专题3.2 复杂数列的求和问题-玩转压轴题,突破140分之高三数学选择题填空题高端精品(2019版)(原卷版)

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高三数学数列求和试题答案及解析

高三数学数列求和试题答案及解析1.数列{an }满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝a m＋a n＋mn，则＋＋＋…＋＝()A．B．C．D．【答案】B【解析】令m＝1得an＋1＝a n＋n＋1，即an＋1－a n＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，上述n－1个式子相加得an －a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝ (n∈N*)，因此＝＝2(－)，所以＋＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝2.函数f(x)对任意x∈R都有. （1）求和(n∈N*)的值；（2）数列{an }满足：，求an；（3）令，，，试比较Tn 和Sn的大小。

【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】（1）由于函数f(x)对任意x∈R都有，则令可求的；再令求出；（2）利用倒序相加结合（1）的结论可求出；（3）由及第（2）问的结论求出，用放缩法变形（），用裂项相消法求，再与比较大小.（1）令=2，则；令得，（4分）（2）由，两式相加得：，∴，（8分）（3），(n≥2)∴.（12分）【考点】倒序相加、裂项相消法求数列的前项和.3.对任意，函数满足，设，数列的前15项的和为，则．【答案】【解析】因为，所以即因此数列任意相邻两项和为因为，因此所以或，又由.【考点】数列求和4.已知函数，且，则()A．0B．100C．5050D．10200【答案】C【解析】因为，所以，选C.5.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出.试题解析：（1）解法1：当时，，当时，.是等差数列，，得.又，，，、、成等比数列，，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.，，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，②①②得. .解法2：由（1）得.，.，①由，两边对取导数得，.令，得. .【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导6.数列{an }满足an+1＋(－1)n an＝2n－1，则{an}的前60项和为____________.【答案】1830【解析】当时，；当时，；当时，.将与相减得：；将与相减得：.所以，，所以.【考点】数列.7.在数列{an }中,若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{an}的前100项的和S100=.【答案】299【解析】设定值为M,则an +an+1+an+2=M,进而an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得an+3=an,即数列{an}是以3为周期的数列.由a7=2,可知a1=a4=a7=…=a100=2,共34项,其和为68;由a9=3,可得a 3=a6=…=a99=3,共33项,其和为99;由a98=4,可得a2=a5=…=a98=4,共33项,其和为132.故数列{an}的前100项的和S100=68+99+132=299.8.．己知数列满足，则数列的前2016项的和的值是___________．【答案】1017072【解析】这个数列既不是等差数列也不是等比数列，因此我们要研究数列的各项之间有什么关系，与它们的和有什么联系？把已知条件具体化，有，，，，…，，，我们的目的是求，因此我们从上面2015个等式中寻找各项的和，可能首先想到把出现“＋”的式子相加（即为偶数的式子相加），将会得到，好像离目标很近了，但少，而与分布在首尾两个式子中，那么能否把首尾两个式子相减呢？相减后得到，为了求，我们又不得不求，依次下去，发现此路可能较复杂或者就行不通，重新寻找思路，从头开始我们有，即，而，∴，因此，我们由开始的三个等式求出了，是不是还可用这种方法求出呢？下面舍去，考察，，，同样方法处理，，从而，于是，而，正好504组，看来此法可行，由此我们可得．【考点】分组求和．9.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图10.已知数列的各项都是正数，前项和是，且点在函数的图像上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。

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。

高中数学数列求和练习题及参考答案2023

高中数学数列求和练习题及参考答案2023数列求和是高中数学中的重要知识点，也是学生们经常需要练习和巩固的内容。

掌握数列求和的方法和技巧，对于解决各种数学问题具有重要的作用。

本文将为大家提供一些高中数学数列求和的练习题，并给出参考答案。

一、简单求和练习1. 求等差数列1，4，7，10，...的前20项和。

解析：这是一个等差数列，我们知道等差数列的通项公式为an = a1 + (n - 1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

根据等差数列的求和公式Sn = (n/2)(a1 + an)，我们可以求得前20项和为：S20 = (20/2)(1 + 1 + 19 * 3) = 20 * 10 = 200所以，等差数列1，4，7，10，...的前20项和为200。

2. 求等比数列3，6，12，24，...的前10项和。

解析：这是一个等比数列，我们知道等比数列的通项公式为an = a1 * r^(n - 1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

根据等比数列的求和公式Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)，我们可以求得前10项和为：S10 = 3 * (1 - 2^10) / (1 - 2) = 3 * (1 - 1024) / (-1) = 3 * (1023) = 3069所以，等比数列3，6，12，24，...的前10项和为3069。

二、综合应用题1. 若等差数列的首项为3，公差为2，且和为139，求该等差数列的项数。

解析：设等差数列的项数为n，根据等差数列的求和公式Sn =(n/2)(a1 + an)，将已知条件代入，得到：139 = (n/2)(3 + a1 + (n - 1)2)化简得：139 = (n/2)(2n + 4)278 = n(2n + 4)2n^2 + 4n - 278 = 0解这个一元二次方程，得到n ≈ 11所以，该等差数列的项数为11。

