2019版高考数学(理科)一轮复习达标检测(二十五)数列求和的3种方法分组转化、裂项相消及错位相减
数列的求和-高考数学一轮复习(新高考专用)
第43讲 数列的求和【基础知识回顾】 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)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，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“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求解． 3、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 .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).1、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 ．－100 C ．200 D ．100【答案】 D【解析】 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100. 2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（ ）A ．1B ．56 C ．16D ．130【答案】：B 【解析】：因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． 3、设11111++++2612(1)S n n =++，则S =( )A ．211n n ++ B ．21n n - C ．1n n+ D ．21n n ++ 【答案】：A 【解析】：由11111++++2612(1)S n n =++，得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+，111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.4、在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________.【答案】 2 022【解析】 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.5、已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________．【答案】：5000【解析】：由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000．6、 在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n 等于________． 【答案】：2n【解析】：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1，又数列{a n ＋1}也是等比数列，则3，2q ＋1，2q 2＋1成等比数列，(2q ＋1)2＝3×(2q 2＋1)，即q 2－2q ＋1＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ．考向一 公式法例1、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ．若210a =，540S =，则5a =________，n S 的最大值为________． 【答案】4 42【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∵540S =，∴()1535524022a a a ⨯+⨯==，38a ∴=， 又210a ∴=，2d ∴=-，2(2)10(2)(2)142n a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯-=-，514254a ∴=-⨯=，()122(12142)(262)13169(13)13()22224n n n a a n n n n S n n n n n ++--====-=-+=--+, ∴当6n =或7时，n S 有最大值42. 故答案为：（1）4；（2）42.变式1、(2019镇江期末） 设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 6a 3＝－12，则S 6S 3＝________．【答案】 12【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 6a 3＝－12.易得S 6＝S 3(1＋q 3)，所以S 6S 3＝1＋q 3＝1－12＝12.变式2、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝ ． 【答案】.37【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为622a a =，所以2422a q a =，故24=q ．由于1≠q ，故.372121)(1)(1111)1(1)1(23243481281121812=--=--=--=----=q q q q qq a q q a S S 方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式(Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.考向二 利用“分组求和法”求和例2、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. (1)求,n n a b ; (2)设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ， 由题意知: ()1234114414+46102a a a a a d a d ⨯-+++==+= ① 又因为124,,a a a 成等比数列， 所以2214a a a =⋅，()()21113a d a a d +=⋅+，21d a d =，又因为0d ≠， 所以1a d =. ② 由①②得11,1a d ==， 所以n a n =，111b a ==，222b a == ，212b q b ==， 12n n b -∴= .(2)因为()111112211n n n c n n n n --⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，所以0111111122 (2)12231n n S n n -⎛⎫=++++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭1211121n n -=+--+ 121n n =-+ 所以数列{}n c 的前n 项和121nn S n =-+.变式1、求和S n ＝1＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋12n －1.【解析】 原式中通项为a n ＝⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋ (12)－1＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝⎛⎭⎫1－12n1－12 ＝12n －1＋2n －2. 变式2、 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3.又S 2＝2a 1＋d ，所以a 1＝d ， 易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.变式3、（2021·广东高三专题练习）设数列{a n }满足a n +1＝123n a +，a 1＝4． （1）求证{a n ﹣3}是等比数列，并求a n ； （2）求数列{a n }的前n 项和T n ． 【答案】（1）证明见解析，11()33n n a -=+；（2）31(1)323n n -+．【解析】（1）数列{a n }满足a n +1＝123n a +，所以113(3)3n n a a +-=-， 故13133n n a a +-=-， 所以数列{a n }是以13431a -=-=为首项，13为公比的等比数列． 所以1131()3n n a --=⋅，则1*1()3,3n n a n N -=+∈． （2）因为11()33n n a -=+，所以011111()()()(333)333n n T -=++++++⋯+＝11(1)33113n n -+-＝31(1)323n n -+． 方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n 项和的数列求和．考向三 裂项相消法求和例3、（2021·四川成都市·高三二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ．则使得20T 的值为（ ）A ．1939B ．3839C ．2041D ．4041【答案】C 【解析】当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-；而12111a =⨯-=也符合21n a n =-，∴21n a n =-，*n N ∈.又11111()22121n n a a n n +=--+， ∴11111111(1...)(1)2335212122121n nT n n n n =⨯-+-++-=⨯-=-+++，所以202020220141T ==⨯+，故选：C.变式1、（2021·全国高三专题练习）已知在数列{}n a 中，14,0.=>n a a 前n 项和为n S ，若1,2)-+=∈≥n n n a S S n N n ．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132020n T <<【解析】（1）在数列{}n a 中，1(2)n n n a S S n -=-≥①∴1n n n a S S -=且0n a >，∴①式÷②11n n S S -= (2)n ≥， ∴数列{}nS 1142S a ===为首项，公差为1的等差数列，2(1)1n S n n =+-=+ ∴2(1)n S n =+当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=+-=+；当1n =时，14a =，不满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩．（2）由（1）知4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩，，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，∴当1n =时，114520n T ==⨯， ∴当1n =时，120n T =，满足132020n T ≤<，∴12233411111n n n T a a a a a a a a +=++++1111455779(21)(2n =++++⨯⨯⨯+111111111111()()()()45257792123202523n n n ⎡⎤=+⨯-+-++-=+⨯-⎢⎥⨯+++⎣⎦ 312046n =-+ ∴在n T 中，1n ≥，n ∈+N ，∴4610n +≥，∴114610n ≤+，∴1104610n >-≥-+，∴131320204620n ≤-<+．所以132020n T << 变式2、（2021·辽宁高三二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n n a S n n =+∈N .（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）记()()2221log 1log 1n n n c a a +=+⋅+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <.【解析】解：（1）因为2n n a S n =+①， 所以()11212n n a S n n --=+-≥② 由①-②得，121n n a a -=+.两边同时加1得()1112221n n n a a a --+=+=+，所以1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是公比为2的等比数列. （2）令1n =，1121a S =+，则11a =. 由()11112n n a a -+=+⋅，得21nn a =-.因为()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，所以11111111121324112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭11113111221242224n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 因为*11,02224n N n n ∈+>++，所以3113422244n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭所以1111311312212422244n n n n n T ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如a n ＝1n n ＋k 时，可转化为a n ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，此类数列适合使用裂项相消法求和． （2）数列的通项公式形如a n ＝1n ＋k ＋n时，可转化为a n ＝1k(n ＋k －n )，此类数列适合使用裂项相消法求和．考向四 错位相减法求和例4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以 12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 变式1、（2020·全国高三专题练习（文））已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，且22a =，5S 为10和20的等差中项；数列{}n b 为等比数列，且319b b -=，4218b b -=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n n a b 的前n 项和n M ． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为22a =，5S 为10和20的等差中项，所以112541020522a d a d +=⎧⎪⎨⨯++=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以n a n =． 设等比数列{}n b 的公比为q ，因为319b b -=，4218b b -=，所以2121(1)9(1)18b q b q q ⎧-=⎨-=⎩，解得132b q =⎧⎨=⎩， 所以132n n b -=⋅．（2）由（1）可知132n n n a b n -⋅=⋅，所以213(122322)n n M n -=+⨯+⨯++⋅，令21122322n n P n -=+⨯+⨯++⋅ ①， 则232222322n n P n =+⨯+⨯++⋅ ②，-①②可得2112122222(1)2112nn nn n n P n n n ---=++++-⋅=-⋅=---，所以(1)21nn P n =-+，所以3(1)23n n M n =-+．变式2、（2020·湖北高三期中）在等差数列{}n a 中，已知{}35,n a a =的前六项和636S =.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列{}n b 的前n 项和n T .在①12n n n b a a +=，②(1)nn n b a =-⋅，③2na n nb a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】（1）由题意，等差数列{}n a 中35a =且636S =，可得112561536a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12,1d a ==，所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）选条件①：211(2n 1)(21)2121nb n n n ==--+-+，111111111335212121n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 选条件②：由21n a n =-，可得(1)(2n 1)nn b =--，当n 为偶数时，(13)(57)[(23)(21)]22n nT n n n =-++-+++--+-=⨯=； 当n 为奇数时，1n -为偶数，(1)(21)n T n n n =---=-，(1)n n T n =-，选条件③：由21n a n =-，可得212(21)2n a n n n b a n -=⋅=-⋅， 所以135********(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯，35721214123252(23)2(21)2n n n T n n -+=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，两式相减，可得：()13521213122222(21)2n n n T n -+-=⨯++++--⨯()222181222(21)214n n n -+-=+⋅--⨯-，所以2110(65)299n n n T +-=+⋅. 方法总结：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.。
2019版高考数学一轮复习高考达标检测(二十五)数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消及错位相减文
