高考备考二轮复习数学选择填空狂练之七数列求通项、求和(理)(2)

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2025高考数学二轮复习数列解答题中的奇、偶项问题

(2)通项中含有(-1)n的类型;
(3){a2n},{a2n-1}的类型;
(4)已知条件中明确的奇、偶项问题.
考查角度
角度一通项中含有(-1)n的数列求和
[例1]已知正项数列{an},其前n项和为Sn,an=1-2Sn.
(1)求数列{an}的通项公式;
1
(2)设 bn=(-1)
+ 2 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
2025
高考总复习
GAO KAO ZONG FU XI
素养提升微专题(四) 数列解答题中的奇、偶项问题
规律方法
数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究,利用
新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.
数列中奇、偶项问题的常见题型有:
(1)数列中连续两项的和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n));
-1
6× 1-4 2
1-4
=2n+n2+2n-1.
当 n 为偶数时,
4+4(-1)
)= 2
·2 +
n-1
Pn=[4+12+…+4(n-1)]+(6+24+…+3×2
综上所述,Pn=
2 + 2 + 2-1,为奇数,
2+1 + 2 -2,为偶数.

6× 1-42
1-4
=2n+1+n2-2.
所以数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列,
所以bn=3×2n-1.
(2)由(1)知 cn=
4,为奇数,
3 × 2-1 ,为偶数,

高三复习：数列求和、求通项的技巧(含答案)

(∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-32n c 从第2项起，是以93322-=-a c 为首项，以32为公比的等比数列故 ()n n n n n a a c c 32332933232322222----=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-()323232+-=∴-n n n a c 又n n n a c 3=，所以()123223--⋅+⋅-=n n n a a a a =1 不适合上式 ()()()⎩⎨⎧≥⋅+⋅-==∴--23223112n a n a a n n n【变式2】已知数列的前项和为，且满足：，，，则__________.【答案】【解析】，则，化为：．由，，可得，因此对都成立．∴数列是等比数列，首项为2，公比为2．∴，即，故答案为.【变式3】已知数列{}n a 满足12a =，2121n n n a a a +=+，设11n n n a b a -=+，则数列{}n b 是（） A ．常数列 B ．摆动数列 C ．递增数列D ．递减数列【数列求和技巧】1.错位相减法求和（1）这种方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{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.的前n项和为____答案：2.反序相加法求和（2）求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ① 将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序）又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得（反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.53.裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （3）111)1(1+-=+=n n n n a n （4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n （5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6) nn n n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则（7）)11(1))((1CAn B An B C C An B An a n +-+-=++=（8）111n a n n n n ==+-++（3）答案：.（4）求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S ∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （裂项） ∴89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S （裂项求和）＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立4.分奇偶求和法（5）若S n =1-2+3-4+…+(-1)n -1·n ，则S 17+S 33＋Ｓ50等于 ( ) A.1 B.-1 C.0 D .2解：对前n 项和要分奇偶分别解决，即： S n =答案：A（6）设，则＝___答案：2.（7）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21017,100a S ==. （1）求数列{}n a 的通项公式；（等差罗列，易）（2）若数列{}n b 满足*cos()2()n n n b a n n π=+∈N ，求数列{}n b 的前n 项和.【课后练习】一、选择题1．(2017·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：选D 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 ＝6.2．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，且a 3，a 4＋52，a 11成等比数列．若p －q ＝10，则a p －a q ＝( )。

上海高三数学高考二轮复习教案数列专题之数列的通项与求和(1)含答案

沪教版（上海）高中数学度高三数学二轮复习数列专题之数列的通项与求和① 教学目标 1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式，掌握数列求通项的几种方法2、掌握数列求和的几种方法3、理解n a 与n S 的关系，培养观察能力和化归能力．知识梳理1、通项常见的求法1. 公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。

常用的公式有)2n (S S a 1n n n ≥-=-，等差数列和等比数列的通项公式。

2. 归纳法：由数列前几项用不完全归纳法猜测出数列的通项公式，再用数学归纳法证明其正确性。

这种方法叫做归纳法。

3. 累加法：利用恒等式)a a ()a a (a a 1n n 121n --+⋯+-+=求通项公式的方法称为累加法。

累加法是求型如)n (f a a n 1n +=+的递推数列通项公式的基本方法（其中数列{f(n)}可求前n 项和）。

4. 累乘法：利用恒等式)0a (a a a a a a a a n 1n n 23121n ≠⋯⋅⋅=-求通项公式的方法称为累乘法。

累乘法是求型如n 1n a )n (g a =+的递推数列通项公式的基本方法（数列g{n}可求前n 项积）。

5. 转化法：通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为与等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法。

常用的转化途径有：（1）凑配、消项变换——如将一阶线性递推公式d qa a n 1n +=+（q 、d 为常数，0q ≠，1q ≠）。

通过凑配变成⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-++1q d a q 1q d a n 1n ，或消常数项转化为)a a (q a a n 1n 1n 2n -=-+++；（2）倒数变换——如将一阶分式递推公式da ca a n n 1n +=+（c 、d 为非零常数）取倒数得c1a 1c d a 1n 1n +⋅=+；（3）对数变换——如将一阶递推公式)1p ,0p ,0c ,0a (ca a n p n 1n ≠>>>=+取对数得c lg a lg p a lg n 1n +=+（4）换元变换——如将一阶递推公式n n 1n d qa a +=+（q 、d 为非零常数，1q ≠，1d ≠）变换成d 1dd qa d a n n 1n 1n +=++，令n n n da b =，则转化为一阶线性递推公式。

高考数学二轮1题型练4 大题专项(二) 数列的通项、求和问题

题型练4大题专项(二)数列的通项、求和问题1.已知数列{a n}是公比为q的正项等比数列,{b n}是公差d为负数的等差数列,满足1a2−1 a3=da1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.(1)求数列{a n}的公比q与数列{b n}的通项公式;(2)求数列{|b n|}的前10项和S10.2.(2021广西桂林中学高三月考)已知公差不为零的等差数列{a n}满足a3=-4,且a2,a1,a3成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{a n-3n-1}的前n项和为S n,求使S n≤-20成立的最小正整数n.3.已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,数列{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.4.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公比为q的等比数列{b n}的首项是12,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式a n,b n;(2)求数列{1a n a n+1+1b n b n+1}的前n项和T n.5.已知数列{a n}满足a1=12,且a n+1=a n-a n2(n∈N*).(1)证明1≤a na n+1≤2(n∈N*);(2)设数列{a n2}的前n项和为S n,证明12(n+2)≤S nn≤12(n+1)(n∈N*).6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且a n+1=1+S n,且a2=2a1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n log2a n+(-1)n·n,求数列{b n}的前n项和H n.答案：1.解:(1)由已知得b1+b2+b3=3b2=21,即b2=7.所以b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7·(7+d)=343-7d2=315, 解得d=-2或d=2(舍去).所以b1=7+2=9,b n=-2n+11.因为{a n}是公比为q的正项等比数列,1a2−1a3=da1,所以1a1q−1a1q2=-2a1,所以2q2+q-1=0,解得q=-1(舍去)或q=12.(2)由(1)易知当n≤5时,b n>0,当n≥6时,b n<0.设{b n}的前n项和为T n,则S10=b1+b2+…+b5-b6-b7-…-b10 =2(b1+b2+…+b5)-(b1+b2+…+b10)=2T5-T10=2×[5×9+5×42×(−2)]-(10×9+10×92×(−2))=50.2.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0).因为a2,a1,a3成等比数列,所以a12=a2a3,即(a3-2d)2=(a3-d)a3,所以(-4-2d)2=-4(-4-d).又d≠0,所以d=-3.所以a1=a3-2d=2.所以a n=2-3(n-1)=-3n+5.(2)由(1)得a n-3n-1=(-3n+5)-3n-1,所以S n=(2-30)+(-1-31)+(-4-32)+…+[(-3n+5)-3n-1]=[2+(-1)+(-4)+…+(-3n+5)]-(30+31+32+…+3n-1)=n[2+(-3n+5)]2−30(1-3n)1-3=7n-3n22−3n-12=7n-3n2-3n+12.所以S1=1,S2=-3,S1>S2.由f(x)=7x-3x 22在区间[2,+∞)上单调递减,g(x)=-3x-12在区间[2,+∞)上单调递减,可知当n≥2时,S n+1<S n.又S2<S1,所以{S n}是递减数列.又S3=-16,S4=-50,所以使S n≤-20成立的最小正整数n为4.3.解:(1)由题意知,当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5, 又当n=1时,a1=S1=11适合上式,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,得{11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,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 3+…+c n ,则T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1], 2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)·2n+2],两式相减,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2] =3×[4+4(2n −1)2−1−(n +1)·2n+2]=-3n·2n+2,所以T n =3n·2n+2.4.解:(1)设{a n }公差为d ,由题意得{a 1+2d =8,a 1+2q =3,a 1+d +2q =6,解得{a 1=2,d =3,q =12,故a n =3n-1,b n =(12)n .(2)∵1an a n+1+1bn b n+1=13(1a n-1an+1)+1bn b n+1=13(1a n-1an+1)+22n+1,∴T n =13[(12-15)+(15-18)+…+(13n -1-13n+2)]+8(1-4n )1-4=13(12-13n+2)+13(22n+3-8)=13(22n+3-13n+2)−52.5.证明:(1)由题意得a n+1-a n =-a n 2≤0,即a n+1≤a n ,故a n ≤12.由a n =(1-a n-1)a n-1,得a n =(1-a n-1)(1-a n-2)…(1-a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12,得a na n+1=a nan -a n2=11-a n∈[1,2],即1≤a nan+1≤2.(2)由题意得a n 2=a n -a n+1,所以S n =a 1-a n+1.①由1an+1−1a n=a nan+1和1≤a nan+1≤2,得1≤1an+1−1a n≤2,所以n ≤1an+1−1a 1≤2n ,因此12(n+1)≤a n+1≤1n+2(n ∈N *).② 由①②得12(n+2)≤S n n≤12(n+1)(n ∈N *).6.解:(1)∵a n+1=1+S n ,∴当n ≥2时,a n =1+S n-1, ∴a n+1=2a n (n ≥2).又a 2=1+S 1=1+a 1,a 2=2a 1, 解得a 1=1. ∴a n =2n-1.(2)由题意可知b n =a n log 2a n +(-1)n ·n=(n-1)·2n-1+(-1)n ·n. 设数列{(n-1)·2n-1}的前n 项和为T n ,则有 T n =0×20+1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1,① ∴2T n =0×21+1×22+2×23+…+(n-1)·2n ,② 由②-①,得T n =(n-2)·2n +2.当n 为偶数时,H n =(n-2)·2n +2-1+2-3+…-(n-1)+n=(n-2)·2n +2+n2=(n-2)·2n +n+42. 当n 为奇数时,H n =(n-2)·2n +2-1+2-3+…-(n-1)-n=(n-2)·2n +2+n -12-n=(n-2)·2n -n -32.故H n ={(n -2)·2n +n+42(n 为偶数),(n -2)·2n -n -32(n 为奇数).。

