5-4第四节数列求和(2015年高考总复习)

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2015年高考数学(理)一轮总复习课件：第五章+数列第4节数列求和

【解析】数列{an}的奇数项组成首项为 6，公差为 10 的等差数列，偶数项组成首项为 2，公比为 2 的等比数列，则 S2m＝6m＋mm2－1×10＋211－－22m＝5m2＋m＋2m＋1－2.
【答案】 5m2＋m＋2m＋1－2
第十二页，编辑于星期五：十一点五十六分。
考向 1 分组转化法求和
第十九页，编辑于星期五：十一点五十六分。
【尝试解答】 (1)由 S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于数列{an}是正项数列，所以 Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是 a1＝S1＝2，当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上可知，数列{an}的通项 an＝2n.
点(4,2)，令 an＝fn＋11＋fn，n∈N*，记数列{an}的前 n 项
和为 Sn，则 S2 013＝( )
A. 2 012－1
B. 2 013－1
C. 2 014－1
D. 2 014＋1
第十页，编辑于星期五：十一点五十六分。
【解析】因为 4α＝2，所以 α＝12，f(x)＝ x，
则 an＝
100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)
＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)
＝100＋200×2－11－1－2－21－9＝100＋200(1－2－9)．【答案】 A
第八页，编辑于星期五：十一点五十六分。
3．若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(3n－2)，则 a1＋
第三页，编辑于星期五：十一点五十六分。
4．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．

2015年高考数学总复习教案：5.4数列的求和

第五章数列第4课时数列的求和(对应学生用书(文)、(理)76～78页)1. 在数列{an}中，若a1＝1，an ＋1＝an ＋2(n≥1)，则该数列的通项an ＝________．答案：an ＝2n －1解析：由已知{an}为等差数列，d ＝an ＋1－an ＝2， ∴ an ＝2n －1.2. 已知数列{an}中，a1＝1，(n ＋1)an ＋1＝nan(n ∈N*)，则该数列的通项公式an ＝________．答案：an ＝1n解析：an a1＝an an －1×an －1an －2×…×a2a1＝1n .3. (必修5P44习题2(2)改编) 20n =å（1+2 n ）=________．答案：441解析：200n =å(1＋2n)＝1＋(1＋2×1)＋(1＋2×2)＋…＋(1＋2×20)＝21＋2×20（1＋20）2＝441. 4. (必修5P60复习题8(1)改编)数列{an}的前n 项和为Sn ，若an ＝1n （n ＋1），则S4＝________．答案：45解析：an ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴ S4＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＝45.5. (必修5P51例3改编) 数列112，214，318，4116，…的前n 项和是 __________．答案：Sn ＝n （n ＋1）2＋1－12n解析：Sn ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝n （n ＋1）2＋1－12n.1. 当已知数列{an}中，满足an ＋1－an ＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.2. 当已知数列{an}中，满足an ＋1an ＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用迭乘法求数列的通项an.3. (1) an ＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2.(2) 等差数列前n 项和Sn ＝n （a1＋an ）2，推导方法：倒序相加法． (3) 等比数列前n 项和Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q ＝1，a1－anq 1－q ＝a1（1－qn ）1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法．4. 常见数列的前n 项和： (1) 1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2； (2) 2＋4＋6＋…＋2n ＝n(n ＋1)； (3) 1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n2；(4) 12＋22＋32＋…＋n2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6． 5. (1) 分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2) 拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(3) 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． (4) 倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导方法． 6. 常见的拆项公式有： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2) 1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3) 1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；(4)1a ＋b ＝1a －b(a －b).题型1 求简单数列的通项公式例1 求下列数列{an}的通项公式： (1) a1＝1，an ＋1＝an ＋2n ＋1； (2) a1＝1，an ＋1＝2nan.解：(1) an ＝n2 (2) an ＝2n （n －1）2 变式训练求下列数列{an}的通项公式： (1) a1＝1，an ＋1＝2an ＋1；(2) a1＝1，an ＋1＝2an2＋an ；(3) a1＝2，an ＋1＝a2n . 解：(1) an ＝2n －1 (2) an ＝2n ＋1(3) an ＝22n －1 题型2 分组转化求和例2 求下面数列的前n 项和： 112，314，518，7116， …解：Sn ＝112＋314＋518＋7116＋…＋⎣⎡⎦⎤（2n －1）＋12n＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝n[1＋（2n －1）]2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n2－12n ＋1.备选变式（教师专享）已知an ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n ＋1，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(1) 求数列{an}的前10项和S10； (2) 求数列{an}的前2k 项和S2k.解：(1) S10＝(6＋16＋26＋36＋46)＋(2＋22＋23＋24＋25) ＝5（6＋46）2＋2（1－25）1－2＝192. (2) 由题意知数列{an}的前2k 项中，k 个奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，k 个偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列．∴ S2k ＝[6＋16＋…＋(10k －4)]＋(2＋22＋…＋2k)＝k[6＋（10k －4）]2＋2（1－2k ）1－2＝5k2＋k ＋2k ＋1－2.题型3 裂项相消求和例3 求下面各数列的前n 项和： (1) 11×5，13×7，15×9，17×11， (2)2222－1，4242－1，6262－1，8282－1，… 解：(1) ∵ an ＝1（2n －1）（2n ＋3）＝14(12n －1－12n ＋3)，∴ Sn ＝14(1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －3－12n ＋1＋12n －1－12n ＋3)＝14(1＋13－12n ＋1－12n ＋3)＝n （4n ＋5）3（2n ＋1）（2n ＋3）.(2) ∵ an ＝（2n ）2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴ Sn ＝n ＋12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝2n （n ＋1）2n ＋1. 备选变式（教师专享）求1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n .解：∵ak ＝2⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1，∴Sn ＝2n n ＋1.题型4 倒序相加求和例4 设f(x)＝13x ＋3，求f(－12)＋f(－11)＋f(－10)＋…＋f(0)＋…＋f(11)＋f(12)＋f(13)的值．解：∵ f(x)＋f(1－x)＝33，∴ 原式＝133 3.备选变式（教师专享）一个等差数列前4项之和为26，最末4项之和为110，所有项之和为187，则它的项数为________．答案：11解析：∵a1＋a2＋a3＋a4＝26，an ＋an －1＋an －2＋an －3＝110，∴a1＋an ＝26＋1104＝34. 又Sn ＝n （a1＋an ）2＝187，∴n ＝11. 题型5 错位相减求和例5 在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2＝2a1＋3，且3a2，a4，5a3成等差数列． (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 设bn ＝log3an ，求数列{anbn}的前n 项和Sn. 解：(1) 设{an}公比为q ，由题意得q>0，且⎩⎪⎨⎪⎧a2＝2a1＋3，3a2＋5a3＝2a4，即⎩⎪⎨⎪⎧a1（q －2）＝3，2q2－5q －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝3，q ＝3或⎩⎨⎧a1＝－65，q ＝－12(舍)，所以数列{an}的通项公式为an ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N (2) 由(1)可得bn ＝log3an ＝n ，所以anbn ＝n·3n. 所以Sn ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n ，所以3Sn ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n ＋1，两式相减得，2Sn ＝－3－(32＋33＋…＋3n)＋n·3n ＋1＝－(3＋32＋33＋…＋3n)＋n·3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ·3n ＋1＝3＋（2n －1）·3n ＋12，所以数列{anbn}的前n 项和Sn ＝3＋（2n －1）·3n ＋14. 备选变式（教师专享）已知数列{an}的前n 项和为Sn ＝3n －1. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若bn ＝log 13(Sn ＋1)，求数列{bnan}的前n 项和Tn.解：(1) 当n ＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝(3n －1)－(3n －1－1)＝2×3n －1，综上所述，an ＝2×3n －1.(2) bn ＝log 13(Sn ＋1)＝log 133n ＝－n ，所以bnan ＝－2n×3n －1，Tn ＝－2×1－4×31－6×32－…－2n×3n －1，3Tn ＝－2×31－4×32－…－2(n －1)×3n －1－2n×3n ，相减，得－2Tn ＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n －1＋2n×3n ＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n －1)＋2n×3n ，所以Tn ＝(1＋31＋32＋…＋3n －1)－n×3n ＝1－3n1－3－n×3n＝－（2n －1）×3n ＋12，n ∈N*.1. 数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn ＝an ＋1－an(n ∈N )．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝________．答案：3解析：已知bn ＝2n －8，an ＋1－an ＝2n －8，由叠加法(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝－6－4－2＋0＋2＋4＋6＝0a8＝a1＝3. 2. (2013·大纲)等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9. (1) 求{an}的通项公式；(2) 设bn ＝1nan ，求数列{bn}的前n 项和Sn.解：(1) 设等差数列{an}的公差为d ，则an ＝a1＋(n －1)d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a7＝4，a19＝2a9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＋6d ＝4，a1＋18d ＝2（a1＋8d ）.解得a1＝1，d ＝12.所以{an}的通项公式为an ＝n ＋12. (2) bn ＝1nan ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1，所以Sn ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1 ＝2n n ＋1. 3. (2013·湖南)设Sn 为数列{an}的前n 项和，已知a1≠0，2an －a1＝S1·Sn ，n ∈N(1) 求a1，a2，并求数列{an}的通项公式； (2) 求数列{nan}的前n 项和．解：(1) ∵ S1＝a1.∴ 当n ＝1时，2a1－a1＝S1·S1a1≠0，a1＝1. 当n>1时，an ＝Sn －Sn －1＝2an －a1S1－2an －1－a1S1＝2an －2an －1an ＝2an －1{an}是首项为a1＝1公比为q ＝2的等比数列，an ＝2n －1，n ∈N*.(2) 设Tn ＝1·a1＋2·a2＋3·a3＋…＋n·an qTn ＝1·qa1＋2·qa2＋3·qa3＋…＋n·qan qTn ＝1·a2＋2·a3＋3·a4＋…＋n·an ＋1，上式左右错位相减：(1－q)Tn ＝a1＋a2＋a3＋…＋an －nan ＋1＝a11－qn1－q －nan ＋1＝2n －1－n·2nTn ＝(n －1)·2n ＋1，n ∈N*.4. 已知等差数列{an}前三项之和为－3，前三项积为8. (1) 求等差数列{an}的通项公式；(2) 若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n 项和．解：(1) 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧3a1＋3d ＝－3，a1（a1＋d ）（a1＋2d ）＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－4，d ＝3. ∴ an ＝－3n ＋5或an ＝3n －7.(2) 当an ＝－3n ＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4，2不成等比数列；当an ＝3n －7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4成等比数列，满足条件．当|an|＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.n ＝1，S1＝4；n ＝2时，S2＝5；当n≥3时，Sn ＝|a1|＋…＋|an|＝32n2－112n ＋10. 又n ＝2满足此式，∴ Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），32n2－112n ＋10（n ＞1）.1. 已知数列an ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，求a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100的值．解：由题意得a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×（2＋98）2＋100＝5 000. 2. 已知各项均为正数的数列{an}的前n 项的乘积Tn ＝⎝⎛⎭⎫14n2－6n(n ∈N*)，bn ＝log2 an ，则数列{bn}的前n 项和Sn 取最大时，n ＝________．答案：3解析：当n ＝1时，a1＝T1＝45＝210，当n≥2时，an ＝Tn Tn －1＝⎝⎛⎭⎫14n2－6n －（n －1）2＋6（n －1）＝⎝⎛⎭⎫142n －7＝214－4n ，此式对n ＝1也成立，所以an ＝214－4n ，从而bn ＝log2an ＝14－4n ，可以判断数列{bn}是首项为10，公差为－4的等差数列，因此Sn ＝－2n2＋12n ，故当n ＝3时，Sn 有最大值．3. 已知数列{an}的前n 项和为Sn ，对一切正整数n ，点Pn(n ，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x 的图象上，且在点Pn(n ，Sn)处的切线的斜率为kn. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若bn ＝2knan ，求数列{bn}的前n 项和Tn. 解： (1) ∵ 点Pn(n ，Sn)在函数f(x)＝x2＋2x 的图象上， ∴ Sn ＝n2＋2n(n ∈N*)，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a1＝S1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an ＝2n ＋1. (2) 由f(x)＝x2＋2x ，求导得f ′(x)＝2x ＋2. ∵ 在点Pn(n ，Sn)处的切线的斜率为kn ， ∴ kn ＝2n ＋2，∴ bn ＝2knan ＝4·(2n ＋1)·4n ， ∴ Tn ＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n ，用错位相减法可求得Tn ＝6n ＋19·4n ＋2－169.4. 已知等差数列{an}是递增数列，且满足a4·a7＝15，a3＋a8＝8. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 令bn ＝19an －1an (n≥2)，b1＝13，求数列{bn}的前n 项和Sn.解：(1) 根据题意：a3＋a8＝8＝a4＋a7，a4·a7＝15，知：a4，a7是方程x2－8x ＋15＝0的两根，且a4<a7，解得a4＝3，a7＝5，设数列{an}的公差为d ，由a7＝a4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{an}的通项公式为an ＝a4＋(n －4)·d ＝3＋23(n －4)＝2n ＋13.(2) 当n≥2时，bn ＝19an －1an ＝19⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.又b1＝13＝12⎝⎛⎭⎫1－13，∴ Sn ＝b1＋b2＋…＋bn＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.1. an 的两种常见变形an ＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an －1)(累加法)an ＝a1·a2a1·a3a2·…anan －1(累乘法)2. 数列求和的方法技能 ① 倒序相加 ② 错位相减 ③ 分组求和 ④ 拆项相消3. 方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在数列中均得到广泛应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究是解决数列综合问题的最基本思维方法．请使用课时训练（B ）第4课时（见活页）.[备课札记]。

