋1的前n 项和为T n ，求证：120≤T n ＜320. 解 (1)若a n ＝Sn ＋Sn －1(n ∈N *，n ≥2)，由a n ＝S n －S n －1＝( Sn －Sn －1)(Sn ＋Sn －1)，可得Sn －Sn －1＝1，则数列{Sn }是首项为2，公差为1的等差数列，所以Sn ＝S1＋n －1＝2＋n －1＝n ＋1，即S n ＝(n ＋1)2，当n ≥2时，a n ＝Sn ＋Sn －1＝n ＋1＋n ＝2n ＋1，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n≥2.(2)证明：当n ≥2时，可得数列 1anan ＋1＝错误!＝错误!错误!，则前n 项和为T n ＝14×5＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫15－17＋17－19＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝120＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫15－12n ＋3＝320－14n ＋6，由320－14n ＋6在n ∈N *上是递增的，可得最小值为320－110＝120，且320－14n ＋6＜320，则120≤T n ＜320. 角度3 形如a n ＝错误!(a >0，a ≠1)型例4 已知数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝an ＋1Sn·Sn＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，解得a 1＝2或a 1＝0(舍去)．当n ≥2时，2a n ＝2＋S n ，① 2a n －1＝2＋S n －1，②①－②得，a n ＝2a n －1，整理得an an －1＝2(常数)，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2×2n －1＝2n .(2)由于S n ＝错误!＝2×(2n －1)，b n ＝an ＋1Sn·Sn＋1＝错误!＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n ＋1－1.利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(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1anan ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1an －1an ＋1，1anan ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1an －1an ＋2. 2.已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n ＝a 2n ＋a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝错误!(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝(a 2n ＋a n －2)－(a 2n －1＋a n －1－2)，整理，得(a n ＋a n－1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1－1＝0，即a n －a n －1＝1， ∴{a n }是以a 1＝2为首项，d ＝1为公差的等差数列， ∴a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1. (2)由(1)得a n ＝n ＋1， ∴b n ＝错误!＝错误!－错误!，∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫233－222＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n ＋1n ＋1－2n n ＝2n ＋1n ＋1－2.考向三错位相减法求和例5 (2020·全国卷Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1为a 2，a 3的等差中项， ∴2a 1＝a 2＋a 3，即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. ∵a 1≠0，∴q 2＋q －2＝0. ∵q ≠1，∴q ＝－2.(2)设数列{na n }的前n 项和为S n . ∵a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，∴S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)(－2)n －1＋n (－2)n ，② ①－②，得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n ＝错误!－n (－2)n ＝错误!，∴S n ＝错误!.(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．3.(2020·潍坊一模)在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n .公差不等于0的等差数列{b n }满足________，________，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫bn an 的前n 项和S n . 注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．解因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1.选①②时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3.因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，解得b 1＝23，b 2＝73，所以d ＝53，所以b n ＝5n －33，满足b 2n ＝2b n ＋1.所以bn an ＝5n －33n.S n ＝b1a1＋b2a2＋…＋bn an ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ， (ⅰ)所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1， (ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得23S n ＝23＋5⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1＝23＋56－152×3n＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n＋1，所以S n ＝94－10n ＋94×3n.选②③时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d ＝3. 因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 2＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而d ＝b 1＝1，所以b n ＝n ，所以bn an ＝n 3n －1，S n ＝b1a1＋b2a2＋…＋bn an ＝130＋231＋332＋…＋n 3n －1， (ⅰ)所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ， (ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n3n＝32⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以S n ＝94－2n ＋34×3n－1.选①③时，设数列{b n }的公差为d ，因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，所以d ＝b 1＋1.又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 2＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而无解，所以等差数列{b n }不存在，故不符合题意．数列中的探索性问题已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，其前n 项和为S n ，且{S n }为等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝错误!，记数列{b n }的前n 项和为T n .设λ是整数，问是否存在正整数n ，使等式T n ＋3λ5an ＋1＝78成立？若存在，求出n 和相应的λ值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，得S 1＝a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝4，因为{S n }为等比数列，所以S n ＝4n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1－4n －2＝3×4n －2，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3×4n－2，n≥2.(2)当n ≥2时， b n ＝错误!＝错误! ＝错误!＝错误!－错误!. 而b 1＝错误!＝错误!，当n ＝1时，T 1＝b 1＝38，则当n ＝1时，等式T n ＋3λ5an ＋1＝78即为38＋λ5＝78，解得λ＝52，它不是整数，不符合题意．