高考数学二轮复习专题突破练15 求数列的通项及前n项和 (2)

专题突破练15求数列的通项及前n项和1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,S3+S4=S5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1a n,求数列{b n}的前n项和T n.2.(2020山东滨州二模,18)已知{a n}为等差数列,a3+a6=25,a8=23,{b n}为等比数列,且a1=2b1,b2b5=a11.(1)求{a n},{b n}的通项公式;(2)记c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和T n.3.(2020全国Ⅲ,理17)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.4.(2020山东聊城二模,17)已知数列{a n}的各项均为正数,其前n项和为S n,且a n2+a n=2S n+3(n∈N*).4(1)求数列{a n}的通项公式;,求{b n}的前n项和T n.(2)若b n=1S n5.(2020山东青岛5月模拟,17)设数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,,给出下列三个条件;条件①:数列{a n}为等比数列,数列{S n+a1}也为等比数列;条件②:点(S n,a n+1)在直线y=x+1上;条件③:2n a1+2n-1a2+…+2a n=na n+1.试在上面的三个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答:(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=1,求数列{b n}的前n项和T n.log2a n+1·log2a n+36.(2020山东菏泽一模,18)已知数列{a n}满足na n+1-(n+1)a n=1(n∈N*),且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=a n,求数列{b n}的前n项和S n.3n-17.已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+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 .8.(2020天津南开区一模,18)已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n2,数列{b n }满足:b 1=b 2=2,b n+1b n =2n+1(n ∈N *).(1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求∑i=1na i (b 2i -1-1b 2i)(n ∈N *).专题突破练15 求数列的通项及前n 项和1.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,由S 3+S 4=S 5可得a 1+a 2+a 3=a 5,即3a 2=a 5,∴3(1+d )=1+4d ,解得d=2. ∴a n =1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)可得b n =(-1)n-1·(2n-1).∴T 2n =1-3+5-7+…+(2n-3)-(2n-1)=(-2)×n=-2n.∴当n 为偶数时,T n =-n ;当n 为奇数时,T n =T n-1+b n =-(n-1)+(-1)n-1a n =-(n-1)+(-1)n-1(2n-1)=-(n-1)+(2n-1)=n.综上,T n =(-1)n+1n. 2.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,由题意得{2a 1+7d =25,a 1+7d =23,解得{a 1=2,d =3.所以数列{a n }的通项公式a n =3n-1.设等比数列{b n }的公比为q ,由a 1=2b 1,b 2b 5=a 11,得b 1=1,b 12q 5=32,解得q=2,所以数列{b n }的通项公式b n =2n-1.(2)由(1)知,c n =a n b n =(3n-1)×2n-1,则T n =c 1+c 2+c 3+…+c n-1+c n =2×20+5×21+8×22+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1,2T n =2×21+5×22+8×23+…+(3n-4)×2n-1+(3n-1)×2n .两式相减得-T n =2+3(21+22+…+2n-1)-(3n-1)×2n=2+3×2-2n -1×21-2-(3n-1)×2n =-4+(4-3n )×2n ,所以T n =4+(3n-4)×2n . 3.解 (1)a 2=5,a 3=7.猜想a n =2n+1.由已知可得a n+1-(2n+3)=3[a n -(2n+1)], a n -(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)], ……a 2-5=3(a 1-3).因为a 1=3,所以a n =2n+1.(2)由(1)得2n a n =(2n+1)2n ,所以S n =3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n . ①从而2S n =3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.② ①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n+1)×2n+1. 所以S n =(2n-1)2n+1+2.4.解 (1)因为a n 2+a n =2S n +34(n ∈N *),①所以当n ≥2时,a n -12+a n-1=2S n-1+34, ②①-②得a n 2−a n -12+a n -a n-1=2(S n -S n-1), 即a n 2−a n -12-a n -a n-1=0, 所以(a n +a n-1)(a n -a n-1-1)=0. 因为a n >0,所以a n -a n-1=1,所以数列{a n }是公差为1的等差数列,当n=1时,由a 12+a 1=2S 1+34可得,a 1=32,所以a n =a 1+(n-1)d=32+(n-1)×1=n+12.(2)由(1)知S n =na 1+n (n -1)2d=n (n+2)2,所以b n =1S n=2n (n+2)=1n −1n+2,T n =b 1+b 2+b 3+…+b n-1+b n =(11-13)+(12-14)+13−15+…+(1n -1-1n+1)+(1n -1n+2)=32−1n+1−1n+2=3n 2+5n2n 2+6n+4.5.解 (1)方案一:选条件①.因为数列{S n +a 1}为等比数列, 所以(S 2+a 1)2=(S 1+a 1)(S 3+a 1), 即(2a 1+a 2)2=2a 1(2a 1+a 2+a 3).设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 1=1,所以(2+q )2=2(2+q+q 2),解得q=2或q=0(舍).所以a n =a 1q n-1=2n-1(n ∈N *). 方案二:选条件②.因为点(S n ,a n+1)在直线y=x+1上, 所以a n+1=S n +1(n ∈N *), 所以a n =S n-1+1(n ≥2).两式相减得a n+1-a n =a n ,a n+1a n =2(n ≥2).因为a 1=1,a 2=S 1+1=a 1+1=2,a2a 1=2适合上式,所以数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列,所以a n =a 1q n-1=2n-1(n ∈N *).方案三:选条件③.当n ≥2时,因为2n a 1+2n-1a 2+…+2a n =na n+1(n ∈N *), ①所以2n-1a 1+2n-2a 2+…+2a n-1=(n-1)a n . 所以2n a 1+2n-1a 2+…+22a n-1=2(n-1)a n . ②①-②得2a n =na n+1-2(n-1)a n ,即a n+1a n=2(n ≥2). 当n=1时,2a 1=a 2,a2a 1=2适合上式,所以数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列,所以a n =a 1q n-1=2n-1(n ∈N *). (2)由(1)得a n =2n-1(n ∈N *),所以b n =1log 2a n+1·log 2a n+3=1n (n+2)=12(1n -1n+2).所以T n =12(1-13)+(12-14)+13−15+…+(1n -1-1n+1)+1n −1n+2=1232−1n+1−1n+2=34−121n+1+1n+2=34−2n+32(n+1)(n+2).6.解 (1)因为na n+1-(n+1)a n =1,所以a n+1n+1−a n n =1n (n+1)=1n −1n+1, 所以a n n −a n -1n -1=1n -1−1n (n ≥2),a n -1n -1−a n -2n -2=1n -2−1n -1,…a 22−a 11=1-12,所以ann -a 1=1-1n (n ≥2). 又a 1=1,所以a n n =2n -1n ,所以a n =2n-1(n ≥2). 又a 1=1,也符合上式,所以对任意正整数n ,a n =2n-1. (2)结合(1)得b n =2n -13n -1,所以S n =130+331+532+733+…+2n -13n -1, ①13S n =13+332+533+…+2n -13n , ②①-②,得23S n =1+213+132+…+13n -1-2n -13n =2-2n+23n ,所以S n =3-n+13n -1. 7.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,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 3+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1],2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(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(2n -1)2-1-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2,所以T n =3n·2n+2. 8.解 (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=S 1=1,满足上式,∴a n =n.∵b n+1b n =2n+1,∴b n b n-1=2n (n ≥2), ∴b n+1=2b n-1(n ≥2),∴数列{b n }的奇数项和偶数项分别是2为首项,2为公比的等比数列,∴b n ={2n+12,n 为奇数,2n2,n 为偶数.(2)∑i=1na i (b 2i -1-1b 2i )=∑i=1ni2i-12i=∑n =1ni·2i-∑i=1ni2i , 设M n =1·x+2·x 2+3·x 3+…+(n-1)x n-1+nx n (x ≠0,1),①xM n =1·x 2+2·x 3+3·x 4+…+(n-1)x n +nx n+1, ②①-②得(1-x )M n =x+x 2+x 3+…+x n -nx n+1=x (1-x n )1-x -nx n+1,∴M n =x+(nx -n -1)x n+1(1-x )2.∴∑i=1ni·2i=2+(2n -n -1)·2n+1(1-2)2=(n-1)·2n+1+2,∑i=1ni2i =12+(n 2-n -1)·12n+1(1-12)2=2-n+22n ,从而∑i=1n a i (b 2i -1-1b 2i )=(n-1)·2n+1+n+22n .。

高三数学第二轮复习专题数列数列通项的求法(教案及测试;含详解答案)

