2019高考数学考点突破——数列：数列求和含解析

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2019高考数学考点突破——数列数列求和 Word版含解析

数列求和【考点梳理】．公式法()等差数列的前项和公式：＝＝＋；()等比数列的前项和公式：＝(\\(，＝，,(－－)＝(－－)，≠.))．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．．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．()裂项时常用的三种变形：①＝－；②＝；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，这个数列的前项和可用错位相减法求解．．倒序相加法如果一个数列{}的前项中与首末两端等“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项和即可用倒序相加法求解．．并项求和法一个数列的前项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如＝(－)()类型，可采用两项合并求解．例如，＝－＋－＋…＋－＝(＋)＋(＋)＋…＋(＋)＝ .【考点突破】考点一、公式法求和【例】已知等差数列{}和等比数列{}满足＝＝，＋＝，＝.()求{}的通项公式；()求和：＋＋＋…＋－.[解析] ()设{}的公差为，由＝，＋＝得＋＋＋＝，所以＝，所以＝＋(－)＝－.()由()知＝.设{}的公比为，由＝，·＝得＝，所以＝，所以{－}是以＝为首项，′＝＝为公比的等比数列，所以＋＋＋…＋－＝＝.【类题通法】.数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项..通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前项和的数列来求之. 【对点训练】已知等差数列{}的前项和为，等比数列{}的前项和为，＝－，＝，＋＝. ()若＋＝，求{}的通项公式；()若＝，求.[解析] ()设{}公差为，{}公比为，由题意得解得或(舍去)，故{}的通项公式为＝－.()由已知得解得或∴当＝，＝－时，＝－；当＝－，＝时，＝.考点二、分组转化求和【例】已知数列{}的前项和＝，∈*.()求数列{}的通项公式；()设＝＋(－)，求数列{}的前项和.[解析] ()当＝时，＝＝；当≥时，＝－－＝－＝.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题教学案文含解析

数列的求和问题【2019年高考考纲解读】高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想．【重点、难点剖析】一、分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．二、错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{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．三、裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．【高考题型示例】题型一、分组转化法求和例1、若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n∈N *)． (1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析：(1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ， ∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝λ2n －1.(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋ (22)＋2n ＋1 ＝(22＋24＋ (22))＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n 3＋2n ＋12＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)， ∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43. 【变式探究】在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 3＝4，a 3是a 2－2与a 4的等差中项，若a n ＋1＝2nb (n ∈N *)． (1)求数列{b n }的通项公式； (2)若数列{}c n 满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{}c n 的前n 项和S n .(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n＋12n －12n ＋1＝2n＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{}c n 的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝21－2n1－2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n2n ＋1(n ∈N *)．【感悟提升】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．【变式探究】已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{}b n －a n 为等比数列(n ∈N *)．(1)求数列{a n }和{}b n －a n 的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝()3＋32＋33＋ (3)＋()1＋3＋5＋…＋2n －1＝3()1－3n1－3＋n ()1＋2n －12＝32()3n －1＋n 2＝3n ＋12＋n 2－32(n ∈N *)．【变式探究】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2an ＋(－1)n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.因此{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2an＋(－1)n·a n ＝22n ＋1＋(－1)n·(2n ＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n ＋1)，∴T n ＝2×(41＋42＋…＋4n )＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n ＋1)]＝8（4n－1）3＋G n .当n 为偶数时，G n ＝2×n2＝n ，∴T n ＝8（4n－1）3＋n ；当n 为奇数时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，∴T n ＝8（4n－1）3－n －2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8（4n－1）3＋n （n 为偶数），8（4n－1）3－n －2 （n 为奇数）. 题型二、错位相减法求和例2、[2018·浙江卷]已知等比数列{an }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{bn }满足b 1＝1，数列{(bn ＋1－bn )an }的前n 项和为2n 2＋n . (1)求q 的值；(2)求数列{bn }的通项公式．【解析】 (1)解：由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q >1，所以q ＝2.(2)解：设cn ＝(bn ＋1－bn )an ，数列{cn }的前n 项和为Sn .由cn ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2，解得cn ＝4n －1.由(1)可得an ＝2n －1，所以bn ＋1－bn ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故bn －bn －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2， bn －b 1＝(bn －bn －1)＋(bn －1－bn －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设Tn ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，则12Tn ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12Tn ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此Tn ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以bn ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.【变式探究】已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，满足S n ＝13a 1(a n －1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1(a 1－1)＝13a 21－13a 1，∵a 1≠0，∴a 1＝4.∴S n ＝43(a n －1)，∴当n ≥2时，S n －1＝43(a n －1－1)，两式相减得a n ＝4a n －1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n.(2)∵a n b n ＝log 2a n ＝2n ，∴b n ＝2n 4n ，∴T n ＝241＋442＋643＋…＋2n 4n ，14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1，两式相减得34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1＝23－6n ＋83×4n ＋1. ∴T n ＝89－6n ＋89×4n <89.【变式探究】已知数列{a n }满足a 1＝a 3，a n ＋1－a n 2＝32n ＋1，设b n ＝2n a n (n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＝2na n ，得a n ＝b n 2n ，代入a n ＋1－a n 2＝32n ＋1得b n ＋12n ＋1－b n2n ＋1＝32n ＋1，即b n ＋1－b n ＝3，所以数列{b n }是公差为3的等差数列，又a 1＝a 3，所以b 12＝b 38，即b 12＝b 1＋68，所以b 1＝2，所以b n ＝b 1＋3(n －1)＝3n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝3n －1，得a n ＝b n 2n ＝3n －12n ，所以S n ＝22＋522＋823＋…＋3n －12n ，12S n ＝222＋523＋824＋…＋3n －12n ＋1，两式相减得12S n ＝1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －3n －12n ＋1＝52－3n ＋52n ＋1，所以S n ＝5－3n ＋52n (n ∈N *)．【感悟提升】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)n ＝1时，a 1＋12a 1＝1，a 1＝23，n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n＝1－12a n，S n －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12()a n －1－a n ，∴a n ＝13a n －1(n ≥2)， {a n }是以23为首项，13为公比的等比数列，a n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . b 1＝1，由b 25＝b 2b 14得，()1＋4d 2＝()1＋d ()1＋13d ，d 2－2d ＝0，因为d ≠0，解得d ＝2， b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝4n －23n ，T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，① 13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －4n －23n ＋1＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1 ＝43－23n －4n －23n ＋1，所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈N *)．【变式探究】公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4＝10，且a 1，a 3，a 9成等比数列. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公差为d ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，a 23＝a 1·a 9，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋8d ）. 解之得a 1＝1，且d ＝1. 因此a n ＝n .(2)令c n ＝n3n ，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，① 13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得：23T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －n 3n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12－12×3n －n 3n ＋1，∴T n ＝34－2n ＋34×3n .【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式.所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.题型三裂项相消法求和例3、[2018·天津卷]设{an }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为Sn (n ∈N *)，{bn }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{an }和{bn }的通项公式．(2)设数列{Sn }的前n 项和为Tn (n ∈N *)， ①求Tn ；②．【解析】(1)解：设等比数列{an }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.由q >0，可得q ＝2，故an ＝2n －1.设等差数列{bn }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故bn ＝n . (2)若b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为T n ，若T n >919成立，求n 的最小值．解 (1)由2S n ＝a 2n －2S n －1＋1知， 2S n －1＝a 2n －1－2S n －2＋1()n ≥3，两式相减得，2a n ＝a 2n －a 2n －1－2a n －1，即2()a n ＋a n －1＝()a n －a n －1()a n ＋a n －1，又数列{a n }为递增数列，a 1＝1，∴a n ＋a n －1>0， ∴a n －a n －1＝2()n ≥3，又当n ＝2时，2()a 1＋a 2＝a 22－2a 1＋1，即a 22－2a 2－3＝0，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍)，a 2－a 1＝2，符合a n －a n －1＝2，∴{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12n ＋1，又∵T n >919，即12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12n ＋1>919，解得n >9，又n ∈N *，∴n 的最小值为10. 【变式探究】设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2＋5n . (1)求证：数列{3an}为等比数列； (2)设b n ＝2S n －3n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n b n 的前n 项和T n .(2)解 ∵b n ＝4n 2＋7n ， ∴n a n b n ＝1（4n ＋3）（4n ＋7）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋3－14n ＋7，∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－111＋111－115＋…＋14n ＋3－14n ＋7 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－14n ＋7＝n7（4n ＋7）. 【变式探究】设正项等比数列{a n }，a 4＝81，且a 2，a 3的等差中项为32(a 1＋a 2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3a 2n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{c n }满足c n ＝14S n －1，T n 为数列{c n }的前n 项和，若T n <λn恒成立，求λ的取值范围.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1q 3＝81，a 1q ＋a 1q 2＝3（a 1＋a 1q ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3. 所以a n ＝a 1qn －1＝3n.(2)由(1)得b n ＝log 332n －1＝2n －1， S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [1＋（2n －1）]2＝n 2∴c n ＝14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 若T n ＝n 2n ＋1<λn 恒成立，则λ>12n ＋1(n ∈N *)恒成立，则λ>⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1max，所以λ>13.。