高考达标检测（二十五） 数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消及错位相减一、选择题1．在公差大于0的等差数列{a n }中，2a 7－a 13＝1，且a 1，a 3－1，a 6＋5成等比数列，则数列(－1)n －1a n 的前21项和为( )A ．21B ．－21C ．441D ．－441解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，由题意可得 2(a 1＋6d )－(a 1＋12d )＝1，a 1(a 1＋5d ＋5)＝(a 1＋2d －1)2， 解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 所以(－1)n －1a n ＝(－1)n －1(2n －1)， 故数列(－1)n －1a n 的前21项和为1－3＋5－7＋…＋37－39＋41＝－2×10＋41＝21.2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为( )A ．380－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×＋2－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520.3．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ＝12n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为( ) A ．－454 B ．－450 C ．－446D ．－442解析：选B 由题意可得a n ＝2n －1，因为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ＝12n ，所以当n ≥2时，a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n －1b n －1＝12n －1，两式相减可得a n b n ＝－12n ，则b n ＝－(2n －1)·2n(n ≥2)，当n ＝1时，b 1＝2，不满足上式， 则S 5＝2－12－40－112－288＝－450.4．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n ·a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝( )A.nn ＋1B.4n n ＋1C.3n n ＋1D.5n n ＋1解析：选B 由题意知a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1＝n 2， 则b n ＝1a n ·a n ＋1＝4nn ＋＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1. 5．(2018·福州质检)已知数列{a n }中，a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则∑i ＝12 0181a i＝( ) A.2 0182 019B.2 0172 018 C ．2D.4 0362 019解析：选D 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1＋a n ＋n .又a 1＝1，所以a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1， 所以a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)， 把以上n －1个式子相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ， 所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2，当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝n n ＋2，所以1a n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以∑i ＝12 0181a i ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.6．数列{a n }为非常数列，满足：a 1＝14，a 5＝18，且a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝na 1a n ＋1对任何的正整数n 都成立，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 50的值为( )A ．1 475B ．1 425C ．1 325D ．1 275解析：选B 因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝na 1a n ＋1，所以当n ≥2时，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n－1a n＝(n －1)a 1a n ，两式相减可得a n a n ＋1＝na 1a n ＋1－(n －1)a 1a n ，即1a 1＝n a n －n －1a n ＋1，则1a 1＝n ＋1a n ＋1－na n ＋2，则n a n －n －1a n ＋1＝n ＋1a n ＋1－n a n ＋2，即1a n ＋1a n ＋2＝2a n ＋1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，则公差d ＝1，则1a 50＝53，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 50＝＋2＝1 425.二、填空题7．(2018·陕西一检)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1， ∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289. 答案：1 2898．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________.解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)可得，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，a 6＝－2，a 7＝－1，…，故该数列为周期是4的数列，所以S 2 018＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2 ＝504×(－2)＋1－2＝－1 009. 答案：－1 0099．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是________．解析：∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为首项为1，公差为22－1＝3的等差数列， ∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.∴a n ＝3n －2， ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13(10－1)＝3.答案：3 三、解答题10．(2018·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8， (2)，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3，S 10＝10a 1＋45d ＝－40， 解得a 1＝5，d ＝－2.∴a n ＝－2n ＋7. (2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2.11．已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 1＋a 3＝20，a 2＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n ，S n 是数列{b n }的前n 项和，对任意正整数n ，不等式S n ＋n2>(－1)n·a恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋q 2＝20，a 1q ＝8，∴2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝12或q ＝2.∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由题意，得b n ＝n2n ＋1，∴S n ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，12S n ＝123＋224＋…＋n －12n ＋1＋n 2n ＋2， 两式相减，得12S n ＝122＋123＋124＋…＋12n ＋1－n 2n ＋2，∴S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴(－1)n·a <1－12n 对任意正整数n 恒成立，设f (n )＝1－12n ，易知f (n )单调递增，①当n 为奇函数时，f (n )的最小值为12，∴－a <12，即a >－12；②当n 为偶函数时，f (n )的最小值为34，∴a <34.由①②可知－12<a <34，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，34. 12．(2018·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有 2S n ＝(n ＋1)a n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a na n ＋的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1.解：(1)因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1， 即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．因为a 1＝2也符合上式，所以a n ＝2n . (2)证明：由(1)知a n ＝2n ， 令b n ＝4a na n ＋，n ∈N *， 所以b n ＝42nn ＋＝1nn ＋＝1n －1n ＋1. 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. 因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1. 显然当n ＝1时，T n 取得最小值12.所以12≤T n <1.已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0,2)，a 2n ＋3a n ＋2＝6S n . (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对∀n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ， 得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0,2)，解得a 1＝1. 由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ， 可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1， 即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n >0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3， 所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列． 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2，可得b n ＝1a n a n ＋1＝1n －n ＋＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1. 因为T n ＋1－T n ＝n ＋1n ＋＋1－n3n ＋1＝1n ＋n ＋>0，所以T n ＋1>T n ，所以数列{T n }是递增数列．所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.。
2019年高考数学一轮复习：数列求和及应用
2019年高考数学一轮复习：数列求和及应用数列求和及应用1．数列求和方法 (1)公式法：(Ⅰ)等差数列、等比数列前n 项和公式． (Ⅱ)常见数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝；②2＋4＋6＋…＋2n ＝；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝；④12＋22＋32＋…＋n 2＝；⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）22. (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)倒序相加：如等差数列前n 项和公式的推导方法．(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．等比数列{a n }前n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法．(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式：①1n （n ＋1）＝－1n ＋1； ②1（2n －1）（2n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n （n ＋1）（n ＋2）＝⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；④1a ＋b＝(a －b )；⑤n （n ＋1）！＝－1（n ＋1）！； ⑥C m －1n＝ ；⑦n ·n ！＝ ！－n ！； ⑧a n ＝S n －S n －1(n ≥2)． 2．数列应用题常见模型 (1)单利公式利息按单利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ .(2)复利公式利息按复利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ .(3)产值模型原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间x ，总产值y ＝ .(4)递推型递推型有a n ＋1＝f (a n )与S n ＋1＝f (S n )两类． (5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．自查自纠1．(1)①n （n ＋1）2②n 2＋n ③n 2④n （n ＋1）（2n ＋1）6(5)①1n ②12 ③12 ④1a －b ⑤1n ！⑥C m n ＋1－C mn ⑦(n ＋1)2．(1)a (1＋xr ) (2)a (1＋r )x(3)N (1＋p )x数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n 1－2＝n＋2n －1.故选C .若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15 解：记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A .数列{|2n －7|}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2 B ．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 ＞3） 解：设a n ＝2n －7，n ≤3时，a n ＜0；n ＞3时，a n＞0，a 1＝－5，a 2＝－3，a 3＝－1，且易得{a n }的前n项和S n ＝n 2－6n ，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n ＞3）.故选C .数列{a n }满足a n ＝n （n ＋1）2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解：1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和S 10＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2(1－111)＝2011.故填2011.有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个．现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．解： 设至少需要n 秒，则1＋2＋22＋…＋2n －1≥100，即1－2n1－2≥100，所以n ≥7.故填7.类型一 基本求和问题(1)设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项和为S n ，则S n 等于( )A ．2nB ．2n －nC ．2n ＋1－n D ．2n ＋1－n －2(2)求和：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n；(3)设f (x )＝x 21＋x 2，求：f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋…＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)；(4)求和：S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan .解：(1)解法一：特殊值法，易知S 1＝1，S 2＝4，只有选项D 适合．解法二：研究通项a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1，所以S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1) ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2.故选D .(2)设数列的通项为a n ，则a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.(3)因为f (x )＝x 21＋x 2，所以f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝1. 令S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋…＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)，①则S ＝f (2 017)＋f (2 016)＋…＋f (1)＋f ⎝⎛⎭⎫12＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋f (12 017)，②①＋②得：2S ＝1×4 033＝4 033，所以S ＝4 0332.(4)(Ⅰ)当a ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2.(Ⅱ)当a ≠1时，S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ，①1a S n ＝1a 2＋2a 3＋…＋n －1a n ＋nan ＋1，② 由①－②得⎝⎛⎭⎫1－1a S n ＝1a ＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n －n an ＋1＝1a ⎝⎛⎭⎫1－1a n 1－1a－n a n ＋1，所以S n ＝a （a n －1）－n （a －1）a n （a －1）2.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n ＋1）2（a ＝1），a （a n －1）－n （a －1）a n （a －1）2（a ≠1）.【点拨】研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．(1)求数列9，99，999，…的前n 项和S n ；(2)求数列122－1，132－1，142－1，…，1（n ＋1）2－1的前n 项和；(3)求sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°的值； (4)已知a n ＝n ＋12n ＋1，求{a n }的前n 项和T n .解：(1)S n ＝9＋99＋999＋…＋99…9n 个 ＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n －1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n )－n＝10（1－10n ）1－10－n ＝10n ＋1－109－n .