城东蜊市阳光实验学校数列通项的求法考纲要求：1. 理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式〕;2. 可以根据数列的前几项归纳出其通项公式；3. 会应用递推公式求数列中的项或者者.通项；4. 掌握n n s a 求的一般方法和步骤.考点回忆：回忆近几年高考，对数列概念以及通项一般很少单独考察，往往与等差、等比数列或者者者与数列其它知识综合考察.一般作为考察其他知识的铺垫知识，因此，假设这一部分掌握不好，对解决其他问题也是非常不利的. 根底知识过关：数列的概念1.按照一定排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的，数列中的每一项都和他的有关.排在第一位的数称为这个数列的第一项〔通常也叫做〕.往后的各项依次叫做这个数列的第2项，……第n 项……，数列的一般形式可以写成12,n a a a …………，其中是数列的第n 项，我们把上面数列简记为. 数列的分类：1.根据数列的项数，数列可分为数列、数列.2.根据数列的每一项随序号变化的情况，数列可分为数列、数列、数列、数列.数列的通项公式：1.假设数列{}n a 的可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数. 递推公式; 1.假设数列{}n a 的首项〔或者者者前几项〕，且任意一项1n n a a -与〔或者者其前面的项〕之间的关系可以，那么这个公式就做数列的递推公式.它是数列的一种表示法. 数列与函数的关系：1.从函数的观点看，数列可以看成以为定义域的函数()na f n =，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值，反过来，对于函数y=f(x)，假设f(i)(i=1,2,3,……)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3)……f(n)…… 答案：数列的概念 1.顺序项序号首项n a {}n a数列的分类 1.有限无限 2.递增递减常摆动数列的通项公式1.第n 项与它的序号n 之间的关系n a =f(n)解析式递推公式1. 可以用一个公式来表示数列与函数的关系1. 正整数集N*〔或者者它的有限子集{}1,2,3,n ……〕高考题型归纳：题型1.观察法求通项观察法是求数列通项公式的最根本的方法，其本质就是通过观察数列的特征，找出各项一一共同的构成规律，横向看各项之间的关系构造，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1.数列12，14，58-，1316，2932-，6164，…．写出数列的一个通项公式．分析：通过观察可以发现这个数列的各项由以下三部分组成的特征：符号、分子、分母，所以应逐个考察其规律．解析：先看符号，第一项有点违犯规律，需改写为12--，由此整体考虑得数列的符号规律是{(1)}n-；再看分母，都是偶数，且呈现的数列规律是{2}n；最后看分子，其规律是每个分子的数比分母都小３，即{23}n -．所以数列的通项公式为23(1)2n nn n a -=-．点评：观察法一般适用于给出了数列的前几项，根据这些项来写出数列的通项公式，一般的，所给的数列的前几项规律性特别强，并且规律也特别明显，要么能直接看出，要么只需略作变形即可. 题型2.定义法求通项直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例2．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.分析：对于数列{}n a ，是等差数列，所以要求其通项公式，只需要求出首项与公差即可.解析：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒ ∵0≠d，∴d a =1………………………………①∵255aS =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………②由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不要用错定义，设法求出首项与公差〔公比〕后再写出通项.题型3.应用nS 与na 的关系求通项有些数列给出{na }的前n 项和nS 与na 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n na S S ++=-导出1n a +与na 的递推式，从而求出na 。

高考数学解答题(新高考)数列求和(错位相减法)(典型例题+题型归类练)(解析版)