2015年高考数学总复习精品课件：第9章第4讲数列的求和

第4讲数列的求和
第一页，编辑于星期五：十一点二十七分。
考纲要求
1.掌握等差数列、等比数列的求和公式. 2.了解一般数列求和的几种方法.
考情风向标
从近两年的高考试题来看，对等差、等比数列的求和，以考查公式为主；对非等差、非等比数列的求和，主要考查分组求和、裂项相消法、错位相减法等方
法.题型既有选择题、填空题，又有解答题，属较难题目. 预计 2015 年高考对数列的求和不会有太大的变化，但要特别关注错位相减法求和，不仅因为它是求和的难点，更因为其出现的频率最高.
第二十五页，编辑于星期五：十一点二十七分。
解：(1)∵an＝3n－1(n∈N*)，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9. 在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5. 又∵a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d， ∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2. ∵bn＞0(n∈N*)，∴舍去d＝－10，取d＝2，∴b1＝3. ∴bn＝2n＋1(n∈N*).
(2)证明：当 n 为偶数时， ∵an1－1＋a1n＝322n－11＋1＋2n－1 1 ＝32·2n－1·2n2＋n－21n＋－22nn－1－1 ＝32·2n－1·22nn－＋1＋2n2－n1－1
第三十页，编辑于星期五：十一点二十七分。
<32·22n－n－1＋1·22nn＝322n1－1＋21n(n≥2)， ∴a11＋a12＋…＋a1n <321＋12＋212＋…＋21n ＝32·1－1－2n112＋1＝3－3·2n1＋1<3.
第二十六页，编辑于星期五：十一点二十七分。
ห้องสมุดไป่ตู้
(2)由(1)，知 Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套第五章数列第4节数列求和