高中数学数列的求和公式及相关题目解析

高中数学数列的求和公式及相关题目解析在高中数学中，数列是一个非常重要的概念，它是数学中的一种序列，由一系列按照一定规律排列的数所组成。

数列的求和是数学中常见的问题之一，本文将介绍数列的求和公式及相关题目解析，帮助高中学生和他们的父母更好地理解和掌握这一知识点。

一、等差数列的求和公式及相关题目解析1. 等差数列的求和公式等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

对于等差数列，我们可以使用求和公式来快速计算其前n项的和。

设等差数列的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，则等差数列的求和公式为：Sn = (n/2)[2a1 + (n-1)d]其中，n为项数，a1为首项，d为公差。

2. 题目解析例题1：已知等差数列的首项为3，公差为4，求前10项的和。

解析：根据等差数列的求和公式，代入a1=3，d=4，n=10，可以得到：S10 = (10/2)[2*3 + (10-1)*4] = 5[6 + 9*4] = 5[6 + 36] = 5*42 = 210因此，前10项的和为210。

例题2：已知等差数列的首项为-2，公差为5，前n项和为100，求n的值。

解析：根据等差数列的求和公式，代入a1=-2，d=5，Sn=100，可以得到：100 = (n/2)[2*(-2) + (n-1)*5] = (n/2)[-4 + 5n - 5] = (n/2)(5n - 9)化简得到5n^2 - 9n - 200 = 0，解这个二次方程可以得到n≈13.2或n≈-3.8。

由于n必须是正整数，所以n≈13.2不符合题意。

因此，n≈-3.8也不符合题意。

综上所述，n的值为13。

二、等比数列的求和公式及相关题目解析1. 等比数列的求和公式等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

对于等比数列，我们可以使用求和公式来快速计算其前n项的和。

设等比数列的首项为a1，公比为r，前n项和为Sn，则等比数列的求和公式为：Sn = a1(1 - r^n)/(1 - r)其中，n为项数，a1为首项，r为公比。

(高考冲刺押题)2019高考数学三轮基础技能闯关夺分必备数列的求和(含解析).doc

(高考冲刺押题)2019高考数学三轮基础技能闯关夺分必备数列的求和（含解析）【考点导读】对于一般数列求和是很困难的，在推导等差、等比数列的和时出现了一些方法可以迁移到一般数列的求和上，掌握数列求和的常见方法有：〔1〕公式法：⑴等差数列的求和公式，⑵等比数列的求和公式〔2〕分组求和法：在直接运用公式求和有困难时常，将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和〔如：通项中含n(-1)因式，周期数列等等〕〔3〕倒序相加法：如果一个数列｛a n ｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，那么可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。

特征：a n +a 1=a n-1+a 2〔4〕错项相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所组成，此时求和可采用错位相减法。

〔5〕裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项之和变成首尾假设干少数项之和。

【基础练习】1、公差不为0的正项等差数列｛a n ｝中,S n 为前n 项之和,lga 1、lga2、lga 4成等差数列，假设a 5=10, 那么S 5=30。

2、设4710310()22222()n f n n N +=+++++∈，那么()f n 等于42(81)7n +-。

3、数列｛a n ｝是等差数列，首项a 1<０，a 2005＋a 2006<０，a 2005·a 2006<０，那么使前n 项之和 S n <０成立的最大自然数n 是４０１０。

4、数列｛a n ｝是等差数列,且a 2=8,a 8=26,从｛a n ｝中依次取出第3项,第9项,第27项…,第3n项,按原来的顺序构成一个新的数列｛b n ｝,那么bn=__3n+1+2___ 5、假设数列{}n a 满足：1,2,111===+n a a a n n ，2，3….那么=+++n a a a 2121n -.【范例导析】例 1.等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比〔Ⅰ〕求n a ；〔Ⅱ〕设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前解：〔I 〕依题意032),(32244342=+--+=a a a a a a a 即03213131=+-∴q a q a q a 21101322==⇒=+-∴q q q q 或211=∴≠q q 1)21(64-⨯=n n a 故〔II 〕n b n n n -==⨯=--72log ])21(64[log 7212⎩⎨⎧>-≤-=∴7777||n n n nb n2)13(2)76(,6||,71n n n n T b n n -=-+==≤∴时当 2)7)(6(212)7)(71(,1||,778--+=--++==>n n n n T T b n n 时当 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+--≤-=∴)7(212)7)(6()7(2)13(n n n n n n T n 点评：此题考查了等比数列的基本性质和等差数列的求和，此题还考查了转化的思想。