专题07 数列求和（错位相减法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍错位相减法求和：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.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法．温馨提示：1.两个特殊数列等差与等比的乘积或商的组合.2.关注相减的项数及没有参与相减的项的保留.类型一：乘型n n n c a b =⋅（其中n a 是等差数列，n b 是等比数列）类型二：除型二、典型例题类型一：乘型n n n c a b =⋅（其中n a 是等差数列，n b 是等比数列）例题1．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且231n n S a =-． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 的通项公式为21n b n =+，求1122n n n T a b a b a b =+++的值．感悟升华（核心秘籍）错位相减法的两个陷阱（易错点）：（特别说明，错位相减其中一种理解就是通过错位，使得齐次对齐，然后再相减）第(2)问思路点拨：由（1）知：根据题意，令，则求解目标，属于典型的错位相减求和的模型.相减：（注意此处标识“”为错位相减法第一易错点，特别注意前面的“”号）化简求和：（注意此处等比数列求和只有项的和，所以求和时“”此处是“”而不是“”）【答案】(1)3=n a (2)3n T n =⋅ (1)当1n =时，1112321S a a =-⇒=，又231n n S a =-，①当2n ≥时11231n n S a --=-，② ①−②得：1233n n n a a a -=-，即13n n a a -=， ∴数列{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴ 13-=n n a ． (2)01-13353(21)3n n T n =⨯+⨯+++，③12-133353+(21)?3(21)?3n n n T n n =⨯+⨯+-++，④③−④得：121232(333)(21)3n n n T n --=++++-+13(13)32(21)313n n n --=+⨯-+-(2)3n n =-，所以3n n T n =．例题2．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（理））已知数列{}n a ，13a =，点()1,n n a a +在曲线5823x y x -=-上，且12n n b a =-. (1)求证：数列{}n b 是等差数列； (2)已知数列{}n c 满足122n b n n c b +=⋅，记n S 为数列{}n c 的前n 项和，求n S .【答案】(1)证明见解析(2)16(23)2n n S n +=+-⋅；证明见解析（特别说明，错位相减其中一种理解就是通过错位，使得齐次对齐，然后再相减）第(2)问思路点拨：由（1）知：根据题意，求的前项和，属于典型的错位相减求和的模型.相减：（注意此处标识“”为错位相减法第一易错点，特别注意前面的“”号）化简求和：（注意此处等比数列求和只有项的和，所以求和时“”此处是“”而不是“”）解答过程：(1)因为点()1,n n a a +在曲线5823x y x -=-上，所以15823n n n a a a +-=-，因为13a =，所以11111232b a ===--，因为11111158222223n n n n n n n b b a a a a a ++-=-=-------231222n n n a a a -=-=--，所以数列{}n b 是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由（1）得1(1)221n b b n n =+-⋅=-，所以1221)22(n n b n nc b n +=⋅=-⋅，所以123123252(212)n n n S =⨯+⨯+⨯++-⋅，3124123252(21)22n n S n +=⨯+⨯+⨯++-⋅，所以231222(222)(21)2n n n n S S n +-=++++--⋅，所以114(12)22(21)212n n n S n -+--=+⨯--⋅-16(32)2n n +=-+-⋅，所以16(23)2n n S n +=+-⋅.类型二：除型nn na cb =（其中n a 是等差数列，n b 是等比数列）例题3．（2022·湖南·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知12a =，122n n a S +=+. (1)求{}n a 的通项公式；(2)若23n n a b n =，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)123n n a -=⨯(2)323443n nn T +=-⨯第(2)问思路点拨：由（1）知：根据题意，求的前项和，属于典型的错位相减求和的模型.但，求和前，最好化简通项为“乘型”，即：相减，化简，求和：（注意此处等比数列求和有项的和，所以求和时“”此处是“”而不是“”）解答过程：(1)122n n a S +=+，① 当2n ≥时，122n n a S -=+，②①-②得()1122n n n n n a a S S a +--=-=，∴13(2)n n a a n +=≥，∴13n na a +=， ∵12a =，∴21226a S =+=，∴21632a a ==也满足上式， ∴{}n a 为等比数列且首项为2，公比为3，∴111323n n n a a --=⋅=⋅. 即{}n a 的通项公式为123n n a -=⨯.(2)由（1）知123n n a -=⨯，所以233n n n n nb a ==，令211213333n n n n nT --=++++，① 得231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++-11111113311323313n n n n n n++⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=-=-- ⎪⎝⎭-，所以323443n nn T +=-⨯.例题4．（2022·河南·灵宝市第一高级中学模拟预测（文））已知数列{}n a 满足()()*1111n n a a n n n n n +-=∈++N ，且11a =．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足13nn n a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n a n =-(2)1133n n n S -+=-第(2)问思路点拨：由（1）知：根据题意，得，求的前项和，属于典型的错位相减求和的模型.但，求和前，最好化简通项为“乘型”，即：相减：化简求和：解答过程：(1)因为()1111111n n a a n n n n n n +-==-+++，所以()111211n n a a n n n n n--=-≥--， 12111221n n a a n n n n ---=-----， …2111122a a -=-，所以()1112n a a n n n-=-≥．又11a =，所以21n a n n n-=，所以()212n a n n =-≥．又11a =，也符合上式，所以21n a n =-． (2)结合（1）得1213n n n b --=，所以 01231135********n n n S --=++++⋅⋅⋅+，① 2311352133333n n n S -=+++⋅⋅⋅+，② ①-②，得212111211233333n n n n S --⎛⎫=+++⋅⋅⋅+- ⎪⎝⎭111213321221213313n n nn n -⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭-+⎢⎥⎣⎦=+-=--，所以1133n n n S -+=-．三、题型归类练1．（2022·辽宁·沈阳市外国语学校高二期中）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足4n n S a =-，数列{}n b 满足13b =，且1n n n b b a +=+． (1)求数列{}n b 的通项公式；(2)设n n c na =，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T ．【答案】(1)3172n n b -⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2)()18482nn T n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭(1)解：∵4n n S a =-，当2n ≥时114n n S a --=-，两式作差得()12n n n a a a n -=-+≥，即()1122n n a a n -=≥.当1n =时1114a S a ==-，∴12a =， ∴{}n a 为首项为2，公比为12的等比数列，∴1122n n a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，∴11122n n n b b -+⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭，即11122n n n b b -+⎛⎫-=⋅ ⎪⎝⎭，又13b =，∴当2n ≥时，()()()121321n n n b b b b b b b b -=+-+-+⋅⋅⋅+-0121113222222n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111232112n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯-3172n -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当1n =时，1311372b -⎛⎫==- ⎪⎝⎭，∴3172n n b -⎛⎫=- ⎪⎝⎭；(2)解：由题意1122n n c n -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭则011111242222n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，①则()121111112*********n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，②①-②得012111111122222222222n nn T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1112221212nnn ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=⨯-⋅ ⎪⎝⎭-()14222n n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭，∴()18482nn T n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭，2．（2022·广东·模拟预测）已知各项均为正数的数列{}n a 满足()22*11230n n n n a a a a n ++--=∈N ，且13a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若31log n n n b a a +=，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)3n n a =(2)1133244n n n T +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭(1)解：因为()22*11230n n n n a a a a n ++--=∈N ，所以()()1130n n n n a a a a +++-=，又因0n a >，所以130n n a a +-=，即13n na a +=，所以数列{}n a 是以3为等比的等比数列，是以3n n a =；(2)解：()3131log l 313g 3o n n n n n n b a n a ++=+==⋅，则()2323334313n n T n =⨯+⨯+⨯+++，()23413233343313n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++⋅++，两式相减得()2312633313n n n T n +-=++++-+()()131331313n n n +⨯-=+-+-113322n n +⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，所以1133244n n n T +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭. 3．（2022·河南郑州·三模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，122n n n a S -=． (1)证明数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列； (2)求数列{}n S 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析；(2)()2124n n T n +=-⋅+.(1)N n *∈，122n n n a S -=，当2n ≥时，111122n n n a S ----=，两式相减得：111222n n n n n a a a ----=-，即11122n n n a a ---=，则有11122n n n n a a ---=，而11122a S -=，解得14a =，所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)由（1）知，()21112n n a n n =+-⨯=+，即()12n n a n =+⋅，于是得12n n S n +=⋅， ()2341122232122n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯，因此()345121222321222n n n n n T ++⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯=，两式相减得：22341222(22222222(112))214n n n n n n T n n n ++++--=++++-⋅=-⋅=-⋅--，所以()2124n n T n +=-⋅+. 4．（2022·全国·模拟预测）已知公差为整数的等差数列{}n a 满足23a =，5810a <<．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()2nn n b a =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n a n =-；(2)()12212939n n S n +⎛⎫=--⋅- ⎪⎝⎭. (1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为23a =，5810a <<，所以83310d <+<，解得5733d <<，又d ∈Z ，所以2d =，所以()()2232221n a a n d n n =+-=+-=-．(2)解：因为()2n n n b a =-⋅，所以()()212n n b n =-⋅-，所以()()()()()()()231123252232212n n n S n n -=⨯-+⨯-+⨯-++-⋅-+-⋅-，① ()()()()()()23121232232212n n n S n n +-=⨯-+⨯-++-⋅-+-⋅-，②①-②得，()()()()()231322222212n n n S n +⎡⎤=-+⨯-+-+⋅⋅⋅+---⋅-⎣⎦()()()()()()2111222122223221321n n n n n +++---⎛⎫-=--⋅- ⎪-=⎝⎭-+⨯--⋅-，所以()12212939n n S n +⎛⎫=--⋅- ⎪⎝⎭． 5．（2022·江西南昌·三模（理））已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，2112n n n a a -+=-.(1)求{}n a 的通项公式； (2)设(1)n n nn b a -⋅=，求数列{}n b 的前n 项和n S . 【答案】(1)1(2)n n a -=-(2)1242n n n S -+=- 【解析】(1)因为2112n n n a a -+=-，所以21122n n n a a +++=-，两式相除可得24n na a +=，即24q =，因为21n n n a a a q +=，所以22120n n a q +=-<，可得0q <，所以2q =-，所以111(2)n n n a a q --==-. (2)11(1)(2)2n n n n n n b ---⋅==--，则01221123122222n n n n n S ---⎛⎫=-+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭ ① 12311231222222n n n S n n --⎛⎫=-+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭ ② ①-②可得：1211111122121222222212nn n n n n S n n n -⎛⎫- ⎪+⎛⎫⎝⎭=-+++⋅⋅⋅+-=-=- ⎪⎝⎭-，故1242n n n S -+=-. 6．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，121n n a a n +=+-．(1)证明：{}n a n +为等比数列；(2)求数列{}2nn a的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析(2)222n nn S n +=-+ (1)由已知得()()112n n a n a n +++=+．又因为111120a +=+=≠，所以{}n a n +是首项为2，公比为2的等比数列；(2)由（1）可知1222n n n a n -+=⨯=．所以122n n n a n =-．记2n n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则n n S n T =-，且有 231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+， ① 12⨯①得 2341112322222n n n T +=+++⋅⋅⋅+， ② -①②得23411111112222222n n n n T +=++++⋅⋅⋅+- 1111221212n n n +⎛⎫- ⎪⎝⎭=--所以222n nn T +=- 所以222n n n n S n T n +=-=-+． 7．（2022·河南河南·三模（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =-，612S =，数列{}n b 的前n 项和为122n n G ．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)25,2n n n a n b =-=(2)127214n n T n .(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，则1615181512,2a d d d +=-+==，所以25n a n =-. 由122n n G ，令1n =得21222b ，当2n ≥时，112222n n n n G G +-⎧=-⎨=-⎩，两式相减得()22n n b n =≥，12b =也符合上式，所以2n n b =.(2)252n n c n ，()()()123212252n n T n =-⋅+-⋅++-⋅①， ()()()23123212252n n T n +=-⋅+-⋅++-⋅②，①-②得：()34116222252n n n T n ++-=-++++--⋅ ()()()311121262521472212n n n n n -++-=-+--⋅=-+-⋅-，所以127214n n T n .8．（2022·全国·模拟预测（理））设数列{}n a 满足12a =，()122*n n a a n n --=-∈N ．(1)求证：{}n a n -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若()n n b a n n =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析，12n n a n -=+(2)()121n n T n =-⨯+(1)解：因为12a =，()122*n n a a n n --=-∈N ，所以122n n a a n -=+-，即()121n n a n a n -⎡⎤-=--⎣⎦ 又11211a -=-=，所以{}n a n -是以1为首项，2为公比的等比数列，所以112n n a n --=⨯，所以12n n a n -=+(2)解：由（1）可得()12n n n b a n n n -=-⋅=⨯，所以01211222322n n T n -=⨯+⨯+⨯++⨯①，所以12321222322n n T n =⨯+⨯+⨯++⨯②，①-②得12311121212122n n n T n --=+⨯+⨯+⨯++⨯-⨯ 即12212n n n T n --=-⨯-，所以()121n n T n =-⨯+； 9．（2022·江西·二模（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，212S =，且()*,m n m n a a a m n +=∈N . (1)求{}n a 的通项公式；(2)若n nn b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)3n n a =(2)323443n n n T +=-⨯ (1)令m =n =1，得221a a =，又21212S a a =+=，解得：13a =或14a =-（负值舍去），令m =1，得11n n a a a +=，所以13n na a +=，所以{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以3n n a =.(2)由（1）可得，3n n n n n b a ==，所以231233333n nn T =++++，所以2341112333333n n n T +=++++，两式相减得，23412111113333333n n n n T +=+++++- 11111123331322313n n n n n ++⎛⎫- ⎪+⎝⎭=-=-⋅-，所以323443n nn T +=-⨯. 10．（2022·江西萍乡·二模（文））已知数列{}n a 中，111,2n n n a a a +==，令2n n b a =．(1)计算123,,b b b 的值，并求数列{}n b 的通项公式；(2)若()31n n c n b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)1232,4,8b b b ===；2n n b =(2)1(32)24n n T n +=-⋅+(1)由12nn n a a +=得12nn n a a +=，又11a =，423562,2,4,84,a a a a a ∴=====，4612232,4,8b a b a b a ∴======，由 12n n n a a +=得1122n n n a a +++=，两式相除可得 22n na a +=，则 12222n n n nb a b a ++==， {}n b ∴ 是以2 为首项，2 为公比的等比数列，故 2n n b =；(2)由 (1) 知 (31)2n n c n =+，则 ()2314272102322(31)2n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-++，()234124272102322(31)2n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-++，两式相减得()2123112283222(31)283(31)212n n n n n T n n +++--=+⨯+++-+=+⨯-+- 1(23)24n n +=-⋅-，故1(32)24n n T n +=-⋅+。

数列的通项与求和例题和知识点总结

数列的通项与求和例题和知识点总结一、数列的通项在数列中，通项公式是指第 n 项 an 与项数 n 之间的关系式。

（一）等差数列的通项公式若一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列。

其通项公式为：an ＝ a1 ＋（n 1)d ，其中a1 为首项，d 为公差。

例如：数列 2，5，8，11，14，是一个首项 a1 ＝ 2，公差 d ＝ 3 的等差数列，其通项公式为 an ＝ 2 ＋（n 1)×3 ＝ 3n 1 。

（二）等比数列的通项公式若一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列。

其通项公式为：an ＝ a1×q^（n 1) ，其中 a1 为首项，q 为公比。

例如：数列 2，4，8，16，32，是一个首项 a1 ＝ 2，公比 q ＝ 2 的等比数列，其通项公式为 an ＝ 2×2^（n 1) ＝ 2^n 。

（三）常见的求通项公式的方法1、观察法通过对数列前几项的观察，找出规律，从而推测出通项公式。

例如：数列 1，3，5，7，9，很容易观察出其通项公式为 an ＝ 2n1 。

2、累加法当数列的递推关系为 an an 1 ＝ f(n) 时，可用累加法求通项公式。

例如：已知数列｛an} 满足 a1 ＝ 1，an an 1 ＝ n ，求 an 。

因为 an an 1 ＝ n ，所以a2 a1 ＝ 2a3 a2 ＝ 3an an 1 ＝ n将上述式子相加得：an a1 ＝ 2 ＋ 3 ＋＋ n所以 an ＝ a1 ＋ 2 ＋ 3 ＋＋ n ＝ 1 ＋（2 ＋ 3 ＋＋ n) ＝ 1 ＋ n(n＋ 1)／2 。