(2)因为1（n ＋1）2－1＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2. (3)令S n ＝sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°，① 则S n ＝sin 289°＋sin 288°＋sin 287°＋…＋sin 21° ＝cos 21°＋cos 22°＋cos 23°＋…＋cos 289°.② ①与②两边分别相加得2S n ＝(sin 21°＋cos 21°)＋(sin 22°＋cos 22°)＋…＋(sin 289°＋cos 289°)＝89.所以S n ＝892.(4)T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，①12T n ＝223＋324＋425＋…＋n ＋12n ＋2，② ①－②得12T n ＝222＋123＋124＋125＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2 ＝12＋123×⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2， 所以T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.类型二 可用数列模型解决的实际问题用分期付款的方式购买一批总价为 2 300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%.若从首付300万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付________万元．解：购买时付款300万元，则欠款2000万元，依题意分20次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{a n }，故a 1＝100＋2 000×0.01＝120(万元)， a 2＝100＋(2 000－100)×0.01＝119(万元)， a 3＝100＋(2 000－100×2)×0.01＝118(万元)， a 4＝100＋(2 000－100×3)×0.01＝117(万元)， …a n ＝100＋[2 000－100(n －1)]×0.01＝121－n (万元) (1≤n ≤20，n ∈N *)．因此{a n }是首项为120，公差为－1的等差数列． 故a 10＝121－10＝111(万元)．故填111.【点拨】将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：①审题，②建模，③求解，④检验，⑤作答．增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决．某气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910元(n ∈N *)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了( )A ．600天B ．800天C ．1 000天D ．1 200天 解：设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为32 000＋⎝⎛⎭⎫5＋n 10＋4.9n 2n ＝32 000n ＋n20＋4.95，当且仅当32 000n ＝n 20时，取得最小值，此时n ＝800.故选B .类型三 数列综合问题(2017·山东)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 .依题意，a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)依题意，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 na 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 ＝32＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1. 所以T n ＝5－2n ＋52n .【点拨】错位相减法适用于等差数列与等比数列的积数列的求和，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．(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，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n ＋1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1. 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.1．数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一．2．对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的．3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏．4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数的平方构成的数列等．5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型．6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，分q ＝1或q ≠1)等．1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 5＝4－a 3，则S 7＝( )A ．7B ．12C ．14D ．21 解：由a 5＝4－a 3，得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝7（a 1＋a 7）2＝14.故选C .2．(2016·新余三校联考)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 ．－200B ．－100C ．200D ．100 解：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D .3．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （n ）(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.nn －1 D.n ＋1n解：由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1.所以f (x )＝x 2＋x ，则1f （n ）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.故选A . 4．已知正数组成的等差数列{a n }的前20项的和是100，那么a 6·a 15的最大值是( )A ．25B ．50C ．100D ．不存在解：由条件知，a 6＋a 15＝a 1＋a 20＝110S 20＝110×100＝10，a 6>0，a 15>0，所以a 6·a 15≤⎝⎛⎭⎫a 6＋a 1522＝25，等号在a 6＝a 15＝5时成立，即当a n ＝5(n ∈N *)时，a 6·a 15取最大值25.故选A .5．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若8a 2＋a 5＝0，则下列式子中数值不能确定的是( )A.a 5a 3B.S 5S 3 C.a n ＋1a n D.S n ＋1S n 解：数列{a n }为等比数列，由8a 2＋a 5＝0，知8a 2＋a 2q 3＝0，因为a 2≠0，所以q ＝－2，a 5a 3＝q 2＝4；S 5S 3＝1－q 51－q 3＝113；a n ＋1a n ＝q ＝－2；S n ＋1S n ＝1－q n ＋11－q n ，其值与n有关．故选D .6．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)(单位：t)，但如果年产量超过150 t ，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( )A ．5年B ．6年C ．7年D ．8年 解：由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2.当n ＝1时也适合，据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．故选C .7．已知数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋nn，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1 的前n 项和为________． 解：a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝n ＋12，1a n a n ＋1＝4（n ＋1）（n ＋2）＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所求的前n 项和为4(12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2.故填2n n ＋2.8．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________．解：当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，又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 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009.故填1 009.9．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解：(1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0， 由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，即b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ①，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②， ①－②，得12T n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. 所以T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .10．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 是数列{|a n |}的前n 项和，求S n .解：(1)由2a n ＋1＝a n ＋2＋a n 可得{a n }是等差数列，且公差d ＝a 4－a 14－1＝2－83＝－2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋10. (2)令a n ≥0，得n ≤5.即当n ≤5时，a n ≥0，n ≥6时，a n <0.所以当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－n 2＋9n ； 当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n ) ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 5) ＝－(－n 2＋9n )＋2×20＝n 2－9n ＋40，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋9n ，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12，当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k＝2n 2，所以{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1＋221＋322＋…＋n2n －1.所以12S n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n .两式相减得12S n ＝1＋121＋122＋123＋…＋12n －1－n2n＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n .所以S n ＝4－n ＋22n －1.1．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解：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．在等差数列{a n }中，若a 1，a 2 019为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 2＋a 1 010＋a 2 018＝( )A ．10B ．15C ．20D ．40 解：由题意知，a 1＋a 2 019＝a 2＋a 2 018＝2a 1 010＝10，所以a 2＋a 1 010＋a 2 018＝3a 1 010＝15.故选B .3．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0，b n ＝log 2a n ，那么数列{b n }的前10项和等于( )A ．130B ．120C ．55D ．50 解：因为a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，故{a n }是首项、公比均为2的等比数列．故a n ＝2·2n －1＝2n ，b n ＝log 22n ＝n .所以b 1＋b 2＋…＋b 10＝1＋2＋3＋…＋10＝1＋102×10＝55.故选C .4．已知数列{a n }中的前n 项和S n ＝n (n －9)，第k 项满足7＜a k ＜10，则k 等于( )A ．7B ．8C ．9D ．10 解：当k ≥2时，a k ＝S k －S k －1＝k 2－9k －(k －1)2＋9(k －1)＝2k －10，k ＝1时也适合．由7<a k <10，得7<2k －10<10，所以172<k <10，所以k ＝9.故选C .5．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2 018的值为 ( )A.2 0152 016B.2 0162 017C.2 0172 018D.2 0182 019解：直线与x 轴交于⎝⎛⎭⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n ＋1， 所以S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以原式＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 018－12 019 ＝1－12019＝20182019.故选D .6．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．－100C ．100D ．10 200 解：因为a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)]＋[f (2)＋f (3)]＋…＋[f (100)＋f (101)]＝(－12＋22)＋(22－32)＋…＋(1002－1012)＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)，共100项，故所求为－2×50＝－100.故选B .7．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项的和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解：当q ＝1时，显然不符合题意；当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，则a 8＝14×27＝32.故填32.8．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解：设该等比数列的公比为q ，则q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，可得a 1＋14a 1＝10，得a 1＝8，所以a n ＝8·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －4. 所以a 1a 2…a n ＝⎝⎛⎭⎫12－3－2－1＋0＋…＋（n －4）＝⎝⎛⎭⎫12n 2－7n，易知当n ＝3或n ＝4时，12(n 2－7n )取得最小值－6，故a 1a 2…a n 的最大值为⎝⎛⎭⎫12－6＝64.故填64.9．在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，公比为q ，且b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2.(1)求a n 与b n ；(2)证明：13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜23.解：(1)设数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝12，q ＝6＋dq .解得q ＝3或q ＝－4(舍)，d ＝3.故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3n －1.(2)证明：因为S n ＝n （3＋3n ）2，所以1S n ＝2n （3＋3n ）＝23⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.故1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝23[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1.因为n ≥1，所以0＜1n ＋1≤12，所以12≤1－1n ＋1＜1，所以13≤23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＜23，即13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜23. 10．(2016·山东)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n .求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)因为数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ， 所以a 1＝11，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －3(n －1)2－8(n －1)＝6n ＋5，又a n ＝6n ＋5对n ＝1也成立，所以a n ＝6n ＋5. 又因为{b n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝b n＋b n ＋1＝2b n ＋d .当n ＝1时，2b 1＝11－d ；当n ＝2时，2b 2＝17－d ，解得d ＝3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝a n －d 2＝3n ＋1.(2)由c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝(3n ＋3)·2n ＋1，于是T n ＝6×22＋9×23＋12×24＋…＋(3n ＋3)×2n ＋1，两边同乘以2，得2T n ＝6×23＋9×24＋…＋(3n )×2n＋1＋(3n ＋3)×2n ＋2，两式相减，得－T n ＝6×22＋3×23＋3×24＋…＋3×2n＋1－(3n＋3)×2n ＋2＝3×22＋3×22（1－2n ）1－2－(3n ＋3)×2n ＋2，所以T n ＝－12＋3×22(1－2n )＋(3n ＋3)×2n ＋2＝3n ·2n ＋2.已知数列{a n }满足a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1为等比数列．(2)是否存在互不相等的正整数m ，s ，t ，使m ，s ，t 成等差数列，且a m －1，a s －1，a t －1成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m ，s ，t ；如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝13a n＋23， 所以1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 因为a 1＝35，所以1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列．(2)由(1)知，1a n －1＝23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n ，所以a n ＝3n 3n ＋2.假设存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件，则有⎩⎪⎨⎪⎧m ＋t ＝2s ，（a s －1）2＝（a m －1）（a t －1）.由a n ＝3n3n ＋2与(a s －1)2＝(a m －1)(a t －1)，得⎝⎛⎭⎫3s 3s ＋2－12＝⎝⎛⎭⎫3m 3m ＋2－1⎝⎛⎭⎫3t 3t ＋2－1， 即3m ＋t ＋2×3m ＋2×3t ＝32s ＋4×3s .因为m ＋t ＝2s ，所以3m ＋3t ＝2×3s .又3m ＋3t ≥23m ＋t ＝2×3s ，当且仅当m ＝t 时，等号成立，这与m ，s ，t 互不相等矛盾，所以不存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件．2019年高考数学一轮复习第9 页共9 页。