高中数学《求数列的和习题课二》专题突破含解析

习题课二　求数列的和题型一　分组分解求和【例1】　已知正项等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝6，a 3＋a 4＝24.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和.解　(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则{a 1＋a 1·q ＝6，a 1·q 2＋a 1·q 3＝24，解得{a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝a 1·q n －1＝2×2n －1＝2n .(2)b n ＝log 22n ＝n ，设{a n ＋b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a n ＋b n )＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2×（2n －1）2－1＋n （1＋n ）2＝2n ＋1－2＋12n 2＋12n .规律方法　1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝{a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.【训练1】　已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(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2n 项和T 2n .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)＋…＋[(4n －3)－(4n －1)]＝(－2)·n＝－2n.题型二　裂项相消法求和【例2】　已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S2＝2，S4＝16，{a n＋1}是等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a n>0，设b n＝log2(3a n＋3)，求数列{1b n b n＋1}的前n项和.解　(1)设等比数列{a n＋1}的公比为q，其前n项和为T n，因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，易知q≠1，所以T2＝（a1＋1）（1－q2）1－q＝4①，T4＝（a1＋1）（1－q4）1－q＝20②，由②①得1＋q2＝5，解得q＝±2.当q＝2时，a1＝13，所以a n＋1＝43×2n－1＝2n＋13；当q＝－2时，a1＝－5，所以a n＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.所以a n＝2n＋13－1或a n＝－(－2)n＋1－1.(2)因为a n>0，所以a n＝2n＋13－1，所以b n＝log2(3a n＋3)＝n＋1，所以1b n b n＋1＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，所以数列{1b n b n＋1}的前n项和为(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n＋1－1n＋2)＝12－1n＋2＝n2（n＋2）.规律方法　(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.常见的拆项公式：(ⅰ)1n（n＋1）＝1n－1n＋1；(ⅱ)1（2n－1）（2n＋1）＝12(12n－1－12n＋1)；(ⅲ)1n＋n＋1＝n＋1－n.(2)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.(3)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.【训练2】　设S n为等差数列{a n}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.(1)求a n；(2)设b n＝1S n，求数列{b n}的前n项和为T n.解　(1)设数列{a n}的公差为d，由题意得{3a1＋3d＝a1＋6d，（a1＋7d）－2（a1＋2d）＝3，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由(1)得S n＝na1＋n（n－1）2d＝n(n＋2)，∴b n＝1n（n＋2）＝12(1n－1n＋2).∴T n＝b1＋b2＋…＋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).题型三　错位相减法求和【例3】　已知{a n}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(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S2n＋1＝b n b n＋1，求数列{b n a n}的前n 项和T n.解　(1)设{a n}的公比为q，由题意知：a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2，又a n>0，解得：a1＝2，q＝2，所以a n＝2n.(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（b1＋b2n＋1）2＝(2n＋1)b n＋1，又S2n＋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＝c1＋c2＋…＋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－(12)n－1]1－12－2n＋12n＋1＝52－2n＋52n＋1，所以T n＝5－2n＋5 2n.规律方法　1.一般地，如果数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，求数列{a n·b n}的前n项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(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”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n”的表达式.【训练3】　已知数列{a n}的通项公式为a n＝3n－1，在等差数列{b n}中，b n>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.(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　(1)∵a n＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.∵在等差数列{b n}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.设等差数列{b n}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.∵b n>0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，∴b1＝3，∴b n＝2n＋1.故a n b n＝(2n＋1)·3n－1，n∈N*.(2)由(1)知T n＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①3T n＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②－2T n＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n ＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×3－3n1－3－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.∴T n＝n·3n，n∈N*.一、素养落地1.通过学习数列求和的方法，提升数学运算和逻辑推理素养.2.求数列的前n项和，一般有下列几种方法.(1)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.(2)分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(3)裂项相消有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(4)奇偶并项当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.(5)倒序相加例如，等差数列前n项和公式的推导方法.二、素养训练1.数列214，418，6116，…的前n项和S n为( )A.n2＋1＋12n＋1B.n2＋2－12n＋1C.n(n＋1)＋12－12n＋1D.n(n＋1)＋12n＋1解析　S n＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(14＋18＋…＋12n＋1)＝12n(2＋2n)＋14(1－12n)1－12＝n(n＋1)＋12－12n＋1.2.等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( )A.6 B.5 C.4D.3解析　∵数列{a n }是等比数列，a 5＝2，a 6＝5，∴a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝a 5a 6＝10，∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝lg(a 1·a 2·…·a 10)＝lg(a 5a 6)5＝5lg 10＝5.故选B.答案　B 3.数列{2n （n ＋1）}的前2 020项和为________.解析　因为2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，所以S 2 020＝2(1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021)＝2(1－12 021)＝4 0402 021.答案　4 0402 0214.已知数列a n ＝{n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________.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)＝5 000.答案　5 0005.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N *.(1)设b n ＝a n 2n －1，证明：数列{b n }是等差数列；(2)在(1)的条件下求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明　由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ，得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列.(2)解　由(1)知，b n ＝n ，a n2n －1＝b n ＝n .∴a n ＝n ·2n －1.∴S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，两边同时乘以2得2S n ＝1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两式相减得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1，∴S n ＝(n －1)×2n ＋1.三、审题答题示范(一)　数列求和问题【典型示例】 (12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＝4，2S n ＝na n ＋n ①，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若取出数列{a n }中的部分项a 2，a 6，a 22，…依次组成一个等比数列{c n }，若数列{b n }满足a n ＝b n ·c n ，求证：数列{b n }的前n 项和T n <23.②联想解题看到①，想到a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，利用S n 与a n 的关系结合定义法或等差中项法证明数列{a n }为等差数列并求通项公式.看到②，想到利用错位相减法求数列{b n }的前n 项和T n ，从而得到T n 的取值范围，即可证明T n <23.满分示范(1)解　数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝na n ＋n ，n ∈N *，当n ＝1时，2a 1＝a 1＋1，则a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1①，a n ＋1＝S n ＋1－S n ②.2分由②－①得，S n ＋1－2S n ＋S n －1＝a n ＋1－a n ，所以（n ＋1）（a n ＋1＋1）2－n (a n ＋1)＋（n －1）（a n －1＋1）2＝a n ＋1－a n ，所以（n －1）a n ＋1＋（n －1）a n －12＝(n －1)a n ，即a n ＋1＋a n －12＝a n ，所以数列{a n }为等差数列.5分又a 1＝1，且a 2＝4，整理得a n ＝3n －2.6分(2)证明　由a2＝4，a6＝16，解得c n＝4n，所以b n＝(3n－2)×14n.8分则T n＝1×14＋4×142＋…＋(3n－2)×14n③，1 4T n＝1×142＋4×143＋…＋(3n－2)×14n＋1④，9分由③－④得，34T n＝14＋3(142＋…＋14n)－(3n－2)×14n＋1＝12－3n＋24n＋1，解得T n＝23－3n＋23×4n<23.12分满分心得(1)利用数列的递推公式求通项公式主要应用构造法，即构造出等差、等比数列，或可应用累加、累乘求解的形式.(2)利用错位相减法求数列的和最容易出现运算错误，运算时要注意作差后所得各项的符号，所得等比数列的项数.(3)与数列的和有关的不等式证明问题，一般是先求和及其范围，再证明不等式.基础达标一、选择题1.已知数列{a n}的通项a n＝2n＋1，n∈N*，由b n＝a1＋a2＋a3＋…＋a nn所确定的数列{b n}的前n项的和是( )A.n(n＋2)B.12n(n＋4)C.12n(n＋5) D.12n(n＋7)解析　∵a1＋a2＋…＋a n＝n2(2n＋4)＝n2＋2n.∴b n＝n＋2，∴{b n}的前n项和S n＝n（n＋5）2.答案　C2.数列12×5，15×8，18×11，…，1（3n－1）×（3n＋2），…的前n项和为( )A.n3n＋2B.n6n＋4C.3n6n＋4D.n＋1n＋2解析　由数列通项公式1（3n －1）（3n ＋2）＝13(13n －1－13n ＋2)，得前n 项和S n ＝13(12－15＋15－18＋18－111＋…＋13n －1－13n ＋2)＝13(12－13n ＋2)＝n6n ＋4.答案　B 3.1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋1210)的值为( )A.18＋129B.20＋1210C.22＋1211D.18＋1210解析　设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×[1－(12)n]1－12＝2[1－(12)n]，∴原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2[1－(12)1]＋2[1－(12)2]＋…＋2[1－(12)11]＝2[11－(12＋122＋…＋1211)]＝2[11－12(1－1211)1－12]＝2[11－(1－1211)]＝2(11－1＋1211)＝20＋1210.答案　B4.已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 021＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 021)＝( )A.2 021 B.2 0212C.2D.12解析　∵函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，∴f (x )＋f(1x )＝21＋x 2＋21＋(1x)2＝21＋x 2＋2x 2x 2＋1＝2.∵数列{a n}为等比数列，且a1·a2 021＝1，∴a1a2 021＝a2a2 020＝a3a2 019＝…＝a2 021a1＝1.∴f(a1)＋f(a2 021)＝f(a2)＋f(a2 020)＝f(a3)＋f(a2 019)＝…＝f(a2 021)＋f(a1)＝2，∴f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 021)＝2 021.故选A.答案　A5.定义np1＋p2＋…＋p n为n个正数p1，p2，…，p n的“均倒数”.若已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为13n＋1，又b n＝a n＋26，则1b1b2＋1b2b3＋…＋1b9b10＝( )A.111B.1011C.910D.1112解析　由题意得na1＋a2＋…＋a n＝13n＋1，所以a1＋a2＋…＋a n＝n(3n＋1)＝3n2＋n，记数列{a n}的前n项和为S n，则S n＝3n2＋n.当n＝1时，a1＝S1＝4；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3n2＋n－[3·(n－1)2＋(n－1)]＝6n－2.经检验a1＝4也符合此式，所以a n＝6n－2，n∈N*，则b n＝a n＋2 6＝n，所以1b1b2＋1b2b3＋…＋1b9b10＝11×2＋12×3＋…＋19×10＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(19－110)＝1－110＝910.故选C.答案　C二、填空题6.设a n＝1n＋1＋n，数列{a n}的前n项和S n＝9，则n＝________.解析　a n＝1n＋1＋n＝n＋1－n，故S n＝2－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n＋1－1＝9.解得n＝99.答案　997.在数列{a n}中，已知S n＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N*，则S15＋S22－S31的值是________.解析　S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，S22＝－4×11＝－44，S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.答案　－768.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则数列{na n }的前n 项和T n 为________.解析　∵S n ＝2a n －1(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－(2a n －1－1)，化为a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －1.∴na n ＝n ·2n －1.则数列{na n }的前n 项和T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1.∴2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴T n ＝(n －1)2n ＋1.答案　(n －1)2n ＋1三、解答题9.已知函数f (x )＝2x －3x －1，点(n ，a n )在f (x )的图象上，数列{a n }的前n 项和为S n ，求S n .解　由题意得a n ＝2n －3n －1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－3(1＋2＋3＋…＋n )－n＝2（1－2n ）1－2－3·n （n ＋1）2－n ＝2n ＋1－n （3n ＋5）2－2.10.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　(1)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 ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1.能力提升11.已知等差数列{a n}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{a n cos nπ}的前2 020项和为( )A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析　设数列{a n}的公差为d，由{2a1＋6d＝a1＋3d＋7，a1＋9d＝19，解得{a1＝1，d＝2，∴a n＝2n－1.设b n＝a n cos nπ，∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos nπ}的前2 020项和S2 020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×2 020 2＝2 020.故选D.答案　D12.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{a n＋λ}是不是等比数列，并求a n；(2)当λ＝1时，求数列{n(a n＋λ)}的前n项和T n.解　(1)因为a n＋1＝2a n＋λ，所以a n＋1＋λ＝2(a n＋λ).又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{a n＋λ}不是等比数列，此时a n＋λ＝a n－1＝0，即a n＝1；当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以a n＋λ≠0，所以数列{a n＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时a n＋λ＝(1＋λ)2n－1，即a n＝(1＋λ)2n－1－λ.(2)由(1)知a n＝2n－1，所以n(a n＋1)＝n·2n，T n＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①2T n＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②①－②得：－T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2（1－2n）1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.创新猜想13.(多空题)设等差数列{a n}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则a n＝________，数列{1a2n－1}的前n项和为________.解析　设等差数列{a n}的公差为d.∵{a n}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d.又a2＝5，则d＝2.∴a n＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14(1n －1n ＋1)，∴{1a 2n －1}的前n 项和为14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝14(1－1n ＋1)＝n 4（n ＋1）.答案　2n ＋1　n4（n ＋1）14.(多空题)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n ＝(1－13n )a n ＋1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2，则a n ＝________，数列{b n }的前2n 项和为________.解析　根据题意，数列{a n }满足2S n ＝(1－13n )a n ＋1①，则当n ≥2时，有2S n －1＝(1－13n －1)a n ②，由①－②可得(1－13n )(a n ＋1－3a n )＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0，即a n ＋1＝3a n (n ≥2).由2S n ＝(1－13n )a n ＋1，可求得a 2＝3，a 2＝3a 1，则数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2＝(－1)n ·(log 33n －1)2＝(－1)n (n －1)2，则b 2n －1＋b 2n ＝－(2n －2)2＋(2n －1)2＝4n －3.所以数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝1＋5＋9＋…＋(4n －3)＝n （1＋4n －3）2＝2n 2－n .答案　3n －1　2n 2－n。