当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝38＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫142－2＋1－142－1＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14n －2＋1－14n －1＋1＝78－14n－1＋1.则等式T n＋3λ5an＋1＝78即为78－14n－1＋1＋λ5×4n－1＝78，解得λ＝5－54n－1＋1.由λ是整数，得4n－1＋1是5的因数．而当且仅当n＝2时，54n－1＋1是整数，由此λ＝4.综上所述，当且仅当λ＝4时，存在正整数n＝2，使等式T n＋3λ5an＋1＝78成立．答题启示探索性问题的类型及解法(1)条件探索性问题：一般采用分析法，从结论或部分条件入手，执果索因，导出所需条件，注意这类问题往往要求的是问题的充分条件，不一定是充要条件．(2)存在性探索问题：一般假定存在，在这个前提下推理，若由此推出矛盾，则否定假设，否则给出肯定结论．(3)结论探索性问题，由给定的已知条件进行猜想透彻分析，发现规律，获取结论．对点训练已知{a n}是公差不为0的等差数列，{b n}是等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a5＝b3.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记S n ＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，是否存在m ∈N *，使得S m ≥3成立，若存在，求出m ；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ，则由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝1·q，1＋4d ＝1·q2，∴d ＝0或d ＝2，∵d ≠0，∴d ＝2，q ＝3，∴a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.(2)由(1)可知，S n ＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn ＝11＋331＋532＋…＋2n －33n －2＋2n －13n －1，13S n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n，两式相减得，23S n ＝1＋231＋232＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋23×1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13n －11－13－2n －13n ＝2－2n ＋23n<2， ∴S n <3.故不存在m ∈N *，使得S m ≥3成立．一、单项选择题1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n ＝( )A ．25B ．576C ．624D ．625 答案 C解析 a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24，得n ＝624.故选C ．2．数列{(－1)n (2n －1)}的前2021项和S 2021等于( ) A ．－2021 B ．2020 C ．－2019 D ．2021答案 A解析 S 2021＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2019－1)＋(2×2020－1)－(2×2021－1)＝－4041＝－2021.故选A ．3．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1007a 1014＋a 1008a 1013＝18，则数列{log 3a n }的前2020项和为( )A ．2018B ．2019C ．2020D ．2021 答案 C解析 ∵a 1007a 1014＋a 1008a 1013＝18，a 1007a 1014＝a 1008a 1013，∴a 1007a 1014＝a 1a 2020＝9， ∴log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 2020＝log 3(a 1a 2…a 2020)＝log 391010＝1010log 39＝2020. 4．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A ．13B ．－13C ．19D ．－19答案 C解析由题知公比q ≠1，则S 3＝错误!＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C ．5．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n cos nπ2，其前n项和为S n，则S2022＝()A．0 B．－1012 C．506 D．1010 答案 B解析由a n＝n cos nπ2，得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，…，由此可知a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8＝…＝2.因为2022＝4×505＋2，所以S2022＝2×505＋a2021＋a2022＝1010＋0－2022＝－1012.故选B．6．在数列{a n}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋a n＝3n－1，则a21＋a2＋a23＋…＋a2n等于()A．(3n－1)2B．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，所以a21＋a2＋a23＋…＋a2n＝错误!＝12(9n－1)．故选B．7．若数列{a n}，{b n}满足a n b n＝1，a n＝n2＋3n＋2，则{b n}的前10项和为()A．13B．512C．12D．712答案 B 解析 b n ＝1an＝错误!＝错误!－错误!，{b n }的前10项和S 10＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512. 8．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，又S 9＝1013<1020，S 10＝2036>1020，∴n 的最小值是10.9．已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，且满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10＝( )A ．－10B ．－5C ．0D ．5 答案 C解析设等差数列的公差为d (d ≠0)，因为a 24＋a 25＝a 26＋a 27，所以(a 4－a 6)(a 4＋a 6)＝(a 7－a 5)(a 7＋a 5)，所以－2d ·2a 5＝2d ·2a 6，于是a 5＋a 6＝0，所以S 10＝错误!＝5(a 5＋a 6)＝0.故选C ．10．已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1log2anlog2an ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( )A ．110B ．15C ．111D ．211答案 C解析 ∵2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)， ∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴2na n ＝1(n ≥2，n ∈N *)，当n ＝1时也满足，故a n ＝12n ，故1log2anlog2an ＋1＝错误!＝错误!＝错误!－错误!，S n ＝1－错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＝1－1n ＋1＝nn ＋1，∴S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111.故选C ． 11．(2020·烟台一模)数列{F n }：F 1＝F 2＝1，F n ＝F n －1＋F n －2(n ＞2)，最初记载于意大利数学家斐波那契在1202年所著的《算盘全书》．若将数列{F n }的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{a n }，则数列{a n }的前50项和为( )A ．33B ．34C ．49D ．50答案 B解析若F n 为奇数，则a n ＝1；若F n 为偶数，则a n ＝0.由F 1＝F 2＝1，F n ＝F n －1＋F n －2(n ＞2)，以及“奇＋奇＝偶，奇＋偶＝奇”，易得在数列{F n }中，F 3k (k ∈N *)为偶数，其余为奇数．因为50＝3×16＋2，所以数列{F n }的前50项中，有16个偶数，34个奇数，从而数列{a n }的前50项和为16×0＋34×1＝34.12．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 2021的值为( )A ．1010B ．1011C ．2020D ．2021 答案 B解析因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2021＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2020＋a 2021)＝1011.故选B ．二、填空题13．已知数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋nn，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1anan ＋1的前n 项和为________.答案2nn ＋2 解析 a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝n ＋12，1anan ＋1＝错误!