2009~2013年高考真题备选题库第5章数列第4节数列求和考点一等差数列与等比数列的综合1．（2013福建，5分）已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2＋…＋a m (n－1)＋m，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m解析：本题考查等比数列的定义与通项公式、等差数列前n 项和的公式等基础知识，意在考查考生转化和化归能力、公式应用能力和运算求解能力．等比数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n－1，所以c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m ＝a 1q m (n－1)·a 1q m (n－1)＋1·…·a 1q m (n－1)＋m －1＝a m 1qm (n－1)＋m (n－1)＋1＋…＋m (n －1)＋m －1＝a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)(1＋m －1)2＝a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)m 2，因为c n ＋1c n＝a m 1qnm 2＋(m －1)m 2a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)m 2＝qm 2，所以数列{c n }为等比数列，公比为qm 2.答案：C2．（2013重庆，5分）已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.解析：本题考查等差、等比数列的基本量运算，意在考查考生的基本运算能力．因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64.答案：643．（2013江苏，16分）设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中 c 为实数． (1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0.证明：本题考查等差、等比数列的定义，通项及前n 项和，意在考查考生分析问题、解决问题的能力与推理论证能力．由题设，S n ＝na ＋n (n －1)2d .(1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝⎛⎭⎫a ＋d 22＝a ⎝⎛⎭⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝⎛⎭⎫d 1－12d n 3＋⎝⎛⎭⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1,2,3,4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎪⎨⎪⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0， ①19A ＋5B ＋cd 1＝0， ②21A ＋5B ＋cd 1＝0， ③由②，③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0. 即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又cd 1＝0，所以c ＝0.4．（2013浙江，14分）在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2) 若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：本题主要考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式，求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力．(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0. 故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.5．（2013四川，12分）在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解：本题考查等差数列、等比中项等基础知识，考查运算求解能力，考查分类与整合等数学思想．设该数列公差为d ，前n 项和为S n .由已知，可得2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )．所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.6．(2009·宁夏、海南，5分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4＝( )A ．7B ．8C ．15D ．16解析：∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列，∴4a 2＝4a 1＋a 3. ∵{a n }是等比数列，∴4a 1·q ＝4a 1＋a 1q 2，a 1＝1. ∴q 2－4q ＋4＝0，q ＝2，∴S 4＝1×(1－24)1－2＝15.答案：C7．（2011江苏，5分）设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．解析：设a 2＝t ，则1≤t ≤q ≤t ＋1≤q 2≤t ＋2≤q 3，由于t ≥1，所以q ≥max {t ，t ＋1，3t ＋2}，故q 的最小值是33.答案：338．（2012山东，12分）在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m )内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .解：(1)因为{a n }是一个等差数列，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，a 4＝28. 设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9.由a 4＝a 1＋3d 得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8(n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若9m <a n <92m ，则9m ＋8<9n <92m ＋8. 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1.故得b m ＝92m －1－9m －1.于是S m ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1)＝9×(1－81m )1－81－(1－9m )1－9＝92m ＋1－10×9m ＋180.9．（2012广东，14分）设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.解：(1)当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7， ② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)， ③ 由①②③解得a 1＝1. (2)∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1，两式相减得a n ＋1－3a n ＝2n ，则a n ＋12n －32·a n2n －1＝1，即a n ＋12n ＋2＝32(a n2n －1＋2)．又a 120＋2＝3，知{a n 2n －1＋2}是首项为3，公比为32的等比数列， ∴a n 2n －1＋2＝3(32)n －1，即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式， ∴a n ＝3n －2n .(3)证明：由(2)得1a n ＝13n －2n ＝1(2＋1)n －2n ＝1C 1n 2n －1＋C 2n 2n －2＋…＋1<1n ·2n －1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1＋122＋(12)22＋…＋(12)n －12＝1＋12(1－12n －1)<32. 考点二递推数列及其应用1．（2013湖南，5分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.解析：本小题主要考查数列的递推关系、等比数列的求和等知识，考查推理论证能力及分类讨论思想．(1)当n ＝1时，S 1＝(－1)a 1－12，得a 1＝－14.当n ≥2时，S n ＝(－1)n (S n －S n －1)－12n .当n 为偶数时，S n －1＝－12n ，当n 为奇数时，S n ＝12S n－1－12n ＋1，从而S 1＝－14，S 3＝－116，又由S 3＝12S 2－124＝－116，得S 2＝0，则S 3＝S 2＋a 3＝a 3＝－116. (2)由(1)得S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 99＝－122－124－126－…－12100，S 101＝－12102，又S 2＋S 4＋S 6＋…＋S 100＝2S 3＋123＋2S 5＋125＋2S 7＋127＋…＋2S 101＋12101＝0，故S 1＋S 2＋…＋S 100＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 答案：－116 13⎝⎛⎭⎫12100－1 2．（2013湖南，13分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *. (1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．解：本题主要考查数列的通项公式和数列求和，结合转化思想，意在考查考生的运算求解能力．(1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2.当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1.于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．因此，a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，①2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .② ①－②得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝2n －1－n ·2n . 从而B n ＝1＋(n －1)·2n .3．（2013江西，12分）正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{b n }的前项n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. 解：本题主要考查求一类特殊数列的和，意在考查考生的转化与化归的数学思想及运算求解能力．(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－⎦⎤1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564. 4．（2012新课标全国，5分）数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×(30－1)2×4＝1 830.答案：D5．（2012江西，12分）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，8.(1)确定常数k ，并求a n ； (2)求数列{9－2a n2n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4，从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n .(2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.]。

5-4第四节数列求和练习题(2015年高考总复习)

第四节数列求和时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n (n 为奇数)，a n ＋1 (n 为正偶数)，则其前6项之和是( ) A ．16 B ．20 C ．33D ．120解析 ∵a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，∴S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.答案 C2．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析由a n ＝n ＋1－n(n ＋n ＋1)(n ＋1－n )＝n ＋1－n ，得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝10，即n ＋1－1＝10，即n ＋1＝11，解得n ＋1＝121，n ＝120.答案 A3．若数列{a n }的通项为a n ＝4n －1，b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ，n ∈N *，则数列{b n }的前n 项和是( )A ．n 2B ．n (n ＋1)C ．n (n ＋2)D ．n (2n ＋1)解析 a 1＋a 2＋…＋a n ＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n －1)＝4(1＋2＋…＋n )－n ＝2n (n ＋1)－n ＝2n 2＋n ，∴b n ＝2n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n ＋1) ＝n 2＋2n ＝n (n ＋2)．答案 C4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝( )A ．66B ．65C ．61D ．56解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－4n ＋2－[(n －1)2－4(n －1)＋2]＝2n －5. 即a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝3，…，a 10＝15.得|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝1＋1＋8(1＋15)2＝2＋64＝66. 答案 A5．(2014·潍坊模拟)已知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，把数列{a n }的各项排列成如下的三角形状，记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (10,12)＝( )a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1393B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1392C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1394 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13112 解析前9行共有1＋3＋5＋ (17)(1＋17)×92＝81(项)，∴A (10,12)为数列中的第81＋12＝93(项)，∴a 93＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1393.答案 A6．(2014·青岛模拟)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等于( )A ．0B ．－100C ．100D ．10 200解析 ∵f (n )＝n 2cos(n π)，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)＋…＋f (100)]＋[f (2)＋…＋f (101)]．f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋…(1002－992)＝3＋7＋…＋199＝50×(3＋199)2＝5 050，f (2)＋…＋f (101)＝22－32＋42－…－992＋1002－1012＝(22－32)＋(42－52)＋…＋(1002－1012)＝－5－9－…－201＝50×(－5－201)2＝－5 150，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)＋…＋f (100)]＋[f (2)＋…f (101)]＝－5 150＋5 050＝－100.答案 B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，则数列{a n b n }的前n 项和S n ＝__________.解析由条件易求出a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴S n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n .② 由①－②，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n ， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1. 答案 (n －1)·2n ＋18．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析 ∵a n ＝n (n ＋1)2n ＋1＝n2，∴b n ＝8n (n ＋1)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1. 答案8nn ＋19．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__________.解析令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2.∴a n ＝4(n ＋1)2.∴n ＝1时，a 1适合a n .∴a n ＝4(n ＋1)2.∴a n n ＋1＝4n ＋4. ∴a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n . 答案 2n 2＋6n三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分) 10．(2014·石家庄质检一)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 4＋6，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ≠0.∵S 3＝a 4＋6，∴3a 1＋3×2d2＝a 1＋3d ＋6，解得a 1＝3. ∵a 1，a 4，a 13成等比数列，∴a 1(a 1＋12d )＝(a 1＋3d )2，解得d ＝2. ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)由题意，得b n ＝22n ＋1＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝(23＋25＋27＋…＋22n ＋1)＋n ＝23(1－22n )1－22＋n＝22n ＋3－83＋n .11．已知数列{a n }的通项为a n ，前n 项的和为S n ，且有S n ＝2－3a n .(1)求a n ；(2)求数列{na n }的前n 项和．解 (1)∵S 1＝a 1，n ＝1时，S 1＝2－3a 1⇒4a 1＝2，a 1＝12；当n ≥2时，3a n ＝2－S n ，① 3a n －1＝2－S n －1，②①－②得3(a n －a n －1)＝－a n ，∴4a n ＝3a n －1⇒a n a n －1＝34.∵{a n }是公比为34，首项为12的等比数列， a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1.(2)∵a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝23·34⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫34nT n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ，① 34T n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，②①－②得14T n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1. ∴T n ＝83⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n 1－34－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －83n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1 ＝8－8⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －83n ⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝8－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤8＋83n ·34＝8－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n(8＋2n )． 12．(2013·广东卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12.解 (1)证明：在4S n ＝a 2n ＋1－4n －1中，令n ＝1得4a 1＝a 22－5.又a n >0，所以a 2＝4a 1＋5.(2)由4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，得4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，n ≥2，两式相减化简得(a n ＋2)2＝a 2n ＋1，n ≥2，又a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，n ≥2.又a 2，a 5，a 14成等比数列，所以a 25＝a 2a 14，即(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋24)，解得a 2＝3，代入(1)解得a 1＝1，所以a 2－a 1＝2，所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n ＝2n －1.(3)因为1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.。