2019年高考数学高频考点揭秘与仿真测试专题40数列数列的求和1等差等比数列求和文含解析

专题40 数列数列的求和1（等差等比数列求和）【考点讲解】一、具本目标：1.掌握等差、等比数列的求和方法； 2. 掌握等非差、等比数列求和的几种常见方法.考纲解读：会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和，非等差、等比数列的求和是高考的热点，特别是错位相减法和裂项相消法求和. 二、知识概述：求数列前n 项和的基本方法（1）直接用等差、等比数列的求和公式求和；等差：；等比：公比是字母时需要讨论.(理)无穷递缩等比数列时，qa S -=11（2）掌握一些常见的数列的前n 项和公式：；；；；（3）倒序相加法求和：如果一个数列{}na ，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.（4）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.如{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，求的和.（5）分组求和：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，先分别求和，再合并.形如：nn b a +其中，（6）合并求和：如求的和.（7）裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差，正负相消剩下首尾若干项. 常见拆项：；.【真题分析】1．【2016年北京】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______. 【解析】本题考点是等差数列的性质与求和.因为{}n a 是等差数列，所以，即40a =，又，所以2d =-，所以．故答案为6． A.80 B.30 C.26 D.16【解析】由2n S =与314n S =可得：当1n =时，112S a ==，314S =..由，得到，因为是正数的等比数列，所以有2q =，所以，答案选B.【答案】B11.【2016全国文Ⅱ，17】等差数列{n a }中，.(Ⅰ)求{n a }的通项公式；(Ⅱ) 设[]n n b a =，求数列{}n b 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.（Ⅱ）由(Ⅰ)知.当n =1,2,3时，；当n =4,5时，；当n =6,7,8时，；当n =9,10时，.所以数列{}n b 的前10项和为.【答案】（Ⅰ）235n n a +=；（Ⅱ）24.12.【2018全国Ⅲ理17题】等比数列{}n a 中，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=.由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =.故1(2)n n a -=-或12n n a -=.（2）若1(2)n n a -=-，则.由63m S =得，此方程没有正整数解.若12n n a -=，则21nn S =-.由63m S =得264m =，解得6m =.综上，6m =.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题热点难点突破文含解析

数列的求和问题 1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两根，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64 答案 D2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a n a n －1a n ＋1－1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 0172 018的最小正整数n 的值为( ) A ．11 B ．10 C ．9 D ．8答案 B解析根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋4，n ＝1，2n ，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32，根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2，所以a 1＝2满足a n ＝2n ，从而求得a n ＝2n (n ∈N *)，所以b n ＝a n a n －1a n ＋1－1＝2n 2n －12n ＋1－1 ＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>2 0172 018，整理得2n ＋1>2 019，解得n ≥10.3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n ＋1a n ＋1＝n a n＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( ) A ．2－492100 B ．2－49299 C ．2－512100 D ．2－51299 答案 D解析由n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n ，得n ＋1a n ＋1－n a n ＝2n ，则n a n －n －1a n －1＝2n －1，n －1a n －1－n －2a n －2＝2n －2，…，2a 2－1a 1＝21，将各式相加得n a n －1a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n －2，又a 1＝12，所以a n ＝n ·12n ，因此S 100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100，则12S 100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101，两式相减得12S 100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101，所以S 100＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1299－100·⎝ ⎛⎭⎪⎫12100＝2－51299. 押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．答案 1解析因为a n ＝n ＋22n nn ＋1＝2n ＋1－n 2n n n ＋1＝12n －1n －12n n ＋1，所以S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n n ＋1 ＝1－12n n ＋1，由于1－12n n ＋1<1，所以M 的最小值为1.9．已知数列{a n }，a 1＝e(e 是自然对数的底数)，a n ＋1＝a 3n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 1＝e ，a n ＋1＝a 3n 知，a n >0，所以ln a n ＋1＝3ln a n ，数列{}ln a n 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以ln a n ＝3n －1，a n ＝e3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝(2n －1)ln a n ＝(2n －1)·3n －1，T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，①3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ，② ①－②，得－2T n ＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝1＋2×3－3n 1－3－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n －2. 所以T n ＝(n －1)×3n ＋1(n ∈N *)．10．在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34. (1)解由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15，得log 2(a 1a 2a 3)＝15，∴a 1a 2a 3＝215，设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝8，∴a n ＝8qn －1， ∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4，∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *)． (2)证明由(1)得b n ＝2n ＋1，易知{b n }为等差数列，S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ，则1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2， ∴T n <34. 11．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n n⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，①∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，②∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由题意知， b n ＝(－1)n n⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n ·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n ·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 T n ＝19⎣⎢⎡ －⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋－1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋－1n 12n ＋1. 12．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足：①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，又a 1＝1满足a n ＝2n －1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ，∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14， ∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 12T n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *)． 13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1，(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝(－1)n －14n ＋13＋2log 2a n 3＋2log 2a n ＋1，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b n n＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n ＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1.当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a n a n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1，D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1， 2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n . 两式相减得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ，所以D n ＝(n －1)·2n ＋1，由(1)得S n ＝2a n －1＝2n－1，因为对∀n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，即(n －1)·2n ＋1≤n ()2n －1－a 恒成立，所以a ≤2n－n －1恒成立，记e n ＝2n －n －1，所以a ≤()e n min ，因为e n ＋1－e n ＝[]2n ＋1－n ＋1－1－()2n －n －1＝2n －1>0，从而数列{}e n 为递增数列，所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.。