3、累乘法当数列的递推关系为 an ／ an 1 ＝ f(n) 时，可用累乘法求通项公式。

例如：已知数列｛an} 满足 a1 ＝ 1，an ／ an 1 ＝ n ，求 an 。

因为 an ／ an 1 ＝ n ，所以a2 ／ a1 ＝ 2a3 ／ a2 ＝ 3an ／ an 1 ＝ n将上述式子相乘得：an ／ a1 ＝ 2×3××n所以 an ＝ a1×2×3××n ＝ n! 。

2019高考备考二轮复习数学选择填空狂练之七数列求通项、求和)-

1．[2018·长春外国语]已知数列n a 的前n 项和21n n S ，则数列2n a 的前10项和为（）A ．1041B ．21021C ．101413D ．1012132．[2018·辽宁联考]已知数列n a 的前n 项和为n S ，满足21n n S a ，则n a 的通项公式n a （）A ．21n B ．12n C ．21n D ．21n 3．[2018·河油田二高]数列n a 满足11n n n a a n ，则数列n a 的前20项的和为（）A ．100B ．100 C ．110D ．110 4．[2018·阜阳三中]已知数列n a 的通项公式100n a n n ，则122399100a a a a a a （）A ．150 B ．162 C ．180 D ．2105．[2018·莆田一中]数列n a 中，10a ，111n n a a n n ，9n a ，则n （）A ．97 B ．98C ．99D ．100 6．[2018·育才中学]在数列n a 中，12a ，111n n a a ，则2018a 的值为（）A ．2B ．13C ．12D ．327．[2018·银川一中]已知n S 是数列n a 的前n 项和，且13n n n S S a ，4523a a ，则8S （）A ．72 B ．88 C ．92D ．98 8．[2018·营口开发区一高]在数列n a 中，已知12a ，11222n n n a a n a ，则n a 等于（）A ．21n B ．2n C ．3n D ．31n 9．[2018·樟树中学]已知数列21n a n n *N ，n T 为数列11n n a a 的前n 项和，求使不等式20174035n T 成立的最小正整数（）A ．2016 B ．2018C ．2017D ．2015 10．[2018·信阳中学]已知直线250x y 与直线1150x dy 互相平行且距离为m ，等差数列n a 的公疯狂专练7数列求通项、求和一、选择题差为d ，且7835a a ，4100a a ，令123n n S a a a a ，则m S 的值为（）A ．60 B ．52 C ．44D ．36 11．[2018·双流中学]已知函数y f x 为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调递增函数，函数5g xf x x ，数列n a 为等差数列，且公差不为0，若12945g a g a g a ，则129a a a （）A ．45B ．15C ．10D ．0 12．[2018·广东六校]已知数列满足12323213n n a a a na n ．设4n n n b a ，n S 为数列n b 的前n 项和．若nS （常数），n *N ，则的最小值是（）A ．32B ．94C ．3112D ．311813．[2018·泰州期末]已知数列n a 的通项公式为12n n a n ，前n 项和为n S ，则n S __________．14．[2018·石室中学]设数列n a 满足112n nn na n a n n *N ，112a ，n a ___________．15．[2018·黑龙江模拟]已知数列n a 满足：112n n n a a n n ，记n S 为n a 的前n 项和，则40S __________．16．[2018·豫西名校]等差数列n a 中，3412a a ，749S ．若记X 表示不超过x 的最大整数，（如090．， 2.62）．令lg n n b a ，则数列n b 的前2000项和为__________．二、填空题1．【答案】C【解析】∵21n nS ，∴1121n n S ，∴11121212n n n n n n a S S ，又11211a S ，∴数列n a 的通项公式为12n n a ，∴221124n n n a ，∴所求值为101014141143，故选C ．2．【答案】B【解析】当1n 时，11121S a a ，11a ，当2n 时，1122n n n n n a S S a a ，12n n a a ，因此12n n a ，故选B ．3．【答案】A【解析】1211a a ，3413a a ，5615a a ，7817a a ，，由上述可知121920113519a a a a 1191101002，故选A ．4．【答案】B【解析】由对勾函数的性质可知：当10n 时，数列n a 为递减；当10n 时，数列n a 为递增．所以122310099a a a a a a 1223910111012111009911010010a a a a a a a a a a a a a a a a 1100101010011010162，故选B ．5．【答案】D【解析】由1111nn a a n n n n ，1213211n a a n n n ，10a ，19n a n ，10n ，100n ，故选D ．6．【答案】D答案与解析一、选择题【解析】由题意得12a ，111n n a a ，∴213122a ，321133a ，4132a ，，∴数列n a 的周期为3，∴201836722232a a a ，故选D ．7．【答案】C【解析】13n n n S S a ，113n n n n S S a a ，13n n a a ，n a 是公差为3d 的等差数列．又4523a a ，可得：12723a d ，解得11a ，81878922S a d ，故选C ．8．【答案】B【解析】将等式1122nn n a a a 两边取倒数得到11112nn a a ，11112n n a a ，1n a 是公差为12的等差数列，1112a ，根据等差数列的通项公式的求法得到1111222n n n a ，故2n a n ，故答案为B ．9．【答案】C【解析】已知数列21n a n n *N ，111111212122121n na a n n n n ，11111111112335212122121n n T n n n n ．不等式20174035n T ，即2017214035nn ，解得2017n ．∴使得不等式成立的最小正整数n 的值为2017，故选C ．10．【答案】 B 【解析】由两直线平行得2d ，由两平行直线间距离公式得211551012m ＝＝，77235a a ，得75a 或77a ，410720a a a ，75a ，29n a n ，31101207531135791152S a a a a ，故选B ．11．【答案】 A【解析】函数yf x 为定义域R 上的奇函数，则f x f x ，关于点0,0中心对称，那么5y f x 关于点5,0中心对称，由等差中项的性质和对称性可知：1955552a a a ，故19550f a f a ，由此2837465555555250f a f a f a f a f a f a f a ，由题意：5g x f x x ，若12912912955545g a g a g a f a f a f a a a a ，则12945a a a ，故选A ．12．【答案】 C【解析】12323213n n a a a na n ①当2n 时，类比写出11231231233n n a a a n a n ②由①-②得143n n na n ，即143n n a ．当1n 时，134a ，131432n n n a n ，141323n n nb n n ，210214231123333333333n n n n n S ③231111231+3933333n n n n n S ④③-④得，0231112211111231393333339313n n n n n n n S ，316931124312n n n S ，n S （常数），n *N ，的最小值是3112，故选C ．13．【答案】121n n 【解析】由题意得01221122232122n n n S n n ，①∴12312122232122n n n S n n ，②①②，得23112122222212n n n n n S n n 121n n，∴121n n S n ．二、填空题14．【答案】21n n a n 【解析】112nn n na n a n n *N ，111112112n n a a n n n n n n 11111n n a a n n n n ，，21112123a a ，累加可得11121n a a n n ，112a ，1111na n n n n ，21n n a n ，故答案为21n n a n ．15．【答案】440【解析】由112n nn a a n n 可得：当2nk 时，有2212k k a a k ，①当21nk 时，有212221k k a a k ，②当21nk 时，有21221k k a a k ，③①②有：22241kk a a k ，③-①有：21211k k a a ，则：40135739246840S a a a a a a a a a a 109110715231071084402，故答案为440．16．【答案】5445【解析】设等差数列n a 的公差为d ，∵3412a a ，749S ，∴12512a d ，1767492a d ，解得11a ，2d．∴12121n a n n ，lg lg 21nn b a n ，1n ，2，3，4，5时，0n b ．650n 时，1n b ；51500n 时，2nb ；5012000n 时，3n b ．∴数列n b 的前2000项和454502150035445．故答案为5445．。

高考数学数列的通项与求和

数列的通项与求和一. 复习要点1. 掌握数列通项的求法。

2. 掌握数列求和的方法。

二. 典型例题1. 求数列的通项的方法求数列的通项的常用方法有观察法-归纳-证明法、公式法、阶差法、叠乘法、化归法、待定系数法、特征方程法。

①.归纳-猜测-证明法由题设条件求出数列的前几项：然后归纳出一般表达式：形成猜想：然后用数学归纳法加以证明：得出正确的结论：是一种重要的思维方法。

{}n a 的前n 项和n S 与通项n a 的关系是nn n b ba S )1(11+-+-= ：其中b 是与n 无关的常数：且1-≠b 。

求出用n 和b 表示的a n 的关系式。

解析：首先由公式：⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n n n n 得：)2()1(1)1(1121≥+++=+=+-n b b a b b a b b a n n n124323322)1(,,)1(,)1(+++++=∴+++=++=∴n nn b bb b a b b b b a b b b a 猜测：其次：用数学归纳法证明。

证明略。

②.公式法若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系：求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n nn n 求解。

例2. 设数列{}n a 的首项为a 1=1：前n 项和S n 满足关系),4,3,2,0(3)32(31 =>=+--n t t S t tS n n求证：数列{}n a 是等比数列。

解析：因为)1(),4,3,2,0(3)32(31 =>=+--n t t S t tS n n 所以)2(),4,3,2,0(3)32(321 =>=+---n t t S t tS n n得：)2()1(-所以：数列{}n a 是等比数列。

点评：公式的应用要灵活：如本例。

例3.（本专题例1）已知数列{}n a 的前n 项和n S 与n a 的关系是 nn n b ba S )1(11+-+-= ：其中b 是与n 无关的常数：且1-≠b 。