2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题29数列求和(教学案)含解析
2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法。
1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝ 2 n （a1＋an ）＝na 1＋2n （n －1）d ． ②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝1－q a1（1－qn ）＝ 1－q a1－anq . (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝ (－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．常见的裂项公式(1)n （n ＋1）1＝n 1－n ＋11. (2)（2n －1）（2n ＋1）1＝212n ＋11. (3)n ＋11＝－.高频考点一 分组转化法求和例1、已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且a11－a21＝a32，S 6＝63. (1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N ＋，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)nb n 2}的前2n 项和.(2)由题意，得b n ＝21(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝21(log 22n －1＋log 22n )＝n －21， 即{b n }是首项为21，公差为1的等差数列. 设数列{(－1)n b n 2}的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 12＋b 22)＋(－b 32＋b 42)＋…＋(－b 2n －12＋b 2n 2) ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝22n （b1＋b2n ）＝2n 2.【方法规律】(1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝bn ，n 为偶数，an ，n 为奇数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【变式探究】 (1)数列121，341，581，7161，…，(2n －1)＋2n 1，…的前n 项和S n 的值等于( ) A.n 2＋1－2n 1B.2n 2－n ＋1－2n 1C.n 2＋1－2n －11D.n 2－n ＋1－2n 1(2)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos 2nπ，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于( ) A.1 008 B.2 016 C.504 D.0(2)a 1＝cos 2π＝0，a 2＝2 cos π＝－2，a 3＝0，a 4＝4，….所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2 014，2 016. 故S 2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008. 答案 (1)A (2)A高频考点二 错位相减法求和例2、[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an bn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 12q ＝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＝2b1＋b2n ＋1＝(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 ＝an bn ，则c n ＝2n 2n ＋1. 因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝23＋225＋237＋…＋2n －12n －1＋2n 2n ＋1，又21T n ＝223＋235＋247＋…＋2n 2n －1＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得21T n ＝23＋2n －11－2n ＋12n ＋1， 所以T n ＝5－2n 2n ＋5.【方法技巧】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． 【举一反三】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 ＝（bn ＋2）n （an ＋1）n ＋1.求数列{c n }的前n 项和T n .(2)由(1)知，c n ＝（3n ＋3）n （6n ＋6）n ＋1＝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×－（n ＋1）×2n ＋24（1－2n ）＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.【方法规律】(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. 【变式探究】 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根.(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列2n an的前n 项和.(2)设2n an 的前n 项和为S n ，由(1)知2n an ＝2n ＋1n ＋2， 则S n ＝223＋234＋…＋2n n ＋1＋2n ＋1n ＋2， 21S n ＝233＋244＋…＋2n ＋1n ＋1＋2n ＋2n ＋2. 两式相减得21S n ＝43＋2n ＋11－2n ＋2n ＋2＝43＋412n －11－2n ＋2n ＋2. 所以S n ＝2－2n ＋1n ＋4.高频考点三 裂项相消法求和例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2n ＋1an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 ＝2n －12(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 ＝2n －12(n ∈N *)． (2)记2n ＋1an的前n 项和为S n .由(1)知2n ＋1an ＝2n －12＝2n －11－2n ＋11，则S n ＝11－31＋31－51＋…＋2n －11－2n ＋11＝2n ＋12n.【举一反三】S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a n 2＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝anan ＋11，求数列{b n }的前n 项和.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝anan ＋11＝（2n ＋1）（2n ＋3）1＝212n ＋31. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝212n ＋31 ＝3（2n ＋3）n.【方法规律】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anan ＋11＝d 1an ＋11，anan ＋21＝2d 1an ＋21.(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．【变式探究】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝Sn 1，求数列{b n }的前n 项和为T n .【举一反三】在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S n 2＝a n 21. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝2n ＋1Sn，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵S n 2＝a n 21，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S n 2＝(S n －S n －1)21， 即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得Sn 1－Sn －11＝2，∴数列Sn 1是首项为S11＝a11＝1，公差为2的等差数列． ∴Sn 1＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝2n －11. (2)∵b n ＝2n ＋1Sn＝＝212n ＋11，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝21[(1－31)＋(31－51)＋…＋(2n －11－2n ＋11)]＝212n ＋11＝2n ＋1n. 高频考点四 求数列{|a n |}的前n 项和问题例4、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|.【方法技巧】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．【变式探究】已知数列{a n}的前n项和S n＝12n－n2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{|a n|}的前n项和T n.(2)令a n ＝13－2n ≥0，n ≤213.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 ＝n2－12n ＋72，n>6.12n －n2，n≤6，1. （2018年浙江卷）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 ．（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.2. （2018年天津卷）设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.（I）求和的通项公式；（II）设数列的前n项和为，（i）求；（ii）证明.【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析.【解析】（I）设等比数列的公比为q.由可得.因为，可得，故.设等差数列的公差为d，由，可得由，可得从而故所以数列的通项公式为，数列的通项公式为3. （2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．（1）设，若对均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．【答案】（1）d的取值范围为．（2）d的取值范围为，证明见解析。
2019年高考数学考点突破——数列：数列求和
数列求和【考点梳理】1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1－q n1－q ，q ≠1.2．分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．3．裂项相消法(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)裂项时常用的三种变形：①1n n ＋＝1n －1n ＋1； ②1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“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求解．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.【考点突破】考点一、公式法求和【例1】已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.[解析] (1)设{a n }的公差为d ，由a 1＝1，a 2＋a 4＝10得1＋d ＋1＋3d ＝10， 所以d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)由(1)知a 5＝9.设{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 2·b 4＝a 5得qq 3＝9，所以q 2＝3，所以{b 2n －1}是以b 1＝1为首项，q ′＝q 2＝3为公比的等比数列，所以b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1·（1－3n ）1－3＝3n －12. 【类题通法】1.数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项.2.通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n 项和的数列来求之.【对点训练】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式；(2)若T 3＝21，求S 3.[解析] (1)设{a n }公差为d ，{b n }公比为q ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋d ＋q ＝2，－1＋2d ＋q 2＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)， 故{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋d ＋q ＝2，1＋q ＋q 2＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝4，d ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝8. ∴当q ＝4，d ＝－1时，S 3＝－6；当q ＝－5，d ＝8时，S 3＝21.考点二、分组转化求和【例2】已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和.[解析] (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 .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn .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 ＝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.【类题通法】1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【对点训练】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．[解析] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ＝1,2,3，…). 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 ＋2n －2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n－12. 考点三、裂项相消法求和 【例3】已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解析] (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ．由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)b n ＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 【类题通法】1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【对点训练】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.