＝4错误!，所求的前n 项和为4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2. 14．等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.答案 32解析设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则S 3＝错误!＝74，S 6＝错误!＝错误!，解得q ＝2，a 1＝错误!，则a 8＝a 1q 7＝错误!×27＝32.15．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n(n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________.答案 43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－14n ＋2解析依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－14n ＋2.16．(2020·西安模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝10n －n 2，数列{b n }的每一项都有b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 4＝________，T 30＝________.答案 24 650解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝10n －n 2－[10(n －1)－(n －1)2]＝－2n ＋11，当n ＝1时也满足，所以a n ＝－2n ＋11(n ∈N *)，所以当n ≤5时，a n >0，b n ＝a n ，当n >5时，a n <0，b n ＝－a n ，所以T 4＝S 4＝10×4－42＝24，T 30＝S 5－a 6－a 7－…－a 30＝2S 5－S 30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.三、解答题17．(2020·广东佛山教学质量检测)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝pn ＋1，其中p 为常数．(1)若a 1，a 2，a 4成等比数列，求p 的值； (2)若p ＝1，求数列{a n }的前n 项和S n . 解 (1)由a n ＋a n ＋1＝pn ＋1，得a 1＋a 2＝p ＋1，a 2＋a 3＝2p ＋1，a 3＋a 4＝3p ＋1，所以a 2＝p ，a 3＝p ＋1，a 4＝2p . 又因为a 1，a 2，a 4成等比数列，所以a 2＝a 1a 4，即p 2＝2p ，又因为p ≠0，所以p ＝2.(2)当p ＝1时，a n －1＋a n ＝n (n >1，n ∈N )，当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4＋…＋n ＝错误!＝错误!；当n 为奇数时，S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋3＋5＋…＋n ＝错误!＝错误!，综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧ n2＋2n 4，n 为偶数，n2＋2n ＋14，n 为奇数. 18．(2020·泰安三模)在①S n ＝n 2＋n ；②a 3＋a 5＝16，S 3＋S 5＝42；③an ＋1an ＝n ＋1n ，S 7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列．________，b 1＝a 1，b 2＝a1a22.求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn ＋bn 的前n 项和T n . 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选①：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，又n ＝1时满足a n ＝2n ，所以a n ＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，又因为a 1＝2，a 2＝4，b 1＝a 1，b 2＝a1a22，所以b 1＝2，q ＝2，所以b n ＝2n .数列{b n }的前n 项和为2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2， 1Sn ＝1n2＋n ＝错误!＝错误!－错误!，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn 的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，故T n ＝2n ＋1－2＋1－1n ＋1＝2n ＋1－n ＋2n ＋1. 若选②：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 3＋a 5＝16，S 3＋S 5＝42，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a1＋6d ＝16，8a1＋13d ＝42，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝2，d ＝2，所以a n ＝2n ，S n ＝n 2＋n .设等比数列{b n }的公比为q ，又因为a 1＝2，a 2＝4，b 1＝a 1，b 2＝a1a22，所以b 1＝2，q ＝2，所以b n ＝2n .数列{b n }的前n 项和为2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2， 1Sn ＝1n2＋n＝错误!＝错误!－错误!，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn 的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，故T n ＝2n ＋1－2＋1－1n ＋1＝2n ＋1－n ＋2n ＋1. 若选③：由an ＋1an ＝n ＋1n ，得an ＋1n ＋1＝an n ，所以an n ＝a11，即a n ＝a 1n ， S 7＝7a 4＝28a 1＝56，所以a 1＝2，所以a n ＝2n ，S n ＝n 2＋n .设等比数列{b n }的公比为q ，又因为a 1＝2，a 2＝4，b 1＝a 1，b 2＝a1a22，所以b 1＝2，q ＝2，所以b n ＝2n .数列{b n }的前n 项和为2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2， 1Sn ＝1n2＋n＝错误!＝错误!－错误!，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn 的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，故T n ＝2n ＋1－2＋1－1n ＋1＝2n ＋1－n ＋2n ＋1. 19．(2020·山东莱阳模拟)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *，有2S n ＝a 2n ＋a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1an an ＋1＋an ＋1an ，设{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <1. 解 (1)当n ＝1时，2a 1＝a 21＋a 1，得a 1＝1或0(舍去)．当n ≥2时，因为2S n ＝a 2n ＋a n ，①所以2S n －1＝a 2n －1＋a n －1，②由①②两式相减得a n －a n －1＝1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ，n ∈N *.(2)证明：由(1)得，b n ＝1an an ＋1＋an ＋1an ＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!－错误!，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1. 20．(2020·天津部分区联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝a n ＋2(n ∈N *)，a 3＋a 4＝12.数列{b n }为等比数列，且b 1＝a 2，b 2＝S 3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝(－1)n a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由已知，得a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是以2为公差的等差数列．∵a 3＋a 4＝12，∴2a 1＋10＝12，∴a 1＝1，∴a n ＝2n －1.设等比数列{b n }的公比为q ，∵b 1＝a 2＝3，b 2＝S 3，∴b 2＝3q ＝S 3＝9，∴q ＝3，∴b n ＝3n .(2)由题意，得c n ＝(－1)n a n ·b n ＝(－1)n (2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n ，∴T n ＝1×(－3)＋3×(－3)2＋5×(－3)3＋…＋(2n －1)×(－3)n ，∴－3T n ＝1×(－3)2＋3×(－3)3＋…＋(2n －3)×(－3)n ＋(2n －1)×(－3)n ＋1.上述两式相减，得4T n ＝－3＋2×[(－3)2＋(－3)3＋…＋(－3)n ]－(2n －1)×(－3)n ＋1＝－3＋错误!－(2n －1)×(－3)n ＋1＝32－4n －12×(－3)n ＋1，3 8－4n－18×(－3)n＋1.∴T n＝。