2015届高考数学(理)一轮复习讲义：数列求和(人教B版)

2015届高考数学（理）一轮复习讲义：数列求和一、知识梳理1.基本数列的前n 项和⑴ 等差数列{}n a 的前n 项和：n S ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⋅+⋅-++=n b n a d n n na a a n n 211)1(212)(⑵ 等比数列{}n a 的前n 项和n S ：①当1=q 时，1na S n =；②当1≠q 时，qqa a q q a S n n n --=--=11)1(11； ⑶ 基本数列{}2n 的前n 项和：nS)12)(1(61++=n n n . 2. 数列求和的常用方法：公式法；性质法；拆项分组法；裂项相消法；错位相减法；倒序相加法.二、重难点突破1.重点：掌握由数列通项公式求数列的前n 项之和的方法；2.难点：利用裂项相消法、错位相减法求数列的前n 项之和.3.重难点：灵活选择数列求和的方法，注意裂项相消法求和中项数及项的处理.三、典例分析题型1 公式法求和【例1（2013年高考重庆卷（文）)设数列{}n a 满足:11a =,13n n a a +=,n N +∈.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ;(Ⅱ)已知{}n b 是等差数列,n T 为前n 项和,且12b a =,3123b a a a =++,求20T.【小结】利用等差（等比）数列的有关性质解题，可以简化运算.题型2 拆项分组法求和【例2】（2013年安徽（文））设数列{}n a 满足12a =,248a a +=,且对任意*n N ∈,函数1212()()cos -sin n n n n n f x a a a x a x a x ++++=-++⋅⋅ ，满足'()02f π=(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)若122n n n a b a =+（）,求数列{}n b 的前n 项和n S . 解:由12a = 248a a +=1212()()cos -sin n n n n n f x a a a x a x a x ++++=-++⋅⋅ 1212--sin -cos n n n n n f x a a a a x a x ++++'=+⋅⋅（）121'()--02n n n n f a a a a π+++=+= 所以,122n n n a a a ++=+ {}n a ∴是等差数列.而12a = 34a = 1d = 2-111n a n n ∴=+⋅=+（）(2)111122121222n nn a n nb a n n +=+=++=++（）（）（） 111-22122121-2n n n n S ++=+（）（） ()211313122n nn n n n =++-=++-【小结】若数列的通项公式可分解为若干个可求和的数列，则将数列通项公式分解，分别求和，最终达到求和目的.题型3 裂项相消法求和【例3】（2013年高考江西卷（文））正项数列{a n }满足2(21)20nn a n a n ---=.(1)求数列{a n }的通项公式a n ; (2)令1(1)nnb n a =+,求数列{b n }的前n 项和T n .解:(21)20n n ---=2n n n n （1）由a a 得（a -2n)(a +1）=0由于{a n }是正项数列,则2n =na .(2)由(1)知2n =n a ,故11111()(1)(1)(2)2(1)n n b n a n n n n ===-+++11111111(1...)(1)222312122n T n n n n ∴=-+-++-=-=+++n 【小结】数列的常见拆项有：111)1(1+-=+n n n n ；();2112121⎪⎭⎫⎝⎛+-=+n n n n()()1111;212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭n n n n -+=++111.题型4错位相减法求和【例4】（2013年高考湖南（文））设n S 为数列{n a }的前项和,已知01≠a ,2n n S S a a ∙=-11,∈n N *(Ⅰ)求1a ,2a ,并求数列{n a }的通项公式;(Ⅱ)求数列{n na }的前n 项和. 解: (Ⅰ) 11111121.S S a a n a S ⋅=-=∴=时，当 .1,011=≠⇒a a11111111222221----=⇒-=---=-=>n n n n n n n n n a a a a S a a S a a s s a n 时，当-.*,221}{11N n a q a a n n n ∈===⇒-的等比数列，公比为时首项为(Ⅱ)n n n nqa n qa qa qa qT a n a a a T ⋅++⋅+⋅+⋅=⇒⋅++⋅+⋅+⋅= 321321321321设1432321+⋅++⋅+⋅+⋅=⇒n n a n a a a qT上式左右错位相减:n n n nn n n n na qq a na a a a a T q 21211)1(111321⋅--=---=-++++=-++*,12)1(N n n T n n ∈+⋅-=⇒.【小结】若一个数列是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所得数列，求和问题适用错位相减法.题型5 倒序相加法求和【例5】设221)(x x x f +=，求：⑴)4()3()2()()()(213141f f f f f f +++++；⑵).2010()2009()2()()()()(21312009120101f f f f f f f ++++++++【解题思路】观察)(x f 及⎪⎭⎫⎝⎛x f 1的特点，发现1)1()(=+x f x f .【解析】 221)(x x x f +=，∴1)1()(=+xf x f .⑴441)4()3()2()()()(213141=⨯=+++++f f f f f f⑵原式2009)12010(1=-⨯=.【小结】通过分析对应的通项，可结合等差数列前n 项和的推导方法求解. ⑴ 数列求和应该从通项入手；⑵ 数列求和的常用方法：公式法、性质法、拆项分组法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法.【巩固练习】1.（2013年四川卷（文））在等比数列{}n a 中,212a a -=,且22a 为13a 和3a 的等差中项,求数列{}n a 的首项、公比及前n 项和.解:设{}n a 的公比为q .由已知可得 211=-a q a ,211134q a a q a +=,所以2)1(1=-q a ,0342=+-q q,解得 3=q 或 1=q ,由于2)1(1=-q a .因此1=q 不合题意,应舍去, 故公比3=q ,首项11=a . 所以,数列的前n 项和213-=n n S 2.2.求数列，，，，，)21(813412211n n +的前n 项和n S . 【解析】=n S )21(813412211n n +++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++++=n n 21814121)321( 21)211(21)1(21--++=n n n n n n 211)1(21-++=.3.（2013年高考课标Ⅰ卷（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =,55S =-.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求数列21211{}n n a a -+的前n 项和.解：(1)设{a n }的公差为d,则S n =1(1)2n n na d -+.由已知可得111330,1, 1.5105,a d a d a d +=⎧==-⎨+=-⎩解得 {}n =2-.n a a n 故的通项公式为(2)由(I)知212111111(),(32)(12)22321n n a a n n n n -+==-----从而数列21211n n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和为1111111-+-++)2-1113232112nn n n-=---（.4.⑴ 求和：)2(1531421311+++⨯+⨯+⨯n n ； (2 )求和：nn +++++++++11341231121 . 解:⑴)211(21)2(1+-=+n n n n∴原式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++-+-+-=)211()5131()4121()311(21n n()()11111323122122212n n n n n ⎛⎫+⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. (2)n n nn -+=++111∴nn +++++++++11341231121()()()()n n -+++-+-+-=1342312 11-+=n .5.【2012高考浙江文19】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =22n n +，n ∈N ﹡，数列{b n }满足a n =4log 2b n ＋3，n ∈N ﹡.（1）求a n ，b n ；（2）求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 【解析】（1）由S n =22n n +，得当n=1时，113a S ==；当n ≥2时，1nn n a S S -=-=2222(1)(1)41n n n n n ⎡⎤+--+-=-⎣⎦，n ∈N ﹡.由a n =4log 2b n ＋3，得21n b n =-，n ∈N ﹡.（2）由（1）知1(41)2n n n a b n -=-⋅，n ∈N ﹡所以()21372112...412n nT n -=+⨯+⨯++-⋅，()2323272112...412n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅，()212412[34(22...2)]n n n n T T n --=-⋅-++++(45)25n n =-+(45)25n n T n =-+，n ∈N ﹡.6.（2013高考广东理19）设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知11a =,2121233n n S a n n n +=---,*n ∈N . (Ⅰ) 求2a 的值； (Ⅱ) 求数列{}n a 的通项公式；(Ⅲ) 证明:对一切正整数n ,有1211174n a a a +++<. 解：(Ⅰ) 依题意,12122133S a =---,又111S a ==,所以24a =；(Ⅱ) 当2n ≥时,32112233n n S na n n n +=---,()()()()321122111133n n S n a n n n -=-------两式相减得()()()2112213312133n n n a na n a n n n +=----+---整理得()()111n n n a na n n ++=-+,即111n n a a n n +-=+,又21121a a-=故数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为111a =,公差为1的等差数列, 所以()111na n n n=+-⨯=,所以2n a n =. (Ⅲ) 当1n =时,11714a =<；当2n =时,12111571444a a +=+=<；当3n≥时,()21111111n a n n n n n=<=---,此时 222121111111111111111434423341n a a a n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+++++<++-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭11171714244n n =++-=-< 综上,对一切正整数n ,有1211174n a a a +++<.四、课后巩固练习1.(2014·江南十校联考)已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2013＝( )A. 2012－1B. 2013－1C. 2014－1D. 2014＋1 【解析】由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2013＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2014－2013)＝2014－1.故选C2. (2014·北京西城区期末)设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ∈N *)，则f (n )等于( )A. 27(8n－1) B. 27(8n ＋1－1) C. 27(8n ＋3－1) D. 27(8n ＋4－1) 【解析】由题意知f (n )可看作以2为首项，23为公比的等比数列的前n ＋4项和，∴f (n )＝2[1－3n ＋4]1－23＝27(8n ＋4－1)．故选D. 3.数列{}n a 中，)(,2211++∈==N n a a a n n ，则数列{}n a 的前n 项积n S 为 .【解析】22121-+-n 由21n n a a =+，得2ln ln ln 2ln 11=⇒=++nn n n a a a a ，∴2ln 2ln 1-=n n a ，122-=n n a 。