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 .。

2019版高考数学(文)高分计划一轮高分讲义：第5章数列 5.4 数列求和 Word版含解析

5.4 数列求和[知识梳理]1．基本数列求和公式法 (1)等差数列求和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . (2)等比数列求和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.2．非基本数列求和常用方法(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法．常见的裂项公式： ①1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； ②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)；④1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )．3．常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2； (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2； (3)12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6； (4)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)22. [诊断自测] 1．概念辨析(1)已知等差数列{a n }的公差为d ，则有1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.( )(2)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是(n >1，n ∈N *)首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√2．教材衍化(1)(必修A5 P 47T 4)数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为20172018，则项数n 为( )A ．2014B ．2015C ．2016D ．2017 答案 D解析 a n ＝1n －1n ＋1，S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，又前n 项和为20172018，所以n ＝2017.故选D.(2)(必修A5 P 61T 4)已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．答案 n (n ＋1)2＋1－12n解析将通项式分组转化为等差与等比两数列分别求和，即S n＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n (n ＋1)2＋1－12n .3．小题热身(1)数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2018等于( )A ．－1010B ．2018C ．505D ．1010 答案 A解析易知a 1＝cos π2＝0，a 2＝2cosπ＝－2，a 3＝0，a 4＝4，…. 所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2016项中所有偶数项(共1008项)依次为－2,4，－6,8，…，－2014,2016.故S 2016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2016)＝1008.a 2017＝0，a 2018＝2018×cos 2018π2＝－2018，∴S 2018＝S 2016＋a 2018＝1008－2018＝－1010.故选A.(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________.答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .题型1 错位相减法求和典例已知数列{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 .利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)、方程思想、错位相减法．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 n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n)1－2－(n ＋1)×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 方法技巧利用错位相减法的一般类型及思路1．适用的数列类型：{a n b n }，其中数列{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q ≠1的等比数列．2．思路：设S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，(*) 则qS n ＝a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n －1b n ＋a n b n ＋1，(**)(*)－(**)得：(1－q )S n ＝a 1b 1＋d (b 2＋b 3＋…＋b n )－a n b n ＋1，就转化为根据公式可求的和．提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误： (1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．冲关针对训练已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0(b n ≠0，n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a nb n ＝2，即c n ＋1－c n ＝2.所以数列{c n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故c n＝2n－1.(2)由b n＝3n－1知a n＝c n b n＝(2n－1)3n－1，于是数列{a n}的前n项和S n＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3S n＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，相减得－2S n＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)3n，所以S n＝(n－1)3n＋1.题型2裂项相消法求和典例S n为数列{a n}的前n项和，已知a n>0，a2n＋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．利用递推公式，a n＝S n－S n－1(n≥2)求通项，裂项相消求和．解(1)由a2n＋2a n＝4S n＋3，可知a2n＋1＋2a n＋1＝4S n＋1＋3.可得a2n＋1－a2n＋2(a n＋1－a n)＝4a n＋1，即2(a n＋1＋a n)＝a2n＋1－a2n＝(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)．由于a n>0，所以a n＋1－a n＝2.又由a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝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). [条件探究] 将典例中的条件变为：已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．求解仍为(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1. [结论探究] 条件探究中的条件不变，求解(2)变为：令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1.方法探究几种常见的裂项相消及解题策略(1)常见的裂项方法(其中n 为正整数)(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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，使前后相等．冲关针对训练已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34.解 (1)∵S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，∴当n ＝1时，－2＝12a 2＋2，解得a 2＝－8，当n ≥2时，S n －1＝12a n ＋n ，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，n ＝1时，a 2－1＝3(a 1－1)＝－9，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n . 故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n＝n ，得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. 题型3 分组转化法求和典例1在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，a 1a 3＝4，且a 3＋1是a 2和a 4的等差中项，若b n ＝log 2a n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{c n }的前n 项和．分组求和，裂项相消法．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0，在等比数列{a n }中，由a n >0，a 1a 3＝4得，a 2＝2，① 又a 3＋1是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋1)＝a 2＋a 4，②把①代入②得，2(2q ＋1)＝2＋2q 2，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝a 2q n －2＝2n －1，则b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n ＝n .(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n＋1(2n －1)(2n ＋1)＝2n＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{c n }的前n 项和S n ＝2＋22＋ (2)＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1＝2(1－2n )1－2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n2n ＋1.典例2设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .分组求和，分类讨论法．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，解得⎩⎨⎧a 1＝4，d ＝4，∴a n ＝4n .∵T n －2b n ＋3＝0，①∴当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0，② ①－②，得b n ＝2b n －1(n ≥2)，则数列{b n }为等比数列， ∴b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎨⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数.当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝(4＋4n －4)·n22＋6⎝⎛⎭⎪⎫1－4n 21－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，n ＝1时，P 1＝c 1＝a 1＝4，解法一：n －1为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，解法二：P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝(4＋4n )·n ＋122＋6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－4n －121－4＝2n ＋n 2＋2n －1.∴P n ＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.方法技巧分组转化法求和的常见类型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．如典例1.2．通项公式为a n ＝⎩⎨⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．如典例2.冲关针对训练1．数列{(－1)n ·n }的前2018项的和S 2018为( ) A ．－2018 B ．－1009 C ．2018 D ．1009 答案 D2．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．解 (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1(1－26)1－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1) ＝12(log 22n －1＋log 22n)＝n －12，即{b n }的首项为12，公差为1的等差数列．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫(－1)n b 2n 的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2. 题型4 倒序相加法典例设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017，则S ＝________.利用函数性质f (x )＋f (1－x )＝1倒序相加求和．答案 1008解析 ∵f (x )＝4x4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x . ∴f (x )＋f (1－x )＝4x4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017，① S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20152017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017，② ①＋②，得2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20152017＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＝2016. ∴S ＝20162＝1008. 方法技巧如果一个数列{a n }，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．冲关针对训练已知定义在R 上的函数f (x )的图象的对称中心为(1008,2)．数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝f (n )，n ∈N *，求S 2015.解由条件得f (2×1008－x )＋f (x )＝2×2，即f (2016－x )＋f (x )＝4. 于是有a 2016－n ＋a n ＝4(n ∈N *)．又S 2015＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2014＋a 2015， S 2015＝a 2015＋a 2014＋…＋a 2＋a 1.两式相加得2S 2015＝(a 1＋a 2015)＋(a 2＋a 2014)＋…＋(a 2014＋a 2)＋(a 2015＋a 1)＝2015(a 1＋a 2015)＝2015×4.故S 2015＝2015×2＝4030.1．(2018·江西九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16 答案 C解析根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C.2．(2017·湘潭三模)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1026B ．1025C ．1024D ．1023 答案 C解析 ∵2n ＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1013＝11－1210＋1013＝1024－1210，又m >T 10＋1013，∴整数m 的最小值为1024.故选C.3．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解 (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎨⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23 ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．4．(2018·河南质检)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 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－3，又因为q ＞0，所以q ＝2，所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝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.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n－1，得a 2nb 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.[重点保分两级优选练]A 级一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则a n ＋100＋a n －98＝( )A ．8n ＋6B ．4n ＋1C ．8n ＋3D ．4n ＋3 答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，由S 2＝10，S 5＝55，可得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2(2－1)2d ＝10，5a 1＋5(5－1)2d ＝55，得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －1，则a n ＋100＋a n －98＝2a n ＋1＝8n ＋6.故选A.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A ．1B ．2C ．4D ．6 答案B解析由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d 2＝1，所以d ＝2.故选B.3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n Tn＝7n n ＋3，则a 5b 5＝( ) A.23 B.278 C ．7 D.214 答案 D解析 a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.故选D.4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为正奇数时，－n 2，当n 为正偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．102 答案 B解析由题意，得a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2018项的和等于( )A ．1512B ．1513C ．1513.5D ．2018 答案 C解析因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *)，故数列的前2018项的和S 2018＝1009×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝1513.5.故选C.6．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n－1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n －1)2 B.12(9n －1) C ．9n－1 D.14(3n－1)答案 B解析因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n－1－1(n ≥2)．则n ≥2时，a n ＝2×3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.7．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 2017的值为( )A.20142015B.20152016C.20162017D.20172018 答案 D解析直线与x 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，2n ＋1，∴S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12017－12018＝1－12018＝20172018.故选D.8．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝14a 1，且a 4与a 7的等差中项为98，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29 答案 C解析设等比数列{a n }的公比是q ，所以a 3a 5＝a 21q 6＝14a 1，得a 1q 6＝14，即a 7＝14.又a 4＋a 7＝2×98，解得a 4＝2，所以q 3＝a 7a 4＝18，所以q＝12，a 1＝16，故S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1321－12＝31.故选C.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法中一定成立的是( )A ．若a 3>0，则a 2017<0B ．若a 4>0，则a 2018<0C ．若a 3>0，则S 2017>0D ．若a 4>0，则S 2018>0 答案 C解析等比数列{a n }的公比q ≠0.对于A ，若a 3>0，则a 1q 2>0，所以a 1>0，所以a 2017＝a 1q 2016>0，所以A 不成立；对于B ，若a 4>0，则a 1q 3>0，所以a 1q >0，所以a 2018＝a 1q 2017>0，所以B 不成立；对于C ，若a 3>0，则a 1＝a 3q 2>0，所以当q ＝1时，S 2017>0，当q ≠1时，S 2017＝a 1(1－q 2017)1－q >0(1－q 与1－q 2017同号)，所以C 一定成立，易知D 不一定成立．故选C.10．(2017·江西九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1 B.22 C ．－22 D ．－3 答案 D解析 {a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3，∴tanb 3＋b 91－a 4·a 8＝tan2b 61－a 26＝tan 2×7π31－(3)2＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.故选D.二、填空题11．S n ＝1＋11＋111＋…＋＝________.答案 10n ＋1－9n －108112．数列{a n }满足：a 1＝43，且a n ＋1＝4(n ＋1)a n 3a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋2a2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝________.答案 201723＋13×42018解析由题意可知n ＋1a n ＋1＝34＋14·n a n ⇒n ＋1a n ＋1－1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n －1，又1a 1－1＝－14，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－14为首项，以14为公比的等比数列，所以n a n＝1－14n ，所以1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋n a n＝n －14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝n －13＋13·14n ，则1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝2018－13＋13×142018＝201723＋13×42018.13．设f (x )＝12x ＋2，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．答案 3 2解析 ∵6＋(－5)＝1，∴f (－5)，f (－4)，…，f (5)，f (6)共有11＋1＝12项．由f (－5)，f (6)；f (－4)，f (5)；…；f (0)，f (1)共有6对，且该数列为等差数列．又f (0)＋f (1)＝11＋2＋12＋2＝11＋2＋12(1＋2)＝2＋12(1＋2)＝12＝22，∴f (－5)＋f (－4)＋…＋f (6)＝6×22＝3 2.14．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n ，若a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋12，a n 是奇数，3a n －1，a n 是偶数且S 3＝10，则S 2016＝________.答案 6720解析当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝a 1＋12＋12＝a 1＋34，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋a 1＋34＝7a 1＋54＝10，解得a 1＝5，此时数列{a n }为5,3,2,5,3,2，….当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为偶数，则a 3＝3a 2－1＝3(a 1＋1)2－1＝3a 1＋12，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋3a 1＋12＝3a 1＋1＝10，解得a 1＝3，此时数列{a n }为3,2,5,3,2,5，….当a 1为偶数时，a 2＝3a 1－1，此时a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝(3a 1－1)＋12＝3a 12，∴S 3＝a 1＋3a 1－1＋3a 12＝112a 1－1＝10，解得a 1＝2，此时数列{a n }为2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{a n }均为周期数列．∵672×3＝2016，∴S 2016＝672S 3＝6720.B 级三、解答题15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .解 (1)证明：由题意知S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n－1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]，又易知a 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82. 16．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，a 2－1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2b n b n－1a n a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)因为a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，所以a 2n ＝2S n －1＋n －1＋4(n ≥2)，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，所以a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝1.又a 23＝(a 2－1)a 7，所以(a 2＋1)2＝(a 2－1)(a 2＋5)，解得a 2＝3，又a 22＝2a 1＋1＋4，所以a 1＝2，所以{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ＋1.故b 1＝2，b 2＝4，b 3＝8，所以b n ＝2n .(2)由(1)得，c n ＝n 2n －1(n ＋1)(n ＋2)，故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋24＋…＋n 2n －⎣⎢⎡12×3＋13×4＋…＋⎦⎥⎥⎤1(n ＋1)(n ＋2).设F n ＝12＋24＋…＋n 2n ，则12F n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1，作差得12F n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1，所以F n ＝2－n ＋22n .设G n ＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2，所以T n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1n ＋2＝32－n ＋22n ＋1n ＋2. 17．(2017·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n . (2)由题意知S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1. 令c n ＝b 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，所以T n ＝5－2n ＋52n .18．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16， a 3－a 2＝8，则a 2＝8，q ＝2，a 1＝4，所以a n ＝2n ＋1.(2)b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4. 1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋3，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3 ＝43×116－43×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3 ＝229－43×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3. 当n ＝1时，1S 1＝1<2<229；当n ≥2时，1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝229－43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3<229<3. 故存在k ＝3时，对任意的n ∈N *都有 1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <3.。