高考数学第一轮知识点总复习第四节数列求和

后再合并，形如：
①{a n bn},,其中 an 等差数列； bn是等比数列；
②
f n, n 2k 1 an gn, n 2k
k N *
典例分析
题型一利用常用公式求和
【例1】已知
log3
x
1 l，og求2 3
Sn x x的2 值x.3 ... xn
分析由已知条件可求得x的值，再代入求 S的n 值.
分析(1)由已知条件利用等比数列的定义证明，即从a n 1
得到
1 a n1
-1与 1 an
-1
的等式关系.
（2）充分利用（1）的结论得出项
1 an
1 2n
1
.欲求数列 ann
2a n a n 1
的前n
Sn
和
可先求出的值
Tn
1 2
2 22
3 23
n 2n
.
解(1)
a n1
2an , 1 an 1 an1
解析：由已知f(x)对任意实数m、n都有f(m)+f(n)=f(m+n)，得 f(1 005)+f(1 005)=f(2 010)=2+2=4; f(0)+f(2010)=f(2010)=4; f(2)+f(2 008)=f(2 010)=4; … f(1 004)+f(1 006)=4. 令S=f(0)+f(2)+f(4)+f(6)+…+f(2 008)+f(2010), 则S= f(2010)+ f(2 008)+f(2 006)+…+f(2)+f(0). 于是2S=[f(0)+f(2010)]+［f(2)+f(2 008)］+［f(4)+f(2 006)］ +…+［f(2 008)+f(2)］+[f(2010)+f(0)]