数学高考二轮微专题十七数列的通项与求和

22n－n＋1＋11(n≥2，n∈N*)，
所以 an＝aan－n 1·aann－－12·…·aa21·a1＝22n－n＋1＋11·22nn－－21＋＋11·…·2221＋＋11·1＝2n＋3 1(n≥2，n∈N*)．令 n＝1，a1＝1 符合，即 an＝2n＋3 1(n∈N*)．
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考情分析典型例题课后作业
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考情分析典型例题课后作业
微专题十七数列的通项与求和
3. 已知数列{an}的首项为 1，an＝22n－n＋1＋11an－1(n≥2，n∈N*)，则它的通项公式 an
＝________. 2n＋3 1(n∈N*)
解析：解法一：因为 an＝22n－n＋1＋11an－1(n≥2，n∈N*)，所以aan－n 1＝
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考情分析典型例题课后作业
微专题十七数列的通项与求和
(2) 1 解析：解法一：因为 an＝an－1－an－2，所以 an＋1＝an－an－1＝－an－2，即 an＝ an＋6.因为 S9＝6，S10＝5，所以 a10＝－1，即 a4＝－1，从而 a1＝－a4＝1. 解法二：设 a1＝a，a2＝b，则 a3＝b－a，a4＝－a，a5＝－b，a6＝a－b，a7＝a，… 故 S9＝2b＝6，S10＝2b－a＝5，解得 a＝1＝a1. 点评：根据数列所给递推关系式求数列通项公式主要涉及的方法有：累加法、累积法、待定系数法、转化为等差、等比数列和周期性．
微专题十七数列的通项与求和
核心模块六数列微专题十七数列的通项与求和
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考情分析典型例题课后作业
微专题十七数列的通项与求和
考课情时分作析业
在近三年的高考题中，数列的通项与求和一直是高考重点，填空题中主要涉及等

高二数学必修数列求通项求和知识点方法练习题总结

数列求通项与求和常用方法归纳一、知能要点1、求通项公式的方法：1观察法：找项与项数的关系,然后猜想检验,即得通项公式a n ；2利用前n 项和与通项的关系a n ＝错误!错误!3公式法：利用等差比数列求通项公式；4累加法：如a n ＋1－a n ＝fn , 累积法,如错误!＝fn ；5转化法：a n ＋1＝Aa n ＋BA ≠0,且A ≠1．2、求和常用的方法：1公式法：①d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=②⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S n n2裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数差,即,然后累加时抵消中间的许多项. 应掌握以下常见的裂项：①111(1)1n n n n =-++②1111()()n n k k n n k=-++③222111*********();12111(1)(1)1k k k k k k k k k k k k k<=--=<<=---+++-- ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++⑤=<<=3错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成,那么常选用错位相减法这也是等比数列前n 项和公式的推导方法 .4倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性,则常可考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和这是等差数列前n 项和公式的推导方法 .5分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时,常将“和式”中“同类项”先合并在一起,再运用公式法求和.二、知能运用典型例题考点1：求数列的通项题型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+,利用累加法逐差相加法求解;例1已知数列{}n a 满足211=a ,nn a a n n ++=+211,求n a ;解：由条件知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n nn a a n n 分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ,代入上式得)1(-n 个等式累加之,即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a所以na a n 111-=-211=a ,nn a n 1231121-=-+=∴ 题型2 n n a n f a )(1=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+,利用累乘法逐商相乘法求解; 例2已知数列{}n a 满足321=a ,n n a n na 11+=+,求n a ;解：由条件知11+=+n na a n n ,分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ,代入上式得)1(-n 个等式累乘之,即1342312-•⋅⋅⋅⋅⋅⋅•••n n a a a a a a a a nn 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=a , n a n 32=∴题型3 q pa a n n +=+1其中p,q 均为常数,且0)1(≠-p pq ;解法待定系数法：转化为：)(1t a p t a n n -=-+,其中pqt -=1,再利用换元法转化为等比数列求解;例3已知数列{}n a 中,11=a ,321+=+n n a a ,求n a ;解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ,则4311=+=a b ,且23311=++=++n n n n a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项,2为公比的等比数列,则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a .题型4 n n n q pa a +=+1其中p,q 均为常数,且0)1)(1(≠--q p pq ;或1n n n a pa rq +=+,其中p,q, r 均为常数;解法：一般地,要先在原递推公式两边同除以1+n q ,得：qq a q p q a n n n n 111+•=++引入辅助数列{}n b 其中nn n qa b =, 得：qb q p b n n 11+=+再待定系数法解决; 例4已知数列{}n a 中,651=a ,11)21(31+++=n n n a a ,求n a ;解：在11)21(31+++=n n n a a 两边乘以12+n 得：1)2(32211+•=•++n n n n a a令n n n a b •=2,则1321+=+n n b b ,解之得：n n b )32(23-=所以nn nn n b a )31(2)21(32-==题型5 递推公式为n S 与n a 的关系式;或()n n S f a =解法：这种类型一般利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n nn 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S )2(≥n或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n a 进行求解;例5已知数列{}n a 前n 项和2214---=n n n a S .1求1+n a 与n a 的关系； 2求通项公式n a .解：1由2214---=n n n a S 得：111214-++--=n n n a S于是)2121()(1211--++-+-=-n n n n n n a a S S所以11121-+++-=n n n n a a a nnn a a 21211+=⇒+.2应用题型4n n n q pa a +=+1,其中p,q 均为常数,且0)1)(1(≠--q p pq 的方法,上式两边同乘以12+n 得：由1214121111=⇒--==-a a S a .于是数列{}n na 2是以2为首项,2为公差的等差数列,所以n n a n n 2)1(222=-+=12-=⇒n n n a题型6 rnn pa a =+1)0,0(>>n a p 解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为q pa a n n +=+1,再利用待定系数法求解;例6已知数列}{n a 中,2111,1n n a aa a ⋅==+)0(>a ,求数列}{n a 的通项公式;解：由211n n a a a ⋅=+两边取对数得aa a n n 1lg lg 2lg 1+=+,令n n a b lg =,则a b b n n 1lg 21+=+,再利用待定系数法解得：12)1(-=n n aa a ;考点2：数列求和题型1 公式法例7已知}{n a 是公差为3的等差数列,数列}{n b 满足.,31,11121n n n n nb b b a b b =+==++1求}{n a 的通项公式；2求}{n b 的前n 项和.解：1依题a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=31,解得a 1=2 …2分通项公式为 a n =2+3n -1=3n -1 …6分 2由Ⅰ知3nb n +1=nb n ,b n +1=31b n ,所以{b n }是公比为31的等比数列 …9分所以{b n }的前n 项和S n =111()313122313nn --=-⨯- …12分题型2 裂项求和例8n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0,3422+=+n n n S a a .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. 解析：1n a =21n +；2由1知,n b =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++,所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++=1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+.题型3 错位相减求和例9已知数列n a 和n b 满足,*1112,1,2(n N ),n n a b a a +===∈*12311111(n N )23n n b b b b b n+++++=-∈. 1求n a 与n b ；2记数列n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .解析：1由112,2n n a a a +==,得2n n a =.当1n =时,121b b =-,故22b =.当2n ≥时,11n n n b b b n+=-,整理得11n n b n b n++=,所以n b n =. 2由1知,2n n n a b n =⋅所以23222322n n T n =+⋅+⋅++⋅所以2311222222(1)22n n n n n n T T T n n ++-=-=++++-⋅=--所以1(1)22n n T n +=-+.题型4 分组求和例10已知{a n }是等差数列,满足a 1＝3,a 4＝12,数列{b n }满足b 1＝4,b 4＝20,且{b n －a n }为等比数列．1求数列{a n }和{b n }的通项公式；2求数列{b n }的前n 项和．解：1设等差数列{a n }的公差为d ,由题意得d ＝错误!＝错误!＝3.所以a n ＝a 1＋n －1d ＝3nn ＝1,2,…．设等比数列{b n －a n }的公比为q ,由题意得q 3＝错误!＝错误!＝8,解得q ＝2.所以b n －a n ＝b 1－a 1q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1n ＝1,2,…．2由1知b n ＝3n ＋2n －1n ＝1,2,…．数列{3n }的前n 项和为错误!nn ＋1,数列{2n －1}的前n 项和为1×错误!＝2n －1,所以,数列{b n }的前n 项和为错误!nn ＋1＋2n －1.三、知能运用训练题1、1已知数列{}n a 中,)2(12,211≥-+==-n n a a a n n ,求数列{}n a 的通项公式； 2已知n S 为数列{}n a 的前n 项和,11=a ,n n a n S ⋅=2,求数列{}n a 的通项公式.解1 )2(12,211≥-+==-n n a a a n n ,∴121-=--n a a n n2 11=a ,n n a n S ⋅=2,∴当2≥n 时,121)1(--⋅-=n n a n S∴11)1(11221+-=⇒--=-=---n n a a a n a n S S a n n n n n n n . 2、已知数列{}n a 中,32,111+==+n n a a a ,求数列{}n a 的通项公式.解 321+=+n n a a ,∴)3(231+=++n n a a∴{}3+n a 是以2为公比的等比数列,其首项为431=+a 3、已知数列{}n a 中,n n n a a a 32,111+==+,求数列{}n a 的通项公式.解 n n n a a 321+=+,∴nn n n n a a )23(2211+=-+,令n n n b a =-12则 n nn b b )23(1=-+, 4、已知n S 为数列{}n a 的前n 项和, )2,(23≥∈+=+n N n a S n n ,求数列{}n a 的通项公式.解析当1=n 时,1231111-=⇒+==a a S a ,当2≥n 时,)23()23(11+-+=-=--n n n n n a a S S a .∴233211=⇒=--n n n n a a a a ∴{}n a 是以23为公比的等比数列,其首项为11-=a , 5、已知数列{}n a 中,n n n a a a 33,111+==+,求数列{}n a 的通项公式.解析 n n n a a 331+=+,∴13311+=-+n n n n a a ,令n n nb a =-13 ∴数列{}n b 是等差数列,n n b n =-+=)1(11,∴13-⋅=n n n a .6、已知数列{}n a 中,)3(3231,2,12121≥+===--n a a a a a n n n ,求数列{}n a 的通项公式.解由213231--+=n n n a a a 得)3)((32211≥--=----n a a a a n n n n又0112≠=-a a ,所以数列{}n n a a -+1是以1为首项,公比为23-的等比数列,1)32(5358---=n ． 7、已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列,数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬•⎩⎭的前n 项和为21nn +. 1求数列{}n a 的通项公式；2设()12na n nb a =+⋅,求数列{}n b 的前n 项和n T .解析1设数列{}n a 的公差为d ,令1,n =得12113a a =,所以123a a =.令2,n =得12231125a a a a +=,所以2315a a =. 解得11,2a d ==, 所以2 1.n a n =- 2由I 知24224,n n nb n n -=⋅=⋅所以121424......4,n n T n =⋅+⋅++⋅所以23141424......(1)44,n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅两式相减,得121344......44n n n T n +-=+++-⋅114(14)13444,1433n n n n n ++--=-⋅=⨯-- 所以113144(31)44.999n n n n n T ++-+-⋅=⨯+=8、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝错误!,n ∈N.1求数列{a n }的通项公式；2设b n ＝2na ＋－1n a 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＝错误!－错误!＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .2由1知,b n ＝2n ＋－1n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n ＝21＋22＋…＋22n ＋－1＋2－3＋4－…＋2n ．记A ＝21＋22＋…＋22n ,B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ,则A ＝错误!＝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 －2.9、已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ,{}n b 是等差数列,且1.n n n a b b +=+1求数列{}n b 的通项公式；2令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+求数列{}n c 的前n 项和T n .解析：1由题意知当2≥n 时,561+=-=-n S S a n n n ,当1=n 时,1111==S a ,所以56+=n a n .设数列{}n b 的公差为d ,由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ,即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111,可解得3,41==d b ,所以13+=n b n .2由Ⅰ知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+, 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321,得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯,345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯,两式作差,得224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T 10、等比数列{}n a 的各项均为正数,且212326231,9.a a a a a +==1求数列{}n a 的通项公式；2设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.解析：1设数列{a n }的公比为q,由23269a a a =得32349a a =所以219q =;由条件可知a>0,故13q =;由12231a a +=得12231a a q +=,所以113a =;故数列{a n }的通项式为a n =13n ;231323n log log ...log n b a a a =+++(12...)(1)2n n n =-++++=-(12...)(1)2n n n =-++++=-故12112()(1)1n b n n n n =-=--++12111111112...2((1)()...())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-++所以数列1{}nb的前n项和为21nn-+11、在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1＝10,且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．1求d,a n；2若d<0,求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|.解：1由题意得,a1·5a3＝2a2＋22,由a1＝10,{a n}为公差为d的等差数列得,d2－3d－4＝0,解得d＝－1或d＝4.所以a n＝－n＋11n∈N或a n＝4n＋6n∈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,所以当n≤11时,|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝S n＝－错误!n2＋错误!n；当n≥12时,|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝－S n＋2S11＝错误!n2－错误!n＋110.综上所述,|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝错误!12、已知{}n a是首项为1,公差为2的等差数列,n S表示{}n a的前n项和;1求n a 及n S ；2 设数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,求证：当+∈N n 都有1nnT n >+成立; 解：1∵{}n a 是首项11a =,公差2d =的等差数列,∴1(1)21n a a n d n =+-=-故21()(121)13...(21)22n n n a a n n S n n ++-=+++-=== 2由1得,22222111111234n T n=+++++1111112233445(1)n n >+++++⨯⨯⨯⨯⨯+。