高考数列求和知识点总结

高考数列求和知识点总结数列求和是高中数学中的一个重要知识点，也是高考数学中经常考察的内容之一。

掌握了数列求和的方法和技巧，可以帮助我们更好地解决问题，提高解题效率。

下面将对数列求和的相关知识进行总结和归纳。

一、等差数列的求和等差数列是高中数学中最基本的数列之一，求和公式为Sn = n* (a1 + an) / 2，其中Sn表示前n项和，a1表示首项，an表示第n 项。

例题1：已知某等差数列的首项为2，公差为3，求前10项的和。

解题思路：首先根据等差数列的公式an = a1 + (n - 1) * d，计算出第10项的值为2 + (10 - 1) * 3 = 29。

然后利用等差数列的求和公式Sn = n * (a1 + an) / 2，代入n=10，a1=2，an=29，计算出前10项的和为10 * (2 + 29) / 2 = 155。

二、等比数列的求和等比数列是高中数学中另一个重要的数列，求和公式为Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)，其中Sn表示前n项和，a1表示首项，q表示公比。

例题2：已知某等比数列的首项为1，公比为2，求前5项的和。

解题思路：首先根据等比数列的公式an = a1 * q^(n - 1)，计算出第5项的值为1 * 2^(5 - 1) = 16。

然后利用等比数列的求和公式Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)，代入n=5，a1=1，q=2，计算出前5项的和为1 * (1 - 2^5) / (1 - 2) = 31。

三、一般数列的求和对于一般的数列，如果找不到明显的规律或者确定不了数列的类型，可以采用递推法求和。

例题3：已知数列{an}满足a1 = 1，an = an-1 + 2，求前5项的和。

解题思路：根据数列的递推关系an = an-1 + 2，可以得出第2项a2 = a1 + 2 = 1 + 2 = 3，第3项a3 = a2 + 2 = 3 + 2 = 5，以此类推，可以求得前5项依次为1，3，5，7，9。

专题05数列求和和递推数列-2019年高考提升之数学考点讲解与真题分析(七)Word版含解析

【目标要求】考情链接【核心知识点】1. 公式法：（1）直接应用等差、等比数列的求和公式；（2）掌握一些常见的数列的前n项和：123+++……+n=(1)2n n +，1+3+5+……+=2n 2.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，那么求这个数列前n 项和即可用倒序相加发，如等差数列的前n 项和就是此法推导的。

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.4.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。

常见的拆项公式有：1()n n k =+ 111()k n n k -+=1k，1(21)(21)n n =-+111()22121n n --+，等. 5、分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，即先分别求和，然后再合并，形如：（1）}{n n b a +，其中⎩⎨⎧是等比数列是等差数列}{}{n n b a ；（2）.,2),(12),(⎩⎨⎧∈=-=*Nk k n n g k n n f a n ＝【活动思考，阅读拓展】如何正确的作到数列求和？①裂项求和：如果数列的通项公式可转化为f （n ＋1）－f （n ）的形式，可尝试采用此法。

使用此法时必须注意有哪些项被消去，哪些项被保留。

②错项相消法：适用于求差比数列}{n a 的前n 项和，其中n n n c b a ⋅=，}{n b 为等差数列，}{n c 为等比数列。

③并项求和：即通过对通项结构特点的分析研究，将数列分解、转化为若干个能求和的新数列的和或差，从而求和的一种方法。

④倒序相加法求和：若一个数列和的各项系数是“首尾”对称的，则可采用此法。

如：求和)(,32114321132112111*N n n∈+++++++++++++++。

专题05-数列求和和递推数列-2019年高考提升之数学考点讲解与真题分析(七)(原卷版)

2.倒序相加法：如果一个数列an ，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
个数列前 n 项和即可用倒序相加发，如等差数列的前 n 项和就是此法推导的。 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，那么这个数
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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. 4.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
a1 1, 2Sn anan1（ n N* ），若 bn
1 n 2n 1 ,则数列 an an 1
bn
的前 n 项和Tn _______________.
（ 2018• 四川内江高三一模）已知 Sn 是等差数列 {an} 的前 n 项和， a1=1 ， a8=3a3 ，则
和的几种常见方法.
法，只要掌握了数列求和的基
本方法，善于观察，合理变
形，正确求解就不难.
考点考法
[来源:学]
数列的数列的通项公式通项公式和求和
数列的求和
考情链接
命题角度 [来源:学,科,网 Z,X,X,K]
难度
在客观题解答题考查数列的通项公式，常见方法是累加较小
法、累乘法、待定系数法以及利用 an 和 Sn 的关系求解
( 2018·广东肇庆理科二模)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝－1＋2an.
(1)求{an}的通项公式；
11
1
(2)若 bn＝log2an＋1，且数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求T1＋T2＋…＋Tn.
（2018 山东菏泽高三理科一模）已知数列{an}的首项为 a1=1,其前 n 项和为 Sn,且数列是公差为 2 的等

2019年高考数学数列求和(文科)含解析

Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(21－4)＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝(21＋22＋…＋2n)－4n＝－4n＝2n＋1－2－4n，
所以S9＝210－2－4×9＝986.
11．(2017·新课标全国卷Ⅱ，15)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
答案：
4．(2018·辽宁省实验中学模拟)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，那么数列{bn}的前10项和等于()
A．130 B．120
C．55 D．50
答案：C
解析：由题意知数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，得an＝2n，所以bn＝log22n＝n，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以其前10项和S10＝＝55，故选C.
∴S9＝9b5＝18，故选B.
2．(2018·广东中山一中段考)数列1 ，2 ，3 ，4 ，…，n ，…的前n项和等于()
A. ＋ B．－＋＋1
C．－＋ D．－＋
答案：B
解析：设数列{an}的通项公式为an＝n＋，是一个等差数列与一个等比数列对应项的和的形式，适用分组求和，所以1 ＋2 ＋3 ＋4 ＋…＋n ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＝＋＝＋1－ n.故选B.
一、选择题
1．(2018·广东中山华侨中学3月模拟，4)已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于()
A．9 B．18
C．36 D．72
答案：B
解析：∵a2·a8＝4a5，即a ＝4a5，∴a5＝4，
∵a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2.
(2)已知＝，求证： ≤ ＋＋…＋ <1.