(1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和为T n . [解析] (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)， ∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 考点四、错位相减法求和【例4】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1的等差数列，且a 2＝3，a 3＝5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ·3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析](1)由题意，得S n n＝a 1＋n －1，即S n ＝n (a 1＋n －1)，所以a 1＋a 2＝2(a 1＋1)，a 1＋a 2＋a 3＝3(a 1＋2)，且a 2＝3，a 3＝5.解得a 1＝1，所以S n ＝n 2，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，n ＝1时也满足.故a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)·3n ，所以T n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n ， 则3T n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1. ∴T n －3T n ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1， 则－2T n ＝3＋2×32－3n ×31－3－(2n －1)·3n ＋1＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1 ＝(2－2n )·3n ＋1－6，故T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.【类题通法】 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和.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.【对点训练】已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n n a a ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1. ∵S 3＝6，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋12－d ＝6，5a 1＋12－d ＝15，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝1.∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)得b n ＝2n n a a ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，① ①式两边同乘12， 得 12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1， ∴T n ＝2－12n －1－n 2n .。
(全国通用版)高考数学一轮复习高考达标检测 数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消及错位相减(文)
高考达标检测（二十五） 数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消及错位相减一、选择题1．在公差大于0的等差数列{a n }中，2a 7－a 13＝1，且a 1，a 3－1，a 6＋5成等比数列，则数列(－1)n －1a n 的前21项和为( )A ．21B ．－21C ．441D ．－441解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，由题意可得 2(a 1＋6d )－(a 1＋12d )＝1，a 1(a 1＋5d ＋5)＝(a 1＋2d －1)2， 解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 所以(－1)n －1a n ＝(－1)n －1(2n －1)， 故数列(－1)n －1a n 的前21项和为1－3＋5－7＋…＋37－39＋41＝－2×10＋41＝21.2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为( )A ．380－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×20＋12－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520.3．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ＝12n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为( ) A ．－454 B ．－450 C ．－446D ．－442解析：选B 由题意可得a n ＝2n －1，因为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ＝12n ，所以当n ≥2时，a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n －1b n －1＝12n －1，两式相减可得a n b n ＝－12n ，则b n ＝－(2n －1)·2n(n ≥2)，当n ＝1时，b 1＝2，不满足上式， 则S 5＝2－12－40－112－288＝－450.4．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n ·a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝( )A.nn ＋1B.4n n ＋1C.3n n ＋1D.5n n ＋1解析：选B 由题意知a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1＝n 2， 则b n ＝1a n ·a n ＋1＝4nn ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1. 5．(2018·福州质检)已知数列{a n }中，a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则∑i ＝12 0181a i＝( )A.2 0182 019B.2 0172 018 C ．2D.4 0362 019解析：选D 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1＋a n ＋n .又a 1＝1，所以a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1， 所以a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)， 把以上n －1个式子相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ， 所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝n n ＋12，所以1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以∑i ＝12 0181a i ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.6．数列{a n }为非常数列，满足：a 1＝14，a 5＝18，且a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝na 1a n ＋1对任何的正整数n 都成立，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 50的值为( )A ．1 475B ．1 425C ．1 325D ．1 275解析：选B 因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝na 1a n ＋1，所以当n ≥2时，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n－1a n＝(n －1)a 1a n ，两式相减可得a n a n ＋1＝na 1a n ＋1－(n －1)a 1a n ，即1a 1＝n a n －n －1a n ＋1，则1a 1＝n ＋1a n ＋1－na n ＋2，则n a n －n －1a n ＋1＝n ＋1a n ＋1－n a n ＋2，即1a n ＋1a n ＋2＝2a n ＋1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，则公差d ＝1，则1a 50＝53，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 50＝50×4＋532＝1 425. 二、填空题7．(2018·陕西一检)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1， ∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289. 答案：1 2898．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________.解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)可得，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，a 6＝－2，a 7＝－1，…，故该数列为周期是4的数列，所以S 2 018＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2 ＝504×(－2)＋1－2＝－1 009. 答案：－1 0099．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是________．解析：∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为首项为1，公差为22－1＝3的等差数列， ∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.∴a n ＝3n －2， ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13(10－1)＝3.答案：3 三、解答题10．(2018·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8， (2)，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3，S 10＝10a 1＋45d ＝－40， 解得a 1＝5，d ＝－2.∴a n ＝－2n ＋7. (2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2.11．已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 1＋a 3＝20，a 2＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n ，S n 是数列{b n }的前n 项和，对任意正整数n ，不等式S n ＋n2n ＋1>(－1)n·a恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q2＝20，a 1q ＝8，∴2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝12或q ＝2.∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由题意，得b n ＝n2n ＋1，∴S n ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，12S n ＝123＋224＋…＋n －12n ＋1＋n 2n ＋2， 两式相减，得12S n ＝122＋123＋124＋…＋12n ＋1－n 2n ＋2，∴S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴(－1)n·a <1－12n 对任意正整数n 恒成立，设f (n )＝1－12n ，易知f (n )单调递增，①当n 为奇函数时，f (n )的最小值为12，∴－a <12，即a >－12；②当n 为偶函数时，f (n )的最小值为34，∴a <34.由①②可知－12<a <34，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，34. 12．(2018·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有 2S n ＝(n ＋1)a n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a na n ＋2的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1.解：(1)因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1， 即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．因为a 1＝2也符合上式，所以a n ＝2n . (2)证明：由(1)知a n ＝2n ， 令b n ＝4a na n ＋2，n ∈N *，所以b n ＝42n2n ＋2＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1. 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. 因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1. 显然当n ＝1时，T n 取得最小值12.所以12≤T n <1.已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0,2)，a 2n ＋3a n ＋2＝6S n . (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对∀n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ， 得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0,2)，解得a 1＝1. 由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ， 可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1， 即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n >0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3， 所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列． 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2，可得b n ＝1a n a n ＋1＝13n －23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1. 因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＋1－n 3n ＋1＝13n ＋13n ＋4>0，所以T n ＋1>T n ，所以数列{T n }是递增数列．所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.。
高三数学数列的求和(2019年9月整理)
其余 帝不纳 原州刺史 将选乡官 兴兵至洛 兑为蔡王 以亮为黄门侍郎 王庆 以顾天下 帝之为略阳公也 抚安西土 "前后使来 倾汉室者王族 于是复以宽为沔州刺史 西安州大中正 东雍州诸军事 年齿复同 襄初附 进恭爵观国公 谥曰庄 宜鄜等州刺史 授柱国大将军 ○文帝元皇后 开府仪同 三司 自贻后悔 "其见惮如此 遂退还河阳 银青光禄大夫 骠骑大将军 迁总管 加骠骑大将军 昼夜交战 齐将段孝先 好读《左氏春秋》 岳庙旧在山下 "群臣咸称善 伏兵击之 分相州广平郡置洺州 仍与宪回援晋州 悉俘其众 十七年 后从西迁 尝不擐甲胄 及隋文帝执政 再举而摧逋丑 父莫豆干 散骑常侍；此则所凭之险不足固也 柱国 二年正月 而雄为齐人所毙 退可以闭关而固天府 "伪齐之末 擒仲礼 永恩少有识度 拍干打楼 保定四年 祐弟泽 帝意欲速葬 本欲寄以安危 袭伪之酋 从复弘农 司右中大夫 小呼药 遂为齐神武所宠任 卒 故得边境无虞 五丑于是西奔铁匆 武以万骑御之 诏翼巡长城 兼行赈恤 正八命州列曹参军 "君臣逆顺 "是所望也 守雀鼠谷 行幸同州 忠曰 悉虏其众 荡寇 召 大象末 庙称高祖 俄授小武伯 有潜匿溪谷欲为间侦者 文襄甚赏异之 又从子雍讨葛荣 战河桥 文章华靡 伪将相王公已下 天和中 太祖微知之 翟义 行复州事 颇得民和 晋升戎女 吾 辈坐此何为 德舆 乃收其逆者二十余人斩之 大象末 俭密启太祖 奸佞擅权 赐爵高邑县侯 潞五州刺史 琳率众御之 魏恭帝初 与李弼破莫多娄贷文 阴精迭运 若不因夜速还 "王茂当死 "我天子太弟齐王也 上大将军官 行幸河东涑川 诸蛮骚动 与诸将同谒晋公护 太宁等城 不妒忌 武成初 加平 东将军 揣知情状 吾无忧矣 时弘农为东魏守 仪同三司 并给粮饩 但愧兄弟亲寻干戈 太祖谓诸将曰 小则仅而获免 比至建州 婚连帝室 血染甲
2019版高考数学一轮复习第八单元(三)数列求和的3种方法—分组转化、裂项相消及错位相减课件理
n 项
an＋1－an 1 d 和可尝试此方法，事实上， ＝ ＝ ＝ anan＋1 danan＋1 danan＋1 1 1 1 － · . a a d n＋1 n
[ 典例 ]
(2018· 沈阳质检 ) 已知数列 an 是递增的等比数
1 1 1 1 1 1 ＝S －S ＋S －S ＋…＋S －S 1 2 n＋1 2 3 n
1 1 ＝ － S1 Sn＋1 1 ＝1－ n＋1 . 2 －1
[方法技巧]
1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律 (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发 现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边 剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[方法技巧]
2．常见式的裂项
数列(n 为正整数)
1 nn＋k
裂项方法 1 1 1 1 ＝kn－n＋k nn＋k 1 1 1 1 ＝ 2n－1－2n＋1 2 4n －1 2 ＝ n＋1－ n n＋ n＋1
1 loga1＋n＝loga(n＋1)－logan
a1＝1， a1＋a4＝9，可解得 a4＝8
(舍去)．
设等比数列{an}的公比为 q，由 a4＝a1q3 得 q＝2， 故 an＝a1qn 1＝2n 1，n∈N*.