第4节数列求和--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.必备知识——强基础数列求和的几种常用方法1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式①已知等差数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2；②已知等差数列的第1项和公差求前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，①已知等比数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝a 1－a n q1－q ；②已知等比数列的第1项和公比求前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q .2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．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，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2．12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3．裂项求和常用的变形(1)分式型：1n （n ＋k ）＝1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）等．(2)指数型：2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1－1，n ＋2n （n ＋1）·2n ＝1n ·2n －1－1（n ＋1）·2n 等．(3)根式型：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )等．(4)对数型：log m a n ＋1a n＝log m a n ＋1－log m a n ，a n >0，m >0且m ≠1.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n ＋1＋n，则S 9＝2.()(2)1n 2<1（n －1）n ＝1n －1－1n.()(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和．()(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n＝3n－12.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n（n＋1），则S5＝()A．1B．56C．16D．130答案B解析∵a n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{a n}的通项公式a n＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为()A．－200B．－100C．200D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{a n}的通项公式a n＝2n＋2n－1，则数列{a n}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．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＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2（1－2n）1－2＋2×n（n＋1）2－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.(4)在数列{a n}中，a1＝1，a n a n＋1＝－2，则S100＝________．答案－50解析根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以{a n}中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a 99＋a 100＝1－2＋…＋1－2＝50×(－1)＝－50.考点探究——提素养考点一拆项分组法求和例1(2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，其公比q ≠－1，a 4＋a 5a 7＋a 8＝127，且S 4＝a 3＋93.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n log 13a n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为{a n }是等比数列，公比q ≠－1，则a 4＝a 1q 3，a 5＝a 1q 4，a 7＝a 1q 6，a 8＝a 1q 7，所以a 4＋a 5a 7＋a 8＝a 1q 3＋a 1q 4a 1q 6＋a 1q 7＝1q 3＝127，解得q ＝3，由S 4＝a 3＋93，可得a 1（1－34）1－3＝9a 1＋93，解得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n .(2)由(1)得b nn ，n 为奇数，n ，n 为偶数.当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－(1＋3＋…＋n －1)＋(32＋34＋…＋3n )＝－n2·[1＋（n －1）]2＋9（1－9n2）1－9＝98(3n －1)－n 24；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝98(3n ＋1－1)－（n ＋1）24－3n ＋1＝18·3n ＋1－98－（n ＋1）24.综上所述，T nn ＋1－98－（n ＋1）24，n 为奇数，3n －1）－n 24，n 为偶数.【通性通法】拆项分组法求和的常见类型【巩固迁移】1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．答案n 2＋1－12n解析由题意可得，通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋＋122＋123＋…＝n [1＋（2n －1）]2＋21－12＝n 2＋1－12n .考点二并项转化法求和例2在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)由题意，设等差数列{a n }的公差为d，1＋5d ＝12，1＋17d ＝36，1＝2，＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)由(1)，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，(ⅰ)当n 为偶数时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝2＋2＋…＋2＝n2×2＝n ；(ⅱ)当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n －1＋b n ＝n －1－2n ＝－n －1.∴Sn ，n 为偶数，n －1，n 为奇数.【通性通法】并项转化法求和【巩固迁移】2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，数列{b n }满足对任意正整数m ≥2均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m 成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前99项和．解(1)因为a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝2(n －1)．两式相减，得na n ＝2，所以a n ＝2n (n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝2，也符合上式，所以a n ＝2n .(2)由(1)知1a n ＝n2.因为对任意的正整数m ≥2，均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m ＝m2，故数列{b n }的前99项和b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＋…＋b 97＋b 98＋b 99＝(b 1＋b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6)＋…＋(b 97＋b 98＋b 99)＝1a 2＋1a 5＋…＋1a 98＝22＋52＋…＋982＝825.考点三裂项相消法求和例3(2023·承德模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1S n＝2n .(1)证明：数列{a n }是等差数列；(2)若a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{b n }的前n 项和T n .①b n ＝na 2n a 2n ＋1；②b n ＝1a n ＋a n ＋1；③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：因为a n ＋1S n＝2n ，即n (a n ＋1)＝2S n ，当n ＝1时，a 1＋1＝2S 1，解得a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －1，所以n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －2S n －1，即n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2a n ，所以(n －2)a n －(n －1)a n －1＋1＝0，当n ＝2时，上述式子恒成立，当n >2时，两边同除以(n －2)(n －1)可得a n n －1－a n －1n －2＝－1（n －1）（n －2）＝1n －1－1n －2，即a n n －1－1n －1＝a n －1n －2－1n －2，，即a n －1n －1＝a 2－1，所以a n －1＝(n －1)(a 2－1)，即a n ＝(n －1)(a 2－1)＋1，当n ＝1时，也适合上式，所以a n ＋1－a n ＝n (a 2－1)＋1－(n －1)(a 2－1)－1＝a 2－1，所以数列{a n }是以1为首项，a 2－1为公差的等差数列．(2)设{a n }的公差为d ，因为a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列，所以(a 3＋1)2＝a 5(a 2＋1)，即(2＋2d )2＝(1＋4d )(2＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.若选①b n ＝na 2n a 2n ＋1，则b n ＝n （2n －1）2（2n ＋1）2＝181（2n －1）2－1（2n ＋1）2，所以T n ＝18112－132＋132－152＋…＋1（2n －1）2－1（2n ＋1）2＝181－1（2n ＋1）2.若选②b n ＝1a n ＋a n ＋1，则b n ＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1（2n －1＋2n ＋1）（2n ＋1－2n －1）＝12(2n ＋1－2n －1)，所以T n ＝12(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1)．若选③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1，则b n ＝2n ＋3（2n －1）（2n ＋1）2n ＋1＝1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1，所以T n ＝11×21－13×22＋13×22－15×23＋…＋1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1＝12－1（2n ＋1）×2n ＋1.【通性通法】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1a n a n ＋1＝，1a n a n ＋2＝【巩固迁移】3．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.4．(2022·新高考Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.解(1)1，公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，故S n ＝n ＋23a n .①当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1.②由①－②可知a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1.所以a 2a 1×a3a 2×…×a n －1a n －2×a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1＝n （n ＋1）2(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．(2)证明：因为1a n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝21－22＋22－23＋…＋2n －2n ＋1＝2－2n ＋1＜2.考点四错位相减法求和例4(2023·全国甲卷)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2(S n－S n－1)＝na n－(n－1)a n－1，即2a n＝na n－(n－1)a n－1，化简得(n－2)a n＝(n－1)a n－1，当n≥3时，a nn－1＝a n－1n－2＝…＝a32＝1，即a n＝n－1，当n＝1，2时都满足上式，所以a n＝n－1(n∈N*)．(2)因为a n＋12n＝n2n，所以T n＝＋＋＋…＋n，1 2T n＝＋＋…＋(n－＋n＋1，两式相减得12T n＋…－n＋1＝12×11－12－n＋1＝1－，即T n＝2－(2＋n，n∈N*.【通性通法】1．错位相减法求和的适用条件若{a n}是公差为d(d≠0)的等差数列，{b n}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an b n}的前n项和S n.2．错位相减法求和的步骤3．错位相减法求和的注意事项注意在写出S n与qS n的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出点一S n －qS n ，特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n －1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b 2＋b 3＋…＋b n 这n －1项和看成n 项和，把－a n b n ＋1写成＋a n b n ＋1导致错误【巩固迁移】5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝6，a n ＋1＝2(S n ＋1)．(1)证明{a n }为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解(1)因为a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以a n ＝2(S n －1＋1)(n ≥2)，故a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)，又a 2＝2(S 1＋1)＝2a 1＋2，故a 1＝2，即a2a 1＝3，因此a n ＋1a n＝3(n ∈N *)．故{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列．因此a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．(2)因为T n ＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n ×3n －1，①故3T n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n －1)×3n －1＋2n ×3n ，②①－②，得－2T n ＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n －1)－2n ×3n＝2＋2×3（3n －1－1）3－1－2n ×3n ＝－1＋(1－2n )×3n ，即T n ＝（2n －1）×3n ＋12.考点五倒序相加法求和例5已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，可得1a n ＋1＝2a n－16，于是1a n ＋1－16＝即b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，因此a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.【通性通法】倒序相加法的使用策略策略一将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n 项和公式的推导即用此方法)策略二和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数关于点对称的性质，组合数中C k n ＝C n －kn 的性质【巩固迁移】6．已知函数f (x )对任意的x ∈R ，都有f (x )＋f (1－x )＝1，数列{a n }满足a n ＝f (0)＋…＋f (1)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n ＋12解析∵f (x )＋f (1－x )＝1，∴1，又a n ＝f (0)＋…＋f (1)①，∴a n ＝f (1)＋…＋f (0)②，①＋②，得2a n ＝n ＋1，∴a n ＝n ＋12.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.课时作业一、单项选择题1．(2024·黑龙江牡丹江第二次阶段测试)已知等差数列{a n }，a 2＝3，a 5＝6前8项和为()A ．15B ．25C ．35D ．45答案B解析由a 2＝3，a 5＝6可得公差d ＝a 5－a 23＝1，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝n ＋1，因此1a n a n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，8…＝12－110＝25.故选B.2．在数列{a n }中，a n ＝(－1)n －1(4n －3)，前n 项和为S n ，则S 22－S 11为()A ．－85B ．85C ．－65D ．65答案C解析∵S 22＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 21＋a 22＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(81－85)＝(－4)×11＝－44，S 11＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(33－37)＋41＝(－4)×5＋41＝21，∴S 22－S 11＝－44－21＝－65.3．(2023·青岛调研)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足a 1＝3，a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，k ∈N *，则S 2023＝()A ．