(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.。

数列求和知识点和典型例题

数列求和知识点和典型例题数列求和是数学中的一个基础概念，它常常出现在学习数学的初中和高中阶段。

掌握数列求和的知识点和解题方法，对于数学学习的进一步发展和应用都有着重要的意义。

本文将从数列求和的基本概念、求和公式和典型例题三个方面进行详细的介绍。

一、数列求和的基本概念数列是按照一定规律排列的一组数，求和即为对数列中的数进行加法运算得到的结果。

对于有限项的数列求和可以通过逐项相加的方法得到，而对于无限项的数列求和则需要根据数列的规律进行推导得到求和公式。

二、数列求和的公式1.等差数列求和公式等差数列指的是一个数列中任意两项之间的差值都相等。

对于等差数列，其求和公式为：Sn = (a1 + an)*n/2，其中Sn为数列的前n项和，a1为首项，an为末项。

这个公式的推导可以通过将数列从首项到末项排列，再从末项到首项排列再相加得到。

2.等比数列求和公式等比数列指的是一个数列中任意两项之间的比值都相等。

对于等比数列，其求和公式为：Sn=(a1*(1-q^n))/(1-q)，其中Sn为数列的前n项和，a1为首项，q为公比。

这个公式可以通过将数列前n项与公比相乘得到一个新的等差数列，并用等差数列的求和公式进行计算得到。

3.平方数列求和公式平方数列指的是一个数列中每一项都是前一项的平方。

对于平方数列，其求和公式为：Sn=1^2+2^2+...+n^2=n*(n+1)*(2n+1)/6、这个公式可以通过数学归纳法进行推导得到。

三、数列求和的典型例题1.求等差数列1,3,5,7,...的前100项和。

解：根据等差数列的求和公式，a1=1，an=2n-1，n=100。

代入公式得到Sn = (1 + (2*100-1))*100/2 = 5050。

2.求等差数列2,5,8,11,...的前50项和。

解：根据等差数列的求和公式，a1=2，an=3n-1，n=50。

代入公式得到Sn = (2 + (3*50-1))*50/2 = 14753.求等比数列1,2,4,8,...的前10项和。

专题06 数列-2019高考数学(理)热点题型 Word版含解析.doc

数列热点一数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例1】 (满分12分)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. 教材探源本题第(1)问源于教材必修5P44例3，主要考查由S n 求a n ，本题第(2)问源于教材必修5P47B 组T4，主要考查裂项相消法求和.(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 ＋1，8分 (得分点5)则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 10分 (得分点6)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.12分 (得分点7)得分要点❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由a n 满足的关系式，通过消项求得a n ，验证n ＝1时成立，写出结果.在第(2)问中观察数列的结构特征进行裂项→利用裂项相消法求得数列的前n 项和S n .❷得关键分：(1)a n －1满足的关系式，(2)验证n ＝1，(3)对通项裂项都是不可少的过程，有则给分，无则没分.❸得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点2)，(得分点5)，(得分点7).【类题通法】求数列通项与求和的模板第一步：由等差(等比)数列基本知识求通项，或者由递推公式求通项. 第二步：根据和的表达式或通项的特征，选择适当的方法求和. 第三步：明确规范地表述结论.【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 .(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.【例2】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n.(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和. 第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q . 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k(k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【对点训练】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 .(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＋ (3))－(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.热点二等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例3】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【对点训练】已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n. (2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，①∴－2S n＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②①－②，得S n＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2（1－2n）1－2－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2.由S n＋(n＋m)a n＋1<0，得2n＋1－n×2n＋1－2＋n×2n＋1＋m×2n＋1<0对任意正整数n恒成立，∴m·2n＋1<2－2n＋1，即m<12n－1对任意正整数n恒成立.∵12n－1>－1，∴m≤－1，故m的取值范围是(－∞，－1].。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题热点难点突破理含解析

数列的求和问题1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64答案 D解析由已知有a n a n ＋1＝2n， ∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2， ∴数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1， ∴b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64. 2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a na n －1a n ＋1－1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 0172 018的最小正整数n 的值为( )A ．11B ．10C ．9D ．8 答案 B 解析根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋4，n ＝1，2n，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32，根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2，所以a 1＝2满足a n ＝2n，从而求得a n ＝2n(n ∈N *)，所以b n ＝a na n －1a n ＋1－1＝2n2n－12n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>2 0172 018，整理得2n ＋1>2 019，解得n ≥10.3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n＋1a n ＋1＝n a n ＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( )A ．2－492100B ．2－49299C ．2－512100 D ．2－51299 答案 D4．已知数列{a n }的通项公式为a 则数列{}3a n ＋n －7的前2n 项和的最小值为( )A ．－514B ．－1854C ．－252D ．－1058答案 D解析设b n ＝3a n ＋n －7，则S 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＋(1＋2＋3＋…＋2n )－14n ＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋2n 2－13n ，又2n 2－13n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n －1342－1698，当n ≥4时，∵f (n )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1342－1698是关于n 的增函数，又g (n )＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 也是关于n 的增函数， ∴S 8<S 10<S 12<…，∵S 8＝－18516，S 6＝－1058，S 4＝－454，S 2＝－132，∴S 6<S 8<S 4<S 2， ∴S 6最小，S 6＝－1058.5．在等比数列{a n }中，a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，设b n ＝(－1)n a n ，n ∈N *，则数列{b n }的前2 018项的和为________．答案41 0083－112解析设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . ∵a 2·a 3＝2a 1，∴a 1·q 3＝2，即a 4＝2. ∵a 4与2a 7的等差中项为17， ∴a 4＋2a 7＝34，即a 7＝16， ∴a 1＝14，q ＝2，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14·2n －1＝2n －3(n ∈N *)．∵b n ＝(－1)na n ＝(－1)n·2n －3，∴数列{b n }的前2 018项的和为S 2 018＝－(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1＋21＋23＋…＋22 015)＝－141－41 0091－4＋121－41 0091－4＝41 0083－112.6．若数列{a n }的通项公式a n ＝n sin n π3(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝________.答案2 01932解析 a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－33，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝－33，……a 6m ＋1＋a 6m ＋2＋a 6m ＋3＋a 6m ＋4＋a 6m ＋5＋a 6m ＋6＝－33，m ∈N ，所以S 2 018＝2 01932.7．设数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，a n ，S n ，a 2n 成等差数列，设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b n ＝()ln x na 2n，若对任意的实数x ∈(]1，e (e 是自然对数的底数)和任意正整数n ，总有T n <r ()r ∈N *，则r 的最小值为________．答案 2解析由题意得，2S n ＝a n ＋a 2n ，当n ≥2时，2S n －1＝a n －1＋a 2n －1， ∴2S n －2S n －1＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1， ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝1，即数列{a n }是等差数列，又2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21，a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)．又x ∈(1，e]，∴0<ln x ≤1，∴T n ≤1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1n －1n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝2－1n<2，∴r ≥2，即r 的最小值为2.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n n ＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．答案 1解析因为a n ＝n ＋22nn n ＋1＝2n ＋1－n 2n n n ＋1＝12n －1n －12n n ＋1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n n ＋1＝1－12nn ＋1，由于1－12n n ＋1<1，所以M 的最小值为1.9．已知数列{a n }，a 1＝e(e 是自然对数的底数)，a n ＋1＝a 3n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .10．在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34.(1)解由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15，得log 2(a 1a 2a 3)＝15， ∴a 1a 2a 3＝215，设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝8，∴a n ＝8qn －1，∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4， ∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *)．(2)证明由(1)得b n ＝2n ＋1，易知{b n }为等差数列，S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ，则1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，∴T n <34.11．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(－1)nn⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，① ∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，② ∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)． (2)由题意知，b n ＝(－1)nn⎝⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1T n ＝19⎣⎢⎡－⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋－1n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋－1n12n ＋1. 12．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足： ①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，又a 1＝1满足a n ＝2n －1， ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． ∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ， ∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14，∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *)．13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1，(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n －14n ＋13＋2log 2a n3＋2log 2a n ＋1，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b nn＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a na n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4n ＋12n ＋12n ＋3＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3，T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3 ＝13－14n ＋3(n ∈N *)． (3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1，D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1，2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n.两式相减得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n，所以D n ＝(n －1)·2n＋1，由(1)得S n ＝2a n －1＝2n－1，因为对∀n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，即(n －1)·2n＋1≤n ()2n－1－a 恒成立，所以a ≤2n－n －1恒成立，记e n ＝2n－n －1，所以a ≤()e n min ，因为e n ＋1－e n ＝[]2n ＋1－n ＋1－1－()2n－n －1＝2n －1>0，从而数列{}e n 为递增数列，所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.14．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明：T n <3.(2)解假设存在这样的数列{a n }，则S n ＝a n ＋k －k ，故S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ，故a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，同理由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得，a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，所以a n ＋1＝a n ＋3对任意n ∈N *恒成立．所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2，又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2，两者矛盾，故不存在这样的数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”．(3)证明因为数列{a n }为“P (2)数列”，所以S n ＝a n ＋2－2，所以S n ＋1＝a n ＋3－2，故有a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时，a 1＝S 1＝a 3－2，故a 3＝3，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8. 故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，所以12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1＝34＋14T n －2－a n2n ＋1，显然T n －2<T n ，a n2n ＋1>0，故12T n <34＋14T n ，即T n <3.。