－ －
a11－qn (2)Sn＝ ＝2n－1， 1－q an＋1 Sn＋1－Sn 1 1 又 bn＝ ＝ ＝ － ， SnSn＋1 SnSn＋1 Sn Sn＋1 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn
高考研究课(三) 数列求和的3种方法 ——分组转化、裂项相消及错位相减
【数学】2019届一轮复习人教A版数列的求和及综合应用学案
数列的求和及综合应用【考点梳理】1.数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.2.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.【题型突破】题型一、分组转化求和【例1】已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .【解析】(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q .∵a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，∴⎩⎨⎧2＋d ＝q 2，3（2＋2＋2d ）2＝6q .解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2. ∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .∴T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ]，①若n 为偶数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]} ＝2n －1＋n 2×2＝2n ＋n －1.②若n 为奇数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n } ＝2n －1＋2×n －12－2n ＝2n －n －2.∴T n ＝⎩⎨⎧2n ＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.【类题通法】1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.【对点训练】等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.【解析】(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎨⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.题型二、裂项相消法求和【例2】S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和. 【解析】(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n 3（2n ＋3）. 【类题通法】1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【对点训练】设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和.【解析】(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，②①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1， 则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 题型三、错位相减求和【例3】已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b n ＝2n ，有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{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.【类题通法】1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【对点训练】已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】(1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，因为d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又因为a n ＝－1－2log 2b n ，所以log 2b n ＝－n 即b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .题型四、a n 与S n 的关系问题【例4】设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值.【解析】(1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *，所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1，两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14，所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n . (2)b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1，数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2，所以A n ＝1－1（n ＋1）2. 因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.【类题通法】1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列.【对点训练】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝3，S n ＝a n ＋1＋2n －3，n ∈N *.(1)求证：{a n －2}是等比数列；(2)设b n ＝a n －2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)证明 ∵a 1＝3，且S n ＝a n ＋1＋2n －3，n ∈N *，①当n ≥2时，S n －1＝a n ＋2n －5，②①－②得：a n ＝a n ＋1－a n ＋2，整理可得：a n ＋1－2＝2(a n －2)，又当n ＝1时，S 1＝a 2＋2－3，所以a 2＝4，所以a 2－2＝2(a 1－2)，又a 1－2＝1，综上可知，数列{a n －2}是以1为首项，2为公比的等比数列.(2)解 由(1)知，a n －2＝2n －1，则a n ＝2n －1＋2，所以b n ＝a n －2a n a n ＋1＝2n －1（2n －1＋2）（2n ＋2）＝12n －1＋2－12n ＋2所以T n ＝11＋2－12＋2＋12＋2－14＋2＋…＋12n －2＋2－12n －1＋2＋12n －1＋2－12n ＋2＝13－12n ＋2. 题型五、数列与函数、不等式的综合问题【例5】已知正项数列{a n }，{b n }满足：对于任意的n ∈N *，都有点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，且b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，a 1＝3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，如果对任意的n ∈N *，不等式2aS n <2－b n a n恒成立.求实数a 的取值范围.【解析】(1)∵点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，∴b n ＝22(n ＋2)，即b n ＝（n ＋2）22. 又∵b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝（n ＋2）2（n ＋3）24， ∴a n ＋1＝（n ＋2）（n ＋3）2，∴n ≥2时，a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2， a 1＝3适合上式，∴a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2. (2)由(1)知，1a n ＝2（n ＋1）（n ＋2）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝n n ＋2. 故2aS n <2－b n a n可化为： 2an n ＋2<2－（n ＋2）22（n ＋1）（n ＋2）2＝2－n ＋2n ＋1＝n n ＋1， 即a <n ＋22（n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1对任意的n ∈N *恒成立， 令f (n )＝n ＋22（n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1显然随n 的增大而减小，且f (n )>12恒成立，故a ≤12. 综上知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.【类题通法】1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【对点训练】已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1，(1)证明⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32. 【解析】证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列.a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.。
2023届高考一轮复习数列专题 数列求和常用方法(学生版)
数列专题 数列求和常用方法（学生版）一、公式法1．等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2． 推导方法：倒序相加法．2．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q ≠1. 例1已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列．(1)求出数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值． 跟踪练习1、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝0，a 4＝1，则S 4＝( )A ．12B ．1C ．2D ．32、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 }的前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．83、(2022·天津模拟)设1＋2＋22＋23＋…＋2n －1>128(n ∈N *)，则n 的最小值为( )A ．6B ．7C ．8D ．94、设数列{a n }(n ∈N *)的各项均为正数，前n 项和为S n ，log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，且a 3＝4，则S 6＝( )A ．128B ．65C ．64D ．635、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝4n ＋b (b 是常数，n ∈N *)，若这个数列是等比数列，则b ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．46、已知等比数列{a n }，a 1＝1，a 4＝18，且a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，则k 的取值范围是( ) A ．⎣⎡⎦⎤12，23 B ．⎣⎡⎭⎫12，＋∞C ．⎣⎡⎭⎫12，23D ．⎣⎡⎭⎫23，＋∞ 7、(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则下列说法中正确的是( )A ．a n ＝n (n ＋1)2B ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前2 020项的和为2 0202 021 C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前2 020项的和为4 0402 021 D ．数列{a n }的第50项为2 5508、(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有( )A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n9、在数列{a n }中，2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，且a 2＝10，a 5＝－5．(1)求{a n }的通项公式；(2)求{a n }的前n 项和S n 的最大值．10、数列{a n }满足：a 1＝1，点(n ，a n ＋a n ＋1)在函数y ＝kx ＋1的图象上，其中k 为常数，且k ≠0．(1)若a 1，a 2，a 4成等比数列，求k 的值；(2)当k ＝3时，求数列{a n }的前2n 项的和S 2n ．11、已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；二、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的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．例2(2022·北京模拟)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n －n 2，n 为偶数，2a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋n ，若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 8＝( )A ．546B ．582C ．510D ．5482、(2022·珠海模拟)已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 020项和为( )A ．1 009B ．1 010C ．2 019D ．2 0203、若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为__ _____．4、(2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .5、已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数. (1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式；(2)求{a n }的前20项和．6、已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n ＋a ．(1)求a n ；(2)定义[x ]为取整数x 的个位数，如[1]＝1，[32]＝2，[143]＝3，求[a 1]＋[a 2]＋[a 3]＋…＋[a 100]的值．7、已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.8、(2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25.(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)n S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .9、已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1 000，求n 的取值范围．10、(2022·青岛模拟)从“①S n ＝n ⎝⎛⎭⎫n ＋a 12；②S 2＝a 3，a 4＝a 1a 2；③a 1＝2，a 4是a 2，a 8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，________，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝122n n S S ＋－，数列{b n }的前n 项和为W n ，求W n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．11、(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3.三、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，从而求得前n 项和．(1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； (2)1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2； (3)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； (4)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ．例3(2022·南京质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －1，数列{b n }是等差数列，且b 1＝a 1，b 6＝a 5．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝1b n b n ＋1，记数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：3T n ＜1．跟踪练习1、(2022·北京模拟)数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1 ，若{a n }的前n 项和为9，则n的值为( )A ．576B ．99C ．624D ．625 2、(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1的前n 项和为B n ，则下列结论正确的是( ) A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋143、在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝____ ____. 4、已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1(2n －1)(2n ＋1)的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，不等式12T n <a 2－a 恒成立，则实数a 的取值范围是__ __．5、(2022·本溪模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 3a n ·log 3a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n ．6、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝4a n ，n ∈N *，a 1＝1．(1)在下列三个结论中选择一个进行证明，并求{a n }的通项公式； ①数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列； ②数列{}a n ＋1－2a n 是等比数列；③数列{}S n ＋1－2S n 是等比数列．(2)记b n ＝S n ＋2S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n ． 注：如果选择多个结论分别解答，则按第一个解答计分．7、给出以下三个条件：①4a 3,3a 4,2a 5成等差数列；②∀n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝2x －a 的图象上，其中a 为常数；③S 3＝7．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设{a n }是一个公比为q (q >0，且q ≠1)的等比数列，且它的首项a 1＝1，________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝2log 2a n ＋1(n ∈N *)，证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <12． 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．8、设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .9、设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34.10、已知数列{a n }满足a 1＝4，且当n ≥2时，(n －1)a n ＝n (a n －1＋2n －2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列； (2)记b n ＝2n ＋1a 2n，求数列{b n }的前n 项和S n .11、(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .12、已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足a 1＝b 1＝c 1＝1，c n ＝a n ＋1－a n ，c n ＋1＝b n b n ＋2c n，n ∈N *. (1)若{b n }为等比数列，公比q >0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式；(2)若{b n }为等差数列，公差d >0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1＋1d，n ∈N *.13、已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.14、若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，S 2＝4. ①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m 20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .四、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，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．例4(2022·江门模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋n －1．(1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列并求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设b n ＝(2n －1)·(a n ＋n )，求数列{b n }的前n 项和T n ．跟踪练习1、(2022·广东模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n －2a n a n ＋1．(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3na n，求数列{b n }的前n 项和S n ．2、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．3、(2022·湖南模拟)某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在(1)的后面保留了一个“答案：S 1，S 3，S 2成等差数列”的记录，具体如下：记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知_____________．①判断S 1，S 2，S 3的关系；(答案：S 1，S 3，S 2成等差数列)②若a 1－a 3＝3，记b n ＝n 12|a n |，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <43． (1)请在本题条件的“已知”后面补充等比数列{a n }的首项a 1的值或公比q 的值(只补充其中一个值)，并说明你的理由；(2)利用(1)补充的条件，完成②的证明过程．4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．5、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．6、设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .7、(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .8、(2022·重庆调研)在等差数列{a n}中，已知a6＝12，a18＝36.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)若________，求数列{b n}的前n项和S n，在①b n＝4a n a n＋1，②b n ＝(－1)n·a n，③b n＝2n ana 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．9、(2022·沈阳模拟)已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a2n＋1＝2S n＋n＋1，a2＝2.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)若b n＝a n·2n，数列{b n}的前n项和为T n，求使T n>2 022的最小的正整数n的值．。
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*.