2025高考数学二轮复习数列

用两式相除(即比值)的方式进行相关计算.
对点练1
(1)(2024·新高考Ⅱ,12)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,
则S10=
95
.
解析 (方法一)设数列{an}的公差为d,因为
a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,
和为Tn,若
,
m,使得4S1,S3,Sm成等比数列?
,且b1=2,T4=5T2,是否存在大于2的正整数
解设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q(q>0).
由题意知 q≠1,由
1 (1-4 )
T4=5T2,得
1-
=
51 (1-2 )
,
1-
整理得 1+q2=5,因为 q>0,所以 q=2.所以 bn=2n.
∴b1=a2-2a1=3.
∵Sn+1=4an+2,∴当n≥2时,Sn=4an-1+2,
∴an+1=Sn+1-Sn=4an-4an-1,∴an+1-2an=2(an-2an-1).
又bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1,
∴{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
n-1
(2)由(1)可得 bn=an+1-2an=3×2 ,∴
1 + 3 = 8,
1 = 12,
21 + 2 = 8,
当选取①②时,有
所以
解得
4 + 5 = -16,

2025高考数学二轮复习数列解答题

解 (1)设数列{an}的公差为 d,数列{bn}的公比为 q(q>0).
1 + 2 = 21 ,
2 + 2 = 2,
= 2,
由题意得
5×4
3 即 10 + 10 = + 3 ,解得 = 3.
51 + 2 = 1 + 1 ,
∴an=2+2(n-1)=2n,bn=1×3n-1=3n-1.
,为偶数,
和.
2.错位相减法
一般地,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,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求
解.
3.裂项相消法
实质是将数列的通项分解为两项之差,求和时能消去中间的一些项,最终达
到求和的目的,其解题的关键是准确地裂项和消项.
3 + 2, = 2,∈N* ,
所以bn+1=a2n+1=3a2n+2=3(2a2n-1+1)+2=6a2n-1+5=6bn+5.
因为b1+1=a1+1=2≠0,且bn+1+1=6(bn+1),所以数列{bn+1}是首项为2,公比
为6的等比数列.
所以bn+1=2·
6n-1,则bn=2·
6n-1-1.
3
1
①Sn= +m(m∈R),②Sn= an+1+m(m∈R),且 a1=1.请在这两个条件中选一个
2
2
补充在下面的横线上并解答.
若
,
(1)求m的值及数列{an}的通项公式;

数列的通项与求和 2025年高考数学基础专项复习

= 2 − + 2 ≥ 2 ,当 = 1时，1 = 2也满足上式，所以 = 2 − + 2,故 = [2 ] = [1 −
1 = [1 −
2
1−2
]
1
= 2，2 = [1 −
− −2 =
2
2−2
]
4
−+2= −
故2 024 = 1 + 2 = 3.故选B.
【解析】
解法一由题知+2 − +1 = 2 +1 − ，因为2 − 1 = 2，所以{+1 − }是首项为2，公比为2的等比数列，
所以+1 − = 2 ，当 ≥ 2时，
= − −1 + −1 − −2 + ⋯ + 2 − 1 + 1 =
+ 4.
1
1
1
1
解法二设 + = 2 −1 + ,即 = 2 −1 − 2 ，所以− 2 = 2,即 = −4,所以
1 −1
1 −1
1 − 4 = −3，所以 − 4 = −3 2
,故数列{ }的通项公式为 = −3 2
+ 4.
+ 4 ≥ 2 ，又1 = 1满足
结合求解.
形如an=(-1)n·f(n)的形式,可采用并项求和法.
倒序相加法求和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.
教材素材变式
1.［链接人A选必二P18知识］已知函数 = + sin π − 3，则