2019年高考数学真题考点24 数列求和及综合应用

考点24 数列求和及综合应用一、选择题1.(2019·浙江高考·T10)设a,b∈R,数列{a n}中a1=a,a n+1=+b,n∈N*,则()A.当b=时,a10>10B.当b=时,a10>10C.当b=-2时,a10>10D.当b=-4时,a10>10【解析】选A.由a n+1=+b得,a n+1-a n=+b-a n=(a n-)2+(b-),当b=时,a n+1-a n=(a n-)2+>0,数列{a n}是递增数列,a2=+≥,a3=+≥()2+=,a4=+≥()2+=>1,a5=+>12+=,a6=+>()2+=,a7=+>()2+=>8,a8=+>82+>10,所以:a10>a9>a8>10.二、解答题2.(2019·全国卷Ⅰ文科·T18)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{a n}的通项公式.(2)若a1>0,求使得S n≥a n的n的取值范围.【命题意图】该题考查的是有关数列的问题,涉及的知识点有等差数列的通项公式,等差数列的求和公式,在解题的过程中,需要认真分析题意,熟练掌握基础知识是正确解题的关键.【解题指南】(1)首先设出等差数列的公差,根据题的条件,建立关于a1和d的方程组,求得a1和d的值,利用等差数列的通项公式求得结果.(2)根据题意有a5=0,根据a1>0,可知d<0,根据S n≥a n,得到关于n的不等式,从而求得结果.【解析】(1)设{a n}的公差为d.由S9=-a5得a1+4d=0.由a3=4得a1+2d=4.于是a1=8,d=-2.因此{a n}的通项公式为a n=10-2n.(2)由S9=-a5得a1=-4d,故a n=(n-5)d,S n=(-).由a1>0知d<0,故S n≥a n等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.3.(2019·天津高考理科·T19)设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式.(2)设数列{c n}满足c1=1,c n=,,,,其中k∈N*.①求数列{(-1)}的通项公式.②求∑a i c i(n∈N*).【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.【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.依题意得,,解得,,故a n=4+(n-1)×3=3n+1,b n=6×2n-1=3×2n.所以{a n}的通项公式为a n=3n+1,{b n}的通项公式为b n=3×2n.(2)①(-1)=(b n-1)=(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.所以数列{(-1)}的通项公式为(-1)=9×4n-1.②∑a i c i=∑[a i+a i(c i-1)]=∑a i+∑(-1)=(-)+∑(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×(-)--n=27×22n-1+5×2n-1-n-12∈*.4.(2019·天津高考文科·T18)设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,公比大于0,已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求{a n}和{b n}的通项公式.(2)设数列{c n}满足c n=,为奇数,,为偶数,求a1c1+a2c2+…+a2n c2n(n∈N*).【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.【解题指南】(1)首先设出等差数列的公差,等比数列的公比,根据题意,列出方程组,求出公差和公比,进而求得等差数列和等比数列的通项公式.(2)根据题中所给的c n所满足的条件,将a1c1+a2c2+…+a2n c2n表示出来,之后应用分组求和法,结合等差数列的求和公式,以及错位相减法求和,最后求得结果.【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,依题意,得,,解得,,故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3×3n-1=3n,所以{a n}的通项公式为a n=3n,{b n}的通项公式为b n=3n.(2)a1c1+a2c2+…+a2n c2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2n b n)=(-)+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6×(1×31+2×32+…+n×3n),记T n=1×31+2×32+…+n×3n①则3T n=1×32+2×33+…+n×3n+1②+n×3n+1=(-),②-①得2T n=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-(-)-所以a1c1+a2c2+…+a2n c2n=3n2+6T n=3n2+3×(-)=(-)(n∈N*).5.(2019·浙江高考·T20)(本小题满分15分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=4,a4=S3,数列{b n}满足:对每个n∈N*,S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式.(2)记c n=,n∈N*,证明:c1+c2+…+c n<2,n∈N*.【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.【解析】(1)设数列{a n}的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.从而a n=2n-2,n∈N*.由S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列得(S n+1+b n)2=(S n+b n)(S n+2+b n).解得b n=(-S n S n+2).所以b n=n2+n,n∈N*.(2)c n==-()=-(),n∈N*.我们用数学归纳法证明.①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;②假设n=k∈*时不等式成立,即c1+c2+…+c k<2.那么,当n=k+1时,c1+c2+…+c k+c k+1<2+()()<2+<2+=2+2(-)=2.即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②,不等式c1+c2+…+c n<2对任意n∈N*成立.6.(2019·江苏高考·T20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M -数列”.(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M -数列”.(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1, = -,其中S n 为数列{b n }的前n 项和. ①求数列{b n }的通项公式.②设m 为正整数,若存在“M -数列”{c n }(n ∈N *),对任意正整数k ,当k ≤m 时,都有c k ≤b k ≤c k +1成立,求m 的最大值.【命题意图】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.【解题指南】(1)由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论.(2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列{b n }是等差数列,据此即可确定其通项公式;②由①确定b k 的值,将原问题进行等价转化,构造函数,结合导函数研究函数的性质即可求得m 的最大值.【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由 , - ,得 , - ,解得 , . 因此数列{a n }为“M —数列”.(2)①因为= -,所以b n ≠0. 由b 1=1,S 1=b 1,得 = -,则b 2=2.由= - ,得S n =( - ),当n ≥2时,由b n =S n -S n -1,得b n = ( - )-- ( - - ),整理得b n +1+b n -1=2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列.因此,数列{b n }的通项公式为b n =n (n ∈N *).②由①知,b k =k ,k ∈N *.因为数列{c n }为“M -数列”,设公比为q ,所以c 1=1,q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1,所以q k -1≤k ≤q k ,其中k =1,2,3,…,m.当k =1时,有q ≥1;当k =2,3,…,m 时,有 ≤ln q ≤ -. 设f (x )= (x >1),则f'(x )= -.令f'(x )=0,得x =e .列表如下:因为 = < =,所以f (k )max =f (3)= . 取q = ,当k =1,2,3,4,5时, ≤ln q ,即k ≤q k ,经检验知q k -1≤k 也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6,分别取k =3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上,所求m的最大值为5.。

第1部分板块2 核心考点突破拿高分专题2 第2讲数列求和及数列的简单应用(大题)

第2讲数列求和及数列的简单应用(大题)热点一等差、等比数列基本量的计算解决有关等差数列、等比数列问题，要立足于两个数列的概念，设出相应基本量，充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略.例1(2019·六安市第一中学模拟)已知正数数列{a n}的前n项和为S n，满足a2n＝S n＋S n－1(n≥2)，a1＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝(1－a n)2－a(1－a n)，若{b n}是递增数列，求实数a的取值范围.跟踪演练1(2019·乐山调研)已知等差数列{a n}中，a2＝5，a1，a4，a13成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{a n}的前n项和S n.判断数列是否为等差或等比数列的策略(1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.例2 已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项. (1)求证：数列{S 2n }为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .跟踪演练2 已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列；(2)求数列{S n }的前n 项和T n .1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项消，有的是间隔项消.常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. 2.如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式. 例3 (2019·河南省九师联盟模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋12 2 (n ∈N *).数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＝2－b n (n ∈N *).(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 2的前n 项和S n ′.跟踪演练3 (2019·济宁模拟)等差数列{a n }的公差为正数，a 1＝1，其前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝2，且b 2S 2＝12，b 2＋S 3＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋1S n，求数列{c n }的前n 项和T n .真题体验(2019·全国Ⅱ，理，19)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0,4a n＋1＝3a n－b n＋4,4b n＋1＝3b n －a n－4.(1)证明：{a n＋b n}是等比数列，{a n－b n}是等差数列；(2)求{a n}和{b n}的通项公式.押题预测已知数列{a n}为等差数列，a7－a2＝10，且a1，a6，a21依次成等比数列.(1)求数列{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S n，若S n＝225，求n的值.A组专题通关1.(2019·日照模拟)已知数列{a n}是等差数列，其前n项和为S n，且a1＝2，S3＝12.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝2a n，求数列{b n}的前n项和T n.3.(2019·江南十校模拟)已知数列{a n}与{b n}满足：a1＋a2＋a3＋…＋a n＝2b n(n∈N*)，且{a n}为正项等比数列，a1＝2，b3＝b2＋4.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)若数列{c n}满足c n＝a nb n b n＋1(n∈N*)，T n为数列{c n}的前n项和，证明：T n<1.B 组能力提高4.已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1.(1)求证：{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ；(3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116.5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1.(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝(－1)n －14(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ； (3)若d n ＝a n ·b n ，数列{d n }的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围.。