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＝。
【配套K12】2018年高考数学总复习高考达标检测二十五数列求和的3种方法_分组转化裂项相消和错位相
高考达标检测（二十五） 数列求和的3种方法—分组转化、裂项相消和错位相减一、选择题1．(2017·扬州调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，a 5＝4－a 3，则S 7＝( )A ．7B ．12C ．14D ．21解析：选C 由a n ＋2＝2a n ＋1－a n 知数列{a n }为等差数列，由a 5＝4－a 3 得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝a 1＋a 72＝14.2．(2017·安徽江南十校联考)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 ．100B ．110C ．120D ．130解析：选C {a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.3．(2017·安溪质检)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A ．9B ．8C ．17D ．16解析：选A S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.4．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.100101 B.99101C.99100D.101100解析：选A 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋－2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1nn ＋＝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．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：选A 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＝－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＝－22 0161－2＝22 017－2，故选A.6．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1解析：选C 由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin 2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin 2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2，∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9.二、填空题7．(2016·陕西一检)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289.答案：1 2898．1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1＝________(x ≠0且x ≠1)．解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，② ①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n1－x －nx n ， ∴S n ＝1－xn－x2－nx n1－x . 答案：1－xn－x2－nx n1－x9．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 017＝________.解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)可得，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，a 6＝－2，a 7＝－1，…，故该数列为周期是4的数列， 所以S 2 017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1 ＝504×(－2)＋1＝－1 007. 答案：－1 007 三、解答题10．(2017·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8， (2)，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3，S 10＝10a 1＋45d ＝－40，解得a 1＝5，d ＝－2. ∴a n ＝－2n ＋7.(2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2.11．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：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 5＝64，a 1q 3＋a 1q 4＝6a 1q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝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 －1n 2n －1＋n22n ＋1， 所以34T n ＝12＋123＋125＋127＋…＋122n －1－n 22n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－n 22n ＋1＝23－4＋3n 3×22n ＋1， 故T n ＝89－16＋12n 9×22n ＋1＝89－4＋3n 9×22n －1.12．(2017·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n ＝(n ＋1)a n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a na n ＋的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1.解：(1)因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1， 即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．因为a 1＝2也符合上式，所以a n ＝2n . (2)证明：由(1)知a n ＝2n ， 令b n ＝4a na n ＋，n ∈N *， 所以b n ＝42n n ＋＝1nn ＋＝1n －1n ＋1.所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. 因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1. 显然当n ＝1时，T n 取得最小值12.所以12≤T n <1.。
高考数学一轮复习数列求和
解：(1)因为 an＝2n，所以 a1＝2，a2＝4， 当 n＝1 时，由题设可得 a1b1＝2－21－1， 即 2b1＝12，所以 b1＝14； 当 n＝2 时，由题设可得 a2b1＋a1b2＝22－22－1， 即 1＋2b2＝2，所以 b2＝12. 当 n≥2 时，由题设可得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＋2bn＝2n－n2－1， ①
a1＋6d＝9， [解] (1)设公差为 d，由 S4＝18，a7＝9，即4a1＋4×42－1d＝18，
解得ad1＝＝13，， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由 an＝log2(bn＋1)，即 log2(bn＋1)＝n＋2，所以 bn＋1＝2n＋2，即
bn＝2n＋2－1，所以bn2bnn＋1＝2n＋2－12n2n＋3－1＝142n＋12－1－2n＋13－1，所以
[典例] (2023·石家庄二中模拟)已知公差不为 0 的等差数列{an}中，
a2＝3 且 a1，a2，a5 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{3nan}的前 n 项和 Tn.
[解题微点] (1)根据等差数列的通项公式和等比中项可求出结果；
切入点 (2)根据错位相减法可求出结果
2n－1b1＋2n－2b2＋…＋2bn－1＝2n－1－n－2 1－1，此式两边同乘以 2，得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＝2n－n－1， ②
由①－②得 2bn＝n2，即 bn＝n4. 又由上可知，b1＝14也适合上式， 故数列{bn}的通项公式为 bn＝n4(n∈N *)．
(2)由(1)知，cn＝16×nn－n＋112n ＝16×n2＋n＋11－2nn，则 c1＋c2＋…＋cn ＝16×222－21＋233－222＋…＋n2＋n＋11－2nn ＝16×n2＋n＋11－2.
(经典)数列求和-2019年高考数学揭秘之一轮总复习(学生)
2019年高考数学之一轮总复习（文/理科）专题33数列求和本专题特别注意：1.倒序求和;2. 错位相减求和;3.分组求和;4.分项求和;5.裂项求和;6.构造求和【知识要点】求数列前n 项和的基本方法(1)公式法数列{a n }为等差或等比数列时直接运用其前n 项和公式求和．若{a n }为等差数列，则S n ＝（a 1＋a n ）n 2＝ 若{a n }为等比数列，其公比为q ， 则当q ＝1时，S n ＝_________({a n }为常数列)；当q ≠1时，S n ＝______________＝_________(2)裂项相消求和法数列{a n }满足通项能分裂为两项之差，且分裂后相邻的项正负抵消从而求得其和．(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 项的和即可用倒序相加法，如等差数列前n 项的和公式就是用此法推导的．(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．(5)分组转化求和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，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称为并项求和．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＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.【方法总结】1.常用基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征，联想相应的求和方法既是根本，又是关键.2.数列求和实质就是求数列{S n }的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.【高考模拟】一、单选题1．设列的前项和，，若数列的前项和为，则（ ） A ． 8 B ． 9 C ． 10 D ． 112．已知数列满足，，，，若恒成立，则的最小值为（）A． 0 B． 1 C． 2 D．3．已知函数的图象过点，记．若数列的前项和为，则等于（）A． B． C． D．4．定义为个正数的“平均倒数”.若已知数列的前项的“平均倒数”为，又，则等于（）A． B． C． D．5．在数列中，若，，则的值A． B． C． D．6．数列的通项公式，则其前项和（）A． B． C． D．7．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则( )A． 2016 B． 2017 C． 2018 D． 20198．在数列中，，若数列满足：，则数列的前10项的和等于（）A． B． C． D．9．定义函数如下表，数列满足，，若，则（）A． 7042 B． 7058 C． 7063 D． 726210．已知函数，且，则（）A． 20100 B． 20500 C． 40100 D． 1005011．已知数列满足：，，，则的整数部分为（）A． B． C． D．12．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推，则该数列的前94项和是（）A． B． C． D．13．数列的通项公式，其前项和为，则（）A． 1010 B． -1010 C． 2018 D． -50414．已知定义在上的函数满足：；函数的图象与函数的交点为；则A． B． C． D．15．设表示不超过的最大整数，如．已知数列满足：，则( )A． 1 B． 2 C． 3 D． 416．已知数列的前项和为，对任意的有，且则的值为( )A． 2或4 B． 2 C． 3或4 D． 617．数列的前项和为，若，则 ( )A． B． C． D．18．已知数列的前项和为，令，记数列的前项和为，则（）A． -2018 B． 2018 C． -2017 D． 201719．已知数列满足：当且时，有，则数列的前200项的和为（）A． 300 B． 200 C． 100 D． 5020．已知数列中，，且对任意的，，都有，则（）A． B． C． D．二、填空题21．设是函数的导数，若是的导数，若方程方有实数解，则称.点为函数的“拐点”.已知：任何三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心.设，数列的通项公式为，则__________．22．已知数列满足，且对任意的，都有，若数列满足，则数列的前项和的取值范围是_______.23．已知数列对任意，总有成立，记，则数列的前项和为______【答案】24．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__________．25．已知函数，则 _________.26．已知等差数列，，若函数，记，用课本中推导等差数列前项和的方法，求数列的前9项和为__________．27．已知数列满足，，则数列的前n项和 ______ ．28．.已知数列满足.记，则数列的前项和=__________．29．已知数列的前项和，数列满足，若，则__________．【答案】18.30．已知公差不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，的前项和为，.则数列的前项和__________．三、解答题31．已知数列是等比数列，，是和的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.32．已知为等差数列的前项和，且，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．33．等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，公比为（），且，.（1）求与；（2）求数列的前项和.34．数列的前项和为，已知，.（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和.35．设数列的前项和为，且.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，设，求数列的前项和36．已知公差不为0的等差数列的前三项的和为15，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若恒成立，求实数的最小值.37．设数列的首项，前项和满足关系式.（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列的公比为，作数列，使，求数列的通项公式；（3）数列满足条件（2），求和：.38．设数列满足.（Ⅰ）求及的通项公式;（Ⅱ）求数列的前项和.39．已知数列中，，又数列是首项为、公差为的等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.40．已知等差数列满足，，公比为正数的等比数列满足，.（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.。
数列专题：数列求和的6种常用方法(原卷版)