42023－1B ．3×22023－3C ．3×41012－9D ．5×41011－2答案C解析∵a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，∴a 2k ＋1＝4a 2k －1.又a 1＝3，∴数列{a 2k －1}是首项为3，公比为4的等比数列．∵a 2＝8a 1＝24，a 2k ＋2a 2k ＝a 2k ＋2a 2k ＋1·a 2k ＋1a 2k＝4，∴数列{a 2k }是首项为24，公比为4的等比数列．∴S 2023＝(a 1＋a 3＋…＋a 2023)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2022)＝3（1－41012）1－4＋24（1－41011）1－4＝3×41012－9.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝cosn π3，a 1＝1，则S 2023＝()A ．0B ．12C ．1D ．32答案C解析S 2023＝a 1＋(a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7)＋…＋(a 2021＋a 2022＋a 2023)＝1＋cos2π3＋cos 5π3＋…＋cos 2018π3＋cos 2021π3＝1＋cos 2π3＋1.故选C.5．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋2，数列{log 2a n }的前n 项和为T n ，则T 20＝()A ．190B ．192C ．180D ．182答案B解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋2＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2－(2n －1＋2)＝2n －2n －1＝2n －1，经检验a 1＝4不满足上式，所以a n，n ＝1，n －1，n ≥2.设b n ＝log 2a n ，则b n，n ＝1，－1，n ≥2，所以T 20＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 20＝2＋1＋2＋3＋…＋19＝192.故选B.6．(2024·湖北黄冈调研)已知数列{a n }满足a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650，则a 23＝()A ．231B ．234C ．279D ．276答案B解析由a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650可知，当n 为偶数时，a n ＋a n ＋2＝2n －1，当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2n －1，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＋(a 14＋a 16)＋(a 18＋a 20)＝650，即a 1＋(a 1＋1)＋(a 1＋6)＋(a 1＋15)＋(a 1＋28)＋(a 1＋45)＋(a 1＋66)＋(a 1＋91)＋(a 1＋120)＋(a 1＋153)＋3＋11＋19＋27＋35＝650，由此解得a 1＝3，所以a 23＝a 1＋231＝234.故选B.7．(2024·江苏常州高三阶段考试)已知正项数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 2，a 4成等比数列．若∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝3，则a 1＝()A ．169B ．916C ．43D ．34答案A解析设正项等差数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，∵a 1，a 2，a 4成等比数列，∴a 22＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，整理得，d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∵∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝∑24k ＝1a k ＋1－a k（a k ＋1＋a k ）（a k ＋1－a k ）＝∑24k ＝1a k ＋1－a k a k ＋1－a k ＝∑24k ＝11d(a k ＋1－a k )＝1d (a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a 25－a24)＝1d (a25－a 1)＝1d (a 1＋24d －a 1)＝3，即1a 1(5a 1－a 1)＝3，即4a 1＝3a 1，∵a 1>0，∴a1＝169.故选A.8．已知函数fg(x )＝f (x )＋1，若an ＝{a n }的前2022项和为()A．2023B ．2022C ．2021D ．2020答案B 解析由于函数f，则x 即0，所以f (x )＋f (1－x )＝0，所以g (x )＋g (1－x )＝[f (x )＋1]＋[f (1－x )＋1]＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 2022)＝2g…＋＝g＋g ＋…＋g2×2022，因此数列{a n }的前2022项和为a 1＋a 2＋…＋a 2022＝2022.故选B.二、多项选择题9．(2024·广东梅州市大埔县高三质检)已知数列{a n }的首项为4，且满足2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0(n ∈N *)，则()A B ．{a n }为递增数列C ．{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)·2n ＋1＋4D n 项和T n ＝n 2＋n 2答案BD解析由2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ，是以a11＝a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为an n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝n ·2n ＋1，显然递增，故B 正确；因为S n＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，2S n ＝1×23＋2×24＋…＋n ×2n ＋2，所以－S n ＝1×22＋23＋…＋2n ＋1－n ×2n ＋2＝22（1－2n ）1－2－n ·2n ＋2，故S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故C 错误；因为a n 2n ＋1＝n ·2n ＋12n ＋1＝n ，所n 项和T n ＝n （1＋n ）2＝n 2＋n 2，故D 正确．故选BD.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2，则下列结论中正确的是()A ．a n ＝n 2＋n ＋1n （n ＋1）B ．S n ＝n 2＋n －1n ＋1C ．a n ≤32D ．满足S n ≤2024的n 的最大值为2023答案ACD 解析a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2＝[n （n ＋1）＋1]2n 2（n ＋1）2＝n 2＋n ＋1n （n ＋1），故A 正确；因为a n ＝1＋1n （n ＋1）＝1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝n …n ＋1－1n ＋1＝n 2＋2n n ＋1，故B 错误；因为1＋1n （n ＋1）>1＋1（n ＋1）（n ＋2），所以a n >a n ＋1，所以{a n }是递减数列，所以a n ≤a 1＝32，故C正确；因为a n ＝1＋1n －1n ＋1>0，所以S n 递增，且S 2023<2024，S 2024>2024，所以满足S n ≤2024的n 的最大值为2023，故D 正确．故选ACD.三、填空题11.12！＋23！＋34！＋…＋n （n ＋1）！＝________．答案1－1（n ＋1）！解析∵k （k ＋1）！＝k ＋1－1（k ＋1）！＝1k ！－1（k ＋1）！，∴12！＋23！＋34！＋…＋n（n ＋1）！＝1－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＋1n ！－1（n ＋1）！＝1－1（n ＋1）！.12．已知数列{a n }满足a n ＋2n ＋2，n 为奇数，a n ，n 为偶数，且a 1＝2，a 2＝1，则此数列的前20项和为________．答案1133解析当n 为奇数时，由a n ＋2＝a n ＋2可知，{a n }的奇数项成等差数列，且公差为2，首项为a 1＝2；当n 为偶数时，由a n ＋2＝2a n 可知，{a n }的偶数项成等比数列，且公比为2，首项为a 2＝1，故前20项和为a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＋10×92×2＋1－2101－2＝110＋1023＝1133.13．(2024·云南曲靖高三月考)已知正项数列{a n }满足a 1＝2且a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0，令b n ＝(n ＋2)a n －257，则数列{b n }的前7项和为________．答案2021解析由a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，因为a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝2n (n ＋2)－257，令c n ＝2n (n ＋2)，{c n }的前n 项和为T n ，则T 7＝3×21＋4×22＋5×23＋…＋9×27，2T 7＝3×22＋4×23＋5×24＋…＋9×28，两式相减可得，－T 7＝3×21＋22＋23＋…＋27－9×28＝6＋4×（1－26）1－2－9×28＝6＋4×63－9×256＝－2046，所以T 7＝2046，所以数列{b n }的前7项和为T 7－257×7＝2046－25＝2021.14．(2023·湖北重点中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a n －S n ＝2，记数列n 项和为T n .若对于任意n ∈N *，不等式k ＞T n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案13，＋解析依题意2a n －S n ＝2，当n ＝1时，a 1＝2，由2a n －1－S n －1＝2，n ≥2，两式相减并化简得a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＝2n ，所以a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n …＋＝13－12n ＋1＋1<13，所以实数k 的取值范围是13，＋四、解答题15．(2024·湖北恩施模拟)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．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .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)b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1＝(－1)n －1·4n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1当n 为偶数时，T n…1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n…1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T nn为奇数n 为偶数T n16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝－2S n －1S n (n ≥2)．(1)求a n ；(2)设b n ＝2nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)∵a n ＝－2S n －1S n ，∴S n －S n －1＝－2S n －1S n ，∴S n －1－S n ＝2S n S n －1，∴1S n －1S n －1＝2，∴，且1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1＋2n －2＝2n －1，∴S n ＝12n －1(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n ＝－2（2n －1）（2n －3），又a 1＝1不满足上式，∴a nn ≥2.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n －1)2n ＋1＝2＋23（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1＝2－8＋2n ＋2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，∴T n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.17．(2024·江西临川一中阶段考试)函数f (x )＝ln x ，其中f (x )＋f (y )＝2，记S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n(n ∈N *)，则∑2024i ＝11S i ＝()A ．20242025B ．20252024C ．20254048D ．40482025答案A解析∵f (x )＝ln x ，f (x )＋f (y )＝2，∴f (x )＋f (y )＝ln x ＋ln y ＝ln (xy )＝2.S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n ，即S n ＝ln y n ＋ln (xy n －1)＋…＋ln (x n －1y )＋ln x n ，两式相加得，2S n ＝(n ＋1)ln(x n y n )＝n (n ＋1)ln (xy )＝2n (n ＋1)，∴S n ＝n (n ＋1)，∑2024i ＝11S i ＝∑2024i ＝11i （i ＋1）＝∑2024i ＝11－12025＝20242025.故选A.18．(2023·广西玉林统考三模)已知函数f (x )＝e －x －e x ，若函数h (x )＝f (x －4)＋x ，数列{a n }为等差数列，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝44，则h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝________．答案44解析由题意，可得h (x )＝f (x －4)＋x ＝e －(x －4)－e x －4＋x ，设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11a 6＝44，解得a 6＝4，则h (a 6)＝h (4)＝e －(4－4)－e 4－4＋a 6＝a 6＝4，根据等差中项的性质，可得a 1＋a 11＝2a 6＝8，则h (a 1)＋h (a 11)＝e－(a 1－4)－e a 1－4＋a 1＋e－(a11－4)－e a 11－4＋a 11＝1e a 1－4＋1e a 11－4－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝e a 1－4＋e a 11－4e a 1＋a 11－8－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝a 1＋a 11＝8，同理可得，h (a 2)＋h (a 10)＝8，h (a 3)＋h (a 9)＝8，h (a 4)＋h (a 8)＝8，h (a 5)＋h (a 7)＝8，所以h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝5×8＋4＝44.19．(2023·山西太原二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (S n ≠0)，满足S 1，S 2，－S 3成等差数列，且a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝－3a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ，依题意得S 1＋(－S 3)＝2S 2，所以－(a 2＋a 3)＝2(a 1＋a 2)，即－a 1(q ＋q 2)＝2a 1(1＋q )，因为a 1≠0，所以q 2＋3q ＋2＝0，解得q ＝－1或q ＝－2，因为S n ≠0，所以q ＝－2，又因为a 1a 2＝a 3，所以a 21q ＝a 1q 2，即a 1＝q ＝－2，所以a n ＝(－2)n .(2)由题意可得，b n ＝－3（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝（－2）n ＋1－（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1，则T n ＝1（－2）1＋1－1（－2）2＋1＋1（－2）2＋1－1（－2）3＋1＋…＋1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1＝－1－1（－2）n ＋1＋1.20．(2024·新疆阿克苏地区质检)已知正整数数列{a n }，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2时，a 2n －1a n ＋1<a n －2025年高考数学复习讲义及练习解析211<a 2n ＋1a n ＋1恒成立．(1)证明数列{a n }是等比数列并求出其通项公式；(2)定义：|x |表示不大于xn 项和为S n ，求|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|的值．解(1)由a 2n －1a n ＋1<a n －1<a 2n ＋1a n ＋1，得a 2n －1<a n －1a n ＋1<a 2n ＋1.因为{a n }是正整数数列，所以a n －1a n ＋1＝a 2n (n ≥2，n ∈N *)，于是{a n }是等比数列．又a 1＝1，a 2＝2，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)因为2n －1a n ＝2n －12n －1，S n ＝120＋321＋522＋…＋2n －12n －1，12S n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，两式相减得，12S n ＝1＋＋122＋123＋…－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以S n ＝6－2n ＋32n －1<6，又S n ＋1－S n ＝2n ＋12n >0，即{S n }为递增数列，S 1＝1，2<S 2＝52<3，3<S 3＝154<4，4<S 4＝378<5，S 5＝8316>5，所以|S 1|＝1，|S 2|＝2，|S 3|＝3，|S 4|＝4，|S n |＝5(n ≥5)，所以|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|＝1＋2＋3＋4＋＝10110.。