高考数学一轮知能训练第五章数列第4讲数列的求和(含解析)-人教版高三全册数学试题

第4讲数列的求和1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，则S 20172017＝( )A ．1009B ．1008C ．2D ．12．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }前n 项的和为( )A ．4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 B ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1 D.12－1n ＋13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则数列{|a n |}的前n 项和T n 等于( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3 D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ，n ＞34．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．05．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，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2 D ．2n －1－26．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的有( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4 7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 8．(2017年新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则11nk kS=∑＝________.9．(2019年新课标Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1＋n －2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 2(a n －1)，求T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1.11．(2018年某某)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．12．(2018年某某)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ⅰ)求T n ；ⅱ)证明：21()(1)(2)nk k k k T b b k k +=+++∑＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．第4讲数列的求和1．A 解析：S 2017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2016＋a 2017) ＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2016＋1) ＝1＋2×2016＋1×10092＝2017×1009， ∴S 20172017＝1009.故选A. 2．A 解析：∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n 2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 3．C 解析：∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7. ∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3.4．A 解析：∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0.故S 2018＝336×0＋a 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.5．C 解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.6．ABD7．480 解析：∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…. ∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，…. ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，….∴该数列构成以4为首项，4为公差的等差数列． ∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8.2nn ＋1解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋4×32d ＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.数列{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n n －12d ＝n n ＋12，1S k ＝2kk ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，则11nk kS =∑＝2⎝ ⎛1－12＋12－⎭⎪⎫13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1. 9．解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得 2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4. 因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1， ∴数列{}b n 的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.10．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2n ＋1＋n －2，S n －1＝2n＋n －1－2，得a n ＝2n＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，综上所述，a n ＝2n＋1.(2)由b n ＝log 2(a n －1)＝log 22n＝n .T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 11．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，∴a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，∵q >1，∴q ＝2.(2)设＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{}前n 项和为S n .由＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解得＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，∴b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，∴b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.12．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. ∵q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n . ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)ⅰ)解：由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝1(n k =∑2k－1)＝12nk =∑k－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.ⅱ)证明：∵T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， ∴1nk =∑T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。