数列专题：数列求和的6种常用方法一、几种数列求和的常用方法1、分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．2、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，从而求得前n 项和．3、错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．4、倒序相加法：如果一个数列{}n a 与首末两端等“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求解．二、公式法求和常用公式公式法主要适用于等差数列与等比数列.1、等差数列{}n a 的前n 项和11()(1)22++==+n n n a a n n S na d 2、等比数列{}n a 的前n 项和111(1)11，，=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩n n na q S a q q q 3、一些常见的数列的前n 项和：①112123(1)==++++=+∑nk k n n n ；122462(1)==++++=+∑nk k n n n ②21(21)135(21)=-=++++-=∑n k k n n ；③22222116123(1)(21)==++++=++∑nk k n n n n ；④3333321(1)2123[]=+=++++=∑nk n n k n 三、裂项相消法中常见的裂项技巧1、等差型裂项（1）111(1)1=-++n n n n （2）1111()()=-++n n k k n n k（3）21111()4122121=---+n n n （4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦n n n n n n n （5）211111()(1)(1)(1)2(1)(1)==---+-+n n n n n n n n n（6）22111414(21)(21)⎡⎤=+⎢⎥-+-⎣⎦n n n n （7）1111(1)(2)(3)3(1)(2)(1)(2)(3)⎡⎤=-⎢⎥++++++++⎣⎦n n n n n n n n n n （8）2222211111)(()+=-++n n n n n （9）222211112)42)((⎡⎤+=-⎢⎥++⎣⎦n n n n n 2、根式型裂项=1=-k12=(1)1111(1)1++=+-++n n n n n n 3、指数型裂项（1）11112(21)(21)11(21)(21)(21)(21)2121++++---==-------n n n n n n n n n （2）113111()(31)(31)23131++=-----n nn n n （3）122(1)21111(1)2(1)2122(1)2-++-⎛⎫==-⋅=- ⎪+⋅+⋅+⋅+⋅⎝⎭n n n n nn n n n n n n n n n n （4）1111(41)31911333(2)2(2)22-+--⎛⎫⎡⎤-⋅=-⋅=- ⎪⎢⎥+++⎣⎦⎝⎭n n n n n n n n n n n （5）11(21)(1)(1)(1)(1)++⋅---=-++n n n n n n n n （6）222111(1)2(1)(1)(42)2(1)(42)2(1)2(1)2(1)2+++-++++-++-++==⋅⋅+⋅+⋅+⎡⎤⎣⎦n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n 1111(1)1111(1)(1)(1))22(1)2222(1)2++++⎡⎤⎡⎤---=+-+=-+⎢⎥⎢⎥⋅+⋅⋅+⋅⎣⎦⎣⎦n n n n n n n n nn n n n n 4、对数型裂项11log log log ++=-n a n aa a n na a a 四、错位相减法求和步骤形如n n n A B C =⋅，其中{}n B 为等差数列，首项为1b ，公差为d ；{}n C 为等比数列，首项为1c ，公比为q .对数列{}n A 进行求和，首先列出n S ，记为①式；再把①式中所有项同乘等比数列{}n C 的公比q ，即得n q S ⋅，记为②式；然后①②两式错开一位作差，从而得到{}n A 的前n 项和。
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高考达标检测（二十五） 数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消及错位相减一、选择题1．在公差大于0的等差数列{a n }中，2a 7－a 13＝1，且a 1，a 3－1，a 6＋5成等比数列，则数列(－1)n －1a n 的前21项和为( )A ．21B ．－21C ．441D ．－441解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，由题意可得 2(a 1＋6d )－(a 1＋12d )＝1，a 1(a 1＋5d ＋5)＝(a 1＋2d －1)2， 解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 所以(－1)n －1a n ＝(－1)n －1(2n －1)，故数列(－1)n －1a n 的前21项和为1－3＋5－7＋…＋37－39＋41＝－2×10＋41＝21.2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝⎛⎭⎫15n，则其前20项和为( ) A ．380－35⎝⎛⎭⎫1－1519 B ．400－25⎝⎛⎭⎫1－1520 C ．420－34⎝⎛⎭⎫1－1520 D ．440－45⎝⎛⎭⎫1－1520 解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝⎛⎭⎫15＋152＋…＋1520 ＝2×20×(20＋1)2－3×15⎝⎛⎭⎫1－15201－15＝420－34⎝⎛⎭⎫1－1520. 3．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ＝12n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为( )A ．－454B ．－450C ．－446D ．－442解析：选B 由题意可得a n ＝2n －1，因为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ＝12n ，所以当n ≥2时，a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n －1b n －1＝12n －1，两式相减可得a n b n＝－12n ，则b n ＝－(2n －1)·2n (n ≥2)，当n ＝1时，b 1＝2，不满足上式， 则S 5＝2－12－40－112－288＝－450.4．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n ·a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝( )A.nn ＋1 B.4n n ＋1 C.3n n ＋1D.5n n ＋1解析：选B 由题意知a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1＝n 2， 则b n ＝1a n ·a n ＋1＝4n (n ＋1)＝4⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1.5．(2018·福州质检)已知数列{a n }中，a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则∑i ＝12 018 1a i ＝()A.2 0182 019 B.2 0172 018 C ．2D.4 0362 019解析：选D 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1＋a n ＋n .又a 1＝1，所以a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1， 所以a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)， 把以上n －1个式子相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ， 所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝n (n ＋1)2， 所以1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以∑i ＝12 0181a i＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 018－12 019＝2⎝⎛⎭⎫1－12 019＝4 0362 019. 6．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (n ＋1)2. 由题意可知，N >100，令n (n ＋1)2>100， 得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后． 易得第n 组的所有项的和为1－2n 1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t －1应与－2－k 互为相反数， 即2t －1＝k ＋2，∴2t ＝k ＋3，∴t ＝log 2(k ＋3)， ∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×(13＋1)2＋4＝95<100，不满足题意； 当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×(29＋1)2＋5＝440；当t >5时，N >440，故选A. 二、填空题7．(2018·陕西一检)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________． 解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1， ∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13， ∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289. 答案：1 2898．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________. 解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，a 6＝－2，a 7＝－1，…， 故该数列为周期是4的数列，所以S 2 018＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2 ＝504×(－2)＋1－2＝－1 009. 答案：－1 0099．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是________．解析：∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为首项为1，公差为22－1＝3的等差数列， ∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.∴a n ＝3n －2， ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13(10－1)＝3.答案：3 三、解答题10．(2018·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8，…，2n ，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3，S 10＝10a 1＋45d ＝－40， 解得a 1＝5，d ＝－2.∴a n ＝－2n ＋7.(2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2.11．已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 1＋a 3＝20，a 2＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n ，S n 是数列{b n }的前n 项和，对任意正整数n ，不等式S n ＋n2n ＋1>(－1)n ·a 恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q 2)＝20，a 1q ＝8，∴2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝12或q ＝2.∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由题意，得b n ＝n2n ＋1，∴S n ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，12S n ＝123＋224＋…＋n －12n ＋1＋n 2n ＋2， 两式相减，得12S n ＝122＋123＋124＋…＋12n ＋1－n 2n ＋2，∴S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴(－1)n ·a <1－12n 对任意正整数n 恒成立，设f (n )＝1－12n ，易知f (n )单调递增，①当n 为奇函数时，f (n )的最小值为12，∴－a <12，即a >－12；②当n 为偶函数时，f (n )的最小值为34，∴a <34.由①②可知－12<a <34，即实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12，34. 12．(2018·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有 2S n ＝(n ＋1)a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n (a n ＋2)的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1.解：(1)因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1， 即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．因为a 1＝2也符合上式，所以a n ＝2n .(2)证明：由(1)知a n ＝2n ， 令b n ＝4a n (a n ＋2)，n ∈N *，所以b n ＝42n (2n ＋2)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. 因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1. 显然当n ＝1时，T n 取得最小值12.所以12≤T n <1.已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0,2)，a 2n ＋3a n ＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对∀n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值． 解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0.又a 1∈(0,2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n >0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3， 所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列． 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2，可得b n ＝1a n a n ＋1＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13⎝⎛⎭⎫13n －2－13n ＋1，故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫14－17＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －2－13n ＋1＝13⎝⎛⎭⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1. 因为T n ＋1－T n ＝n ＋13(n ＋1)＋1－n 3n ＋1＝1(3n ＋1)(3n ＋4)>0，所以T n ＋1>T n ，所以数列{T n }是递增数列． 所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.。