2015年高考数学第一轮复习课件：5.4数列求和

解(1) 设等比数列{an}的公比为 q，等差数列{bn}的公差为 d. 由已知，得 a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d，故33qq＝2＝33＋＋31d2，d ⇒qq＝2＝11＋＋d4，d ⇒q＝3 或 1(舍去)．所以 d＝2，所以 an＝3n，bn＝2n＋1.
即 an＝12(an－1－an)，所以 an＝13an－1(n≥2)．
故数列{an}是以32为首项，31为公比的等比数列．
故 an＝23·13n－1＝2·13n(n∈N*)．
ห้องสมุดไป่ตู้
第十三页，编辑于星期五：十一点四十九分。
(2)设
bn＝
log 1
3
(1－Sn＋1)(n∈N*)，令
Tn＝b11b2＋b21b3＋…＋bnb1n＋1，
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项 an＝2n.
第十一页，编辑于星期五：十一点四十九分。
(2)令 bn＝n＋n＋212an2，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 n∈N*，都有 Tn＜654.
第一问结果：数列{an} 的通项 an＝2n.
规律方法
第十二页，编辑于星期五：十一点四十九分。
考点二裂项相消法求和
考点
【训练 2】 (2013·滨州一模)已知数列{an}的前 n 项和是 Sn，且 Sn＋12an＝1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)见下一页
解（1
）
当 n≥2
当 n＝1 时， a1＝S1，由 S1＋12a1＝1，得 a1＝32，时，Sn＝1－21an，Sn－1＝1－12an－1，则 Sn－Sn－1＝12(an－1－an)，

2015高考数学(理)一轮复习配套课件5-4数列求和

a1＝1，解得 d＝2.
所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
(2)由 an＝2n－1 得 bn＝2n－1＋2 所以数列{bn}的前 n 项和
2n－1
1 n ＝2n－1＋ · 4. 2
Sn＝ [1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＋(21＋ 23 ＋25＋…＋22n －1)＝n2 21－22n 2 22n 1－2 ＋＝n ＋ . 3 1－22
.
2．分组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，分别求和后相加减． [填一填] ＝
1 n ＋1－2n
2
1 1 1 1 (1) 数列 1 ， 3 ， 5 ， 7 ， … 的前 n 项和 Sn 2 4 8 16 .
1 n 1 1 1 2 －2n (2)数列 1，，2，，4，，…的前 2n 项和 S2n＝ . 2 4 8
(2)由
1 1 1 bn＝2 an＋2a ＝2n＋1＋2n＋1＝2n＋ n＋2 2 n
知，
1 1 n ] [1 － nn＋1 2 2 2 Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n＋2· 2 ＋＝ n ＋3n＋1 1 1－2
1 －2n.
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．
n
2n 1－n－2 1 1 3 n 2n (2) ＋＋＋…＋ n等于 . 2 2 8 2
＋
02突破3个热点考向
考向一例1
分组转化法求和
[2013· 安徽高考]设数列{an}满足 a1＝2， a2＋a4＝8，且