高中数学中的数列求和知识点总结

高中数学中的数列求和知识点总结数列求和是高中数学中的重要概念和技巧之一，它涉及到数列的性质和求和方法的应用。

本文将对高中数学中的数列求和知识点进行总结，包括求和公式、数列性质与求和、递推数列求和和常用数列求和等内容。

1. 求和公式求和公式是数列求和的基础，它们可以帮助我们简化求和过程并得到准确的结果。

常见的求和公式包括等差数列求和公式和等比数列求和公式。

（1）等差数列求和公式对于等差数列 {an}，其通项公式为 an = a1 + (n-1)d，其中 a1 为首项，d 为公差，n 为项数。

等差数列的求和公式为 Sn = (a1 + an) * n / 2。

其中 Sn 表示前 n 项的和。

（2）等比数列求和公式对于等比数列 {an}，其通项公式为 an = a1 * q^(n-1)，其中 a1 为首项，q 为公比，n 为项数。

等比数列的求和公式分为两种情况：当 |q| < 1 时，等比数列的求和公式为 Sn = a1 / (1-q)。

当 |q| > 1 时，等比数列的求和公式为 Sn = (a1 - anq) / (1-q)。

2. 数列性质与求和数列性质与求和是数列求和中较为重要的内容之一。

在求解数列求和问题时，熟练掌握数列的性质对于简化计算和解题过程非常有帮助。

（1）数列的首项与末项一个数列 {an} 的首项为 a1，末项为 an。

在使用求和公式时，需要准确确定数列的首项和末项。

（2）逆序求和对于满足一定条件的数列，其求和式可以通过逆序求和的方式得到更简洁的结果。

例如，等差数列 {an} 的求和式为 Sn = (a1 + an) * n / 2，而逆序求和的方式是 Sn = (an + a1) * n / 2。

（3）奇数项和与偶数项和有些数列的求和问题可以通过分别求解奇数项和与偶数项和来得到最终结果。

例如，等差数列 {an} 的奇数项和为 So = (a1 + an) * (n/2)，偶数项和为 Se = an * (n/2)。

【优秀文档】全国百强校内蒙古集宁一中高三数学一轮复习数列求和的方法总结PPT资料

三、错位相减法一般地，如果数列{an}是等
差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法.如：在等比数列前n项和公式推导时我们用到了错位相减法.
例
、
求数列2nn的前n项和。
解：Sn
1 2
2 22
3 23
n2n11
n 2n
由×1 得：
2
1 2
Sn
ห้องสมุดไป่ตู้
1 22
2 23
四、列项相消法一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法.
在一个数列{an}中，如果与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，求和时可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一
个常数列的列和，项这一相求和消方法法称为的倒序基求和本法. 思想是设法将数
.
.
.
.②
①
-②
：1 2
Sn
1 2
2 22
+
2 23
+
2 24
+
+
2 2n
2n 1 2 n1
11+ 1 + 1 + 2 2 22 23
+
1 2 n1
2n 1 2 n1
3 2
2n 3 2 n1 .
所
以
Sn
3
2n 2n
3
.
一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法. 在一个数列{an}中，如果与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，求和时可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序求和法. 在一个数列{an}中，如果与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，求和时可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序求和法.

2024届苏教版高考数学一轮复习数列求和及综合应用课件

=

+
=2,所以

=2.
所以 a1,a3,a5,…成等比数列;a2,a4,a6,…成等比数列,
所以 S2 018=a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+a2 017+a2 018
=(a1+a3+a5+…+a2 017)+(a2+a4+a6+…+a2 018)
=
-

-
+
(-
A.

B.

C.

D.

解析:bn= =

=

=

-

++ (+)(+) + +
选 B.
B )

,前 10 项和为 - + - +…+ - = - = .故
4.数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17=
a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:(1)由题设知 a1a4=a2a3=8,
又 a1+a4=9,解得
= , = ,
或
(舍去).
=
=
3
设等比数列{an}的公比为 q,由 a4=a1q 得 q=2,
n-1
n-1
故 an=a1q =2 ,n∈N+.
例1-2

高三数学一轮复习 3.4 数列求和课件文大纲人教版

解：由(1)易知，数列是首项和公差均为1的等差数列，所以＝n，∴an＝n×3n. Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n， 3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1，两式相减，得2Sn＝n×3n＋1－(31＋32＋…＋3n)，故Sn＝
常见的裂项技巧有：
【例3】等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为
等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；(2)求
的值．
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数， an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，依题意有
解得
或
(舍去)，
A.
B.
C．Sn
D.
解析：由等比数列{an}的首项为1，公比为q，则q≠1时，前n项之和为Sn＝，
等比数列的首项为1，公比为，则数列的前n项之和为
当q＝1时，有答案：B
的前n项之和为
3．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1(4n－3)，则S100等于( ) A．200 B．－200 C．400 D．－400 解析：S100＝(1－5)＋(9－13)＋…＋[(4×99－3)－(4×100－3)] ＝(－4)×50＝－200. 答案：B
1．等差数列{an}的通项公式为an＝2n－1，则由bn＝
列{bn}的前n项和为( )
A．n(n＋2)
B. n(n＋4)
C. n(n＋5)
D. n(n＋1)
解析：∵an＝2n－1，
∴a1＋a2＋…＋an＝
＝n2.
∴bn＝
＝n.
∴b1＋b2＋…＋bn＝
.

高考数学一轮基础知识反馈卡 第9章 第4讲 数列的求和 文

最新高考一轮总复习北师版新教材《第四节 数列求和》

2024年高考数学一轮复习(新高考版)《数列求和》课件ppt

高中总结数列求和知识点

高三数学第一轮复习《数列求和》讲义

高考数学一轮复习第4讲 数列的求和

高考数学第一轮知识点总复习 第四节 数列求和

高考数学一轮知能训练 第五章 数列 第4讲 数列的求和(含解析)-人教版高三全册数学试题