1
2 024
2
2 024
+
【解析】令 =

高考备考数学专项训练：数列的通项与求和

2019年高考备考数学专项训练：数列的通项与求和查字典数学网整理了2019年高考备考数学专项训练：数列的通项与求和，帮助广大高一学生学习数学知识!一、选择题1.已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a3=6，S3=12，则公差d等于()A.1B.C.2D.3答案：C 命题立意：本题主要考查等差数列的通项公式、求和公式，考查运算求解能力.解题思路：根据已知，a1+2d=6,3a1+3d=12，解得d=2，故选C.2.已知数列{an}的前n项和Sn=an-1(a0)，则{an}()A.一定是等差数列B.一定是等比数列C.或者是等差数列，或者是等比数列D.既不可能是等差数列，也不可能是等比数列答案：C 命题立意：等差数列和等比数列的基本运算是高考经常考查的重点，本题根据数列的前n项和求解通项公式，渗透等差数列和等比数列的定义，体现了基本知识的应用，同时也体现了分类讨论的思想，对能力要求较高，应予以重视.解题思路：Sn=an-1(a0)，an=即an=当a=1时，an=0，数列{an}是一个常数列，也是等差数列;当a1时，数列{an}是一个等比数列，故选C.3.在数列{an}中，若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(nN*)，且a7=2，a9=3，a98=4，则数列{an}的前100项的和S100等于()A.132B.299C.68D.99答案：B 解题思路：设an+an+1+an+2=x，则an+1+an+2+an+3=x，两式作差得an=an+3，所以数列{an}为周期数列并且周期T=3，a98=a332+2=a2，a9=a32+3=a3，a7=a1，所以S100=33S3+a1=299，故选B.4.已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn=lg an，b3=18，b6=12，则数列{bn}的前n项和的最大值等于()A.126B.130C.132D.134答案：C 解题思路：bn+1-bn=lg an+1-lg an=lg =lg q(常数)，{bn}为等差数列.设公差为d，由bn=-2n+240，得n12，{bn}的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，S11，S12最大且S11=S12=132.5.在数列{an}中，a1=1，a2=2，若an+2=2an+1-an+2，则an等于()A.n3-n+B.n3-5n2+9n-4C.n2-2n+2D.2n2-5n+4答案：C 命题立意：本题考查等差数列的定义与通项公式、累加法求数列的通项公式，难度中等.解题思路：依题意得(an+2-an+1)-(an+1-an)=2，因此数列{an+1-an}是以1为首项，2为公差的等差数列，an+1-an=1+2(n-1)=2n-1.当n2时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)++(an-an-1)=1+1+3++(2n-3)=1+=(n-1)2+1=n2-2 n+2.又a1=1=12-21+2，因此an=n2-2n+2，故选C.6.(天津模拟)已知数列{an}满足a1=0，an+1=(nN*)，则a20=()A.0B.-1 C1. D.2答案：B 命题立意：本题主要考查数列的周期性，难度中等.解题思路：因为数列{an}满足a1=0，an+1=(nN*)，a2=-，a3=，a4=0，T=3，则a20=a2=-，故选B.二、填空题7.已知数列{an}中，a1=1，an+1=(-1)n(an+1)，记Sn为{an}前n项的和，则S2 013=________.答案：-1 005 命题立意：本题主要考查递推数列的有关知识，要求考生掌握常见的几类求递推数列的通项与前n项和，首先是与等差(等比)数列相关的递推数列，其次是一阶线性递推数列，还有具有周期性的数列.本题就是一种具有周期性的递推数列.解题思路：由a1=1，an+1=(-1)n(an+1)可得该数列是周期为4的数列，且a1=1，a2=-2，a3=-1，a4=0.所以S2 013=503(a1+a2+a3+a4)+a2 013=503(-2)+1=-1 005.8.在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a3+a4=11a2a4，且它的前2n项的和等于它的前2n项中偶数项之和的11倍，则数列{an}的通项公式an=________.答案：102-n 命题立意：本题考查等比数列的通项公式及其前n项和公式等知识，考查考生的运算能力.解题思路：设等比数列{an}的公比为q，前2n项和为S2n，前2n项中偶数项之和为Tn，由题意知q1，则S2n=，Tn=.由题意可知S2n=11Tn，即=.解得q=(或令n=1，则S2=11T1，即a1+a2=11a2，化简得a1=10a2，故q=).又a3+a4=11a2a4，所以a1q2+a1q3=11aq4，化简得1+q=11a1q2，将q=代入可得a1=10，故an=a1qn-1==102-n.9.已知各项都为正数的数列{an}，其前n项的和为Sn，且Sn=(+)2(n2)，若bn=+，且数列{bn}的前n项的和为Tn，则Tn=________.答案：解题思路：-=，则=n，Sn=n2a1，an=Sn-Sn-1=(2n-1)a1，bn=+=2+-，Tn=+++=2n+2-=.10.数列{an}满足a1=3，an-anan+1=1，An表示{an}的前n项之积，则A2 013=________.答案：-1 命题立意：本题与常考的求等差、等比数列的通项公式或前n项和不同，本题考查给定数列的前n项之积，这就要求考生能根据已知数列，得到数列的性质.求解本题的关键是得到{an}的周期.解题思路：由a1=3，an-anan+1=1，得an+1=，所以a2==，a3=-，a4=3，所以{an}是以3为周期的数列，且a1a2a3=-1，又2 013=3671，所以A2 013=(-1)671=-1.三、解答题11.数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(an-1)，数列{bn}满足bn=bn-1-(n2)，且b1=3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足cn=anlog2(bn+1)，其前n项和为Tn，求Tn.解析：(1)对于数列{an}有Sn=(an-1)，Sn-1=(an-1-1)(n2)，由-，得an=(an-an-1)，即an=3an-1，当n=1时，S1=(a1-1)=a1，解得a1=3，则an=a1qn-1=33n-1=3n.对于数列{bn}，有bn=bn-1-(n2)，可得bn+1=bn-1+，即=.bn+1=(b1+1)n-1=4n-1=42-n，即bn=42-n-1.(2)由(1)可知cn=anlog2(bn+1)=3nlog2 42-n=3nlog2 24-2n=3n(4-2n).Tn=231+032+(-2)33++(4-2n)3n，3Tn=232+033++(6-2n)3n+(4-2n)3n+1，由-，得-2Tn=23+(-2)32+(-2)33++(-2)3n-(4-2n)3n+1=6+(-2)(32+33++3n)-(4-2n)3n+1，则Tn=-3++(2-n)3n+1=-+3n+1.12.已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，已知a1+a4=-，且对于任意的nN+有Sn，Sn+2，Sn+1成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)已知bn=n(nN+)，记Tn=++++，若(n-1)2m(Tn-n-1)对于n2恒成立，求实数m的范围.解析：(1)设公比为q，S1，S3，S2成等差数列，2S3=S1+S2，2a1(1+q+q2)=a1(2+q)，得q=-，又a1+a4=a1(1+q3)=-，a1=-，an=a1qn-1=n.(2)∵ bn=n，an=n，=n2n，Tn=12+222+323++n2n，2Tn=122+223+324++(n-1)2n+n2n+1，①-，得-Tn=2+22+23++2n-n2n+1，Tn=-=(n-1)2n+1+2.若(n-1)2m(Tn-n-1)对于n2恒成立，则(n-1)2m[(n-1)2n+1+2-n-1]，(n-1)2m(n-1)(2n+1-1)，m.令f(n)=，f(n+1)-f(n)=-=0，f(n)为减函数，f(n)f(2)=.m.即m的取值范围是.13.数列{an}是公比为的等比数列，且1-a2是a1与1+a3的等比中项，前n项和为Sn;数列{bn}是等差数列，b1=8，其前n项和Tn满足Tn=nbn+1(为常数，且1).(1)求数列{an}的通项公式及的值;(2)比较++++与Sn的大小.解析：(1)由题意得(1-a2)2=a1(a3+1)，即2=a1，解得a1=，an=n.又即解得或(舍).=.(2)由(1)知Sn=1-n，Sn=-n+1，又Tn=4n2+4n，=1-+-++-教师范读的是阅读教学中不可缺少的部分，我常采用范读，让幼儿学习、模仿。

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【解析】当时，，，
当时，，，因此，故选B．
3．【答案】A
【解析】，，，，，
由上述可知
，故选A．
4．【答案】B
【解析】由对勾函数的性质可知：当时，数列为递减；当时，数列为递增．
所以
，故选B．
5．【答案】D
【解析】由，
，
，，，，故选D．
6．【答案】D
【解析】由题意得，，∴，，，，
∴数列的周期为3，∴，故选D．
7．【答案】C
【解析】，，，是公差为的等差数列．又，可得：，解得，
，故选C．
8．【答案】B
【解析】将等式两边取倒数得到，，是公差为的等差数列，，根据等差数列的通项公式的求法得到，故，故答案为B．
9．【答案】C
【解析】已知数列，，
．
不等式，即，解得．
∴使得不等式成立的最小正整数的值为2017，故选C．
A．150B．162C．180D．210
5．[2018·莆田一中]数列中，，，，则（）
A．97B．98C．99D．100
6．[2018·育才中学]在数列中，，，则的值为（）
A．B．C．D．
7．[2018·银川一中]已知是数列的前项和，且，，则（）
A．72B．88C．92D．98
8．[2018·营口开发区一高]在数列中，已知，，则等于（）
函数，数列为等差数列，且公差不为0，若，
则（）
A．Байду номын сангаас5B．15C．10D．0
12．[2018·广东六校]已知数列满足．设，为数列的前项和．若（常数），，则的最小值是（）
A．B．C．D．
13．[2018·泰州期末]已知数列的通项公式为，前项和为，则__________．
14．[2018·石室中学]设数列满足，，___________．
A．B．C．D．
9．[2018·樟树中学]已知数列，为数列的前项和，求使不等式成立的最小正整数（）
A．2016B．2018C．2017D．2015
10．[2018·信阳中学]已知直线与直线互相平行且距离为，等差数列的公差为，且，，令，则的值为（）
A．60B．52C．44D．36
11．[2018·双流中学]已知函数为定义域上的奇函数，且在上是单调递增函数，
当时，，，，
③
④
③-④得，，，
（常数），，的最小值是，故选C．
13．【答案】
【解析】由题意得，①
∴，②
①②，得
，
∴．
14．【答案】
【解析】，
，，，
累加可得，
，，，故答案为．
15．【答案】440
【解析】由可得：
当时，有， ①
当时，有， ②
当时，有， ③
有：，有：，
则：
，
故答案为440．
16．【答案】5445
15．[2018·黑龙江模拟]已知数列满足：，记为的前项和，则__________．
16．[2018·豫西名校]等差数列中，，．若记表示不超过的最大整数，
（如，）．令，则数列的前2000项和为__________．
1．【答案】C
【解析】∵，∴，∴，
又，∴数列的通项公式为，∴，
∴所求值为，故选C．
2．【答案】B
【解析】设等差数列的公差为，∵，，∴，，
解得，．∴，
，，2，3，4，5时，．
时，；时，；时，．
∴数列的前2000项和．
故答案为5445．
高考备考二轮复习数学选择填空狂练之七数列求通项、求和（理）(2)
A．B．C．D．
2．[2018·辽宁联考]已知数列的前项和为，满足，则的通项公式（）
A．B．C．D．
3．[2018·河油田二高]数列满足，则数列的前20项的和为（）
A．B．100C．D．110
4．[2018·阜阳三中]已知数列的通项公式，则（）
10．【答案】B
【解析】由两直线平行得，由两平行直线间距离公式得，
，得或，，，，
，
故选B．
11．【答案】A
【解析】函数为定义域上的奇函数，则，关于点中心对称，
那么关于点中心对称，由等差中项的性质和对称性可知：，
故，
由此，
由题意：，
若，
则，故选A．
12．【答案】C
【解析】①
当时，类比写出 ②
由①-②得，即．