2015高考数学一轮课件：第5章第4节数列求和

an
＝1＋212＋312＋412＋…＋n12<1＋14＋
1－1 23
＋
1－1 34
＋…＋
1 －1 n－1 n
＝1＋1＋1－1＝7－1<7. 4 2 n 4 n4
综上，对一切正整数 n，有 1 ＋ 1 ＋…＋ 1 <7.
a1 a2
an 4
第四页，编辑于星期五：十三点四十七分。
高频考点全通关——裂项相消法求和闯关三：总结问题类型，掌握解题策略
n n＋1
n
1， n＋1
Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝
1－
1 2
＋
1－ 2
1 3
＋
1－ 3
1 4
＋…＋
1－ n
1 n＋1 ＝1－
1 n＋1<1.
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第七页，编辑于星期五：十三点四十七分。
两式相减，得 2an＝nan＋1－(n－1)an－13(3n2－3n＋1)－(2n－1)－23，
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即na＋n＋11－ann＝1，又a22－a11＝1，故数列
an n
是首项为
1，
公差为
1
的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×1＝n，所以 n
an＝n2.
第三页，编辑于星期五：十三点四十七分。
第四节数列求和
考纲 1．熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式．展 2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．示
第一页，编辑于星期五：十三点四十七分。
高频考点全通关——裂项相消法求和闯关一：了多为解答题，难度适
中，属中档题．
＋22a3＋…＋2n－2an－1＝n－2 1.两式相减，得 2n－1an＝n2－n－2 1＝12.所以，当 n≥2 时，an＝21n.

2015届高考数学总复习配套课件：5-4 数列求和

导致计算结果错误．
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第十九页，编辑于星期五：十点十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干考点解密
变式训练
1．(2014年南昌模拟)设正项数列{an}的前n项和是Sn，若{an}和
研考向要点
探究 { Sn}都是等差数列，且公差相等．
悟典题能力
(1)求{an}的通项公式；
提升
司答案：A
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第十一页，编辑于星期五：十点十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干考点解密
研考向要点
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.
探究
悟典题
解析：∵Sn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n①
能力
提升
∴2Sn＝22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②
q>0，得q＝2，d＝2.所以an＝2n－1，bn＝3·2n－1，所以an＋23bn＝2n－1＋
2n，所以数列{an＋
2 3
bn}的前n项和为
n1＋22n－1＋
21－2n 1－2
＝
n2＋2n＋1－
山东金
2.
太
阳
[答案] n2＋2n＋1－2
书
业
有
限
公
司
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第十四页，编辑于星期五：十点十四分。
东金太
＝121－6n1＋1＝6n3＋n 1.
阳书业
有
限
公
司
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第十八页，编辑于星期五：十点十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干考点解密

2015届高三数学(文)湘教版一轮复习配套课件：第5章第4节数列求和

数学
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第二十一页，编辑于星期五：九点四十二分。
第四节数列求和结束
角度二
形如 an＝
1 n＋k＋
型 n
2．(2014·江南十校联考)已知函数 f(x)＝xa 的图像过点(4,2)，令
an＝fn＋11＋fn，n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则
S2 013＝ A. 2 012－1
3．一些常见数列的前 n 项和公式
nn＋1 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝ 2 ；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝ n2 ；

(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝ n2＋n .
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第二页，编辑于星期五：九点四十二分。
第四节数列求和结束
1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
由已知可得35aa11＋＋31d0＝d＝0－，5. 解得ad1＝＝－1，1. 故{an}的通项公式为 an＝2－n.
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第二十四页，编辑于星期五：九点四十二分。
第四节数列求和结束
(2)由(1)知a2n－11a2n＋1 ＝3－2n11－2n＝122n1－3－2n1－1，从而数列a2n－11a2n＋1的前 n 项和为 12－11－11＋11－13＋…＋2n1－3－2n1－1＝1－n2n.
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第九页，编辑于星期五：九点四十二分。
第四节数列求和结束
(2)由 bn＝2an＋21an＝2n＋1＋2n1＋1＝2n＋21n＋2 知，

2015年高考数学一轮总复习精品课件：第五章+数列 5.4 数列的通项与求和(共27张PPT)

2
(3-1) (3+1)
∴当 a=1 时,Sn=T1+T2=n+
=
;
2
2
T2=1+4+7+…+(3n-2)=
-1
(3-1)
当 a≠1 时,Sn=T1+T2= -1 +
.
2
-
答案
考点一
考点二
考点三
第十四页，编辑于星期五：十一点十一分。
探究突破
考点二
裂项相消法求和
1
2
【例 2】已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1= ,Sn=n2an-n(n-1),n=1,2,….
(1)证明数列
+1

是等差数列,并求 Sn;

5
,求证:b
+b
+…+b
<
.
1
2
n
3 +32
12
(2)设 bn=
考点一
考点二
考点三
第十五页，编辑于星期五：十一点十一分。
探究突破
证明:(1)由 Sn=n2an-n(n-1)知,
当 n≥2 时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1),
函数 f(x)=2x-3x-1 在[1,2]上为减函数,在[3,+∞)上为增函数.
当 n=3 时,23-9-1=-2<0,当 n=4 时,24-12-1=3>0,
∴2n-3n-1<0 中 n 的最大值为 3.
关闭

2(1-2 )
(+1)
(2)Sn=a1+a2+…+an=(2+2 +…+2 )-3(1+2+3+…+n)-n=

2015年高考数学新一轮总复习考点突破课件：5.4数列求和

第二十二页，编辑于星期五：十一点四十三分。
解：(1)由 x1＝3，得 2p＋q＝3，又因为 x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q，且 x1＋x5＝2x4，得 3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得 p＝1，q＝1. (2)由(1)，知 xn＝2n＋n，所以 Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n) ＝2n＋1－2＋nn＋2 1.
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n2－2
解析：∵an＝2n＋2n－1.
∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)
＝211－－22n＋n2＝2(2n－1)＋n2＝2n＋1＋n2－2.
()
答案：C
第十四页，编辑于星期五：十一点四十三分。
• 6．并项求和法 • 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，
第三十四页，编辑于星期五：十一点四十三分。
• 【归纳提升】使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
第三十五页，编辑于星期五：十一点四十三分。
针对训练 3．已知数列{an}的各项均为正数，前 n 项和为 Sn，且 Sn＝ana2n＋1，
()
3n－1 C. 2
3n－3 D. 2
答案：C
第十二页，编辑于星期五：十一点四十三分。
• 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．
第十三页，编辑于星期五：十一点四十三分。
对点演练
若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n 项和为

2015高考数学一轮课件：第5篇第4节数列求和

足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an，
(2)令bn＝
n＋1 n＋22a2n
，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于
任意的n∈N*，都有Tn＜654.
数学人教A版 ·理科 (AH) 第十九页，编辑于星期五：十三点四十七分。
基础梳理
课时训考练点突破
即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．答案：19[(3n－1)22n＋1＋2]
数学人教A版 ·理科 (AH) 第十一页，编辑于星期五：十三点四十七分。
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考点突破
数学人教A版 ·理科 (AH) 第十二页，编辑于星期五：十三点四十七分。
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1．首项为1，公比为2的等比数列的前4项和S4为( )
A．－15
B．15
C．16
D．－16
解析：由等比数列的求和公式可得 S4＝1×1－1－224＝15.故
选 B.
答案：B
数学人教A版 ·理科 (AH) 第七页，编辑于星期五：十三点四十七分。
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(2)[证明] 由于an＝2n，bn＝n＋n＋212a2n，则bn＝4n2n＋n＋122＝116n12－n＋1 22 所以Tn＝1161－312＋212－412＋312－512＋…＋ n－1 12－ n＋1 12 ＋n12－n＋1 22 ＝1161＋212－n＋1 12－n＋1 22＜1161＋212 ＝654.
数学人教A版 ·理科 (AH) 第五页，编辑于星期五：十三点四十七分。

高考数学一轮复习第五章数列第4讲数列求和课件文

已知数列{an}的通项公式是 an＝2·3n－1＋ (－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn. [解] Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2 －ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，所以当 n 为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；当 n 为奇数时，
分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数的数列，其中数列{bn}，{cn} 是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求{an}的前 n 项和．
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．
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，两式作差，得－ Tn ＝ 3×[2×22 ＋ 23 ＋ 24 ＋ … ＋ 2n ＋ 1 － (n ＋
1)×2n＋2]＝3×4＋4（11－－22n）－（n＋1）×2n＋2

5-4第四节 数列求和(2015年高考总复习)

2015年高考数学(理)一轮总复习课件：第五章+数 列 第4节 数列求和