2. 已知等差数列的首项为5，公差为3，前n项和为Sn = 105 - 2n，求该等差数列的项数n。

江苏专版2019届高三数学备考冲刺140分问题09如何顺畅求解复杂数列的求和问题含解析

问题9 如何顺畅求解复杂数列的求和问题一、考情分析数列求和是历年高考命题的热点，可以以客观题形式考查，也可以以解答题形式考查数列，公式求和、裂项求和、错位相减法求和是常考问题. 二、经验分享1.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．(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．2.错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 3.用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项．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．三、知识拓展1.一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝()12n n +. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)．(4)12＋22＋…＋n 2＝.(5)2.常见的裂项公式(1) ；(2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3).(4)(5)四、题型分析 (一) 公式法公式法是数列求和的最基本的方法．也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和.利用等比数列求和公式,当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．【例1】设}{n a 为等差数列，n S 为数列}{n a 的前n 项和，已知77=S ，7515=S ，n T 为数列}{nS n的前n 项和，求n T ．【分析】利用等差数列的求和找1a 、d 的等式，解出1a 、d ，判断数列}{nS n的类型，在用公式求解. 【解析】设等差数列}{n a 的首项为1a 、公差为d ，则，∴，即，解得21-=a ，1=d ，∴．而，∴数列｛nS n｝是等差数列，其首项为－2，公差为21，∴．【点评】(1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．(2)几类可以使用公式求和的数列①等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．②奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．③等差数列各项加上绝对值，等差数列乘以(－1)n .【小试牛刀】【江苏省如皋市2019届高三教学质量调研（三)】正项等比数列中，为其前项和，已知，，则_______．【答案】【解析】由正项等比数列中，所以，又因为，所以，，所以(二) 分组法将数列的每一项拆成多项，然后重新分组，将一般的数列求和问题转化成特殊数列求和问题.运用这种方法的关键是将通项变形.“合项”法是利用加法的交换律和结合律将“不规则和”转化为“规则和”，化繁为简.【例2】【山西省孝义市2017届高三上学期二轮模考数学（理）试题】已知数列{}n a 是等差数列，11a =，513a =，设n S 为数列{(-1)}n n a 的前n 项和，则2016S = .【答案】3024 【解析】试题分析：由题意，得，所以＋＝＝．【评注】某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要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．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．【小试牛刀】已知数列{}n b 满足，则该数列的前23 项的和为【答案】4194【解析】当n 为偶数时，，有21n n b b +-=，即偶数项成等差，所以.当n 为奇数时， 22n n b b +=，即奇数项成等比..该数列的前23 项的和为.(三) 裂项相消法此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了．只剩下有限的几项．注意：○1余下的项前后的位置前后是对称的．○2余下的项前后的正负性是相反的．常用的裂项方法：【例3】在等差数列{}n a 中，公差0d ≠，17a =，且2a ，5a ，10a 成等比数列. ⑴求数列{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ； ⑵若15n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【分析】⑴由2510 a a a ，，成等比数列⇒()7d +⇒2d =⇒25n a n =+⇒；⑵由⑴可得⇒.【解析】⑴∵2510 a a a ，，成等比数列，∴，又∵0d ≠，∴2d =.∴25n a n =+，.⑵由⑴可得，∴.【点评】(1)裂项相消法求和的原理及注意问题①原理：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注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．③一般地，若{a n }为等差数列，则求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和可尝试此方法，事实上，1a n a n ＋1＝d da n a n ＋1＝a n ＋1－a n da n a n ＋1＝1d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.(2)用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．常见式的裂项⎩⎨⎭⎬n ＋n ＋1 【小试牛刀】【江苏省无锡市2019届高三上学期期中】定义为个正数的“均倒数”.若已知数列的前项的“均倒数”为又，则【答案】【解析】因为数列的前项的“均倒数”为，所以，当时，作差得，因为，所以，,+=(四) 错位相减法若数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，由这两个数列的对应项的乘积组成的新数列{}n n a b ，当求数列的前n 项和时，常常采用将{}n n a b 各项乘以{}n b 的公比q ，并向后错一项与原{}n n a b 的同次项对应相减的方法.错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题. 注意：○1 要考虑当公比q 为1时为特殊情况， ○2错位相减时要注意末项.【例4】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，（*n N ∈）．（1）证明：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）求数列{}n S 的前n 项和n T ．【分析】（1）利用，，推导出，由此能证明n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）由已知条件推导出12n nS n-=，由此利用错位相减法能求出数列{}n S 的前n 项和n T ．【解析】（1）由，及，得，整理，得，，又111S =， n S n ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项，2为公比的等比列（2）由（1），得12n n S n -=，（*n N ∈）．，①，②由②-①，得【点评】错位相减法求和的适用条件及关注点(1)适用条件：如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成，那么这个数列的前n 项和可用此法求．即求数列{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． (2)关注点：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．【小试牛刀】已知数列{}n a 的首项11=a ，且满足．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设nn n a c 3=，求数列{}n c 的前n 项和n S ．【答案】（1）na n 1=；（2）．【解析】（1）整理得，所以数列1{}na 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以，所以na n 1=．（2）由（1）知，nn n c 3⋅=，，①，②①-②有，解得：．(五) 数列{|a n |}的前n 项和问题【例5】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．(Ⅰ)求d ，a n ；（Ⅱ）若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |. 【解析】 (Ⅰ)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N * ，（Ⅱ）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. ∴S n ＝－12n 2＋212n ，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 |＝.【点评】 (Ⅰ)本题求解用了分类讨论思想，求数列{|a n |}的和时，因为a n 有正有负，所以应分两类分别求和．（Ⅱ）常出现的错误：①当n ≤11时，求{|a n |}的和，有的学生认为就是S 11＝110；②当n ≥12时，求{|a n |}的和，有的学生不能转化为2(a 1＋a 2＋…＋a 11)－(a 1＋a 2＋…＋a n )，导致出错．求数列{|a n |}的前n 项和一般步骤如下：第一步：求数列{a n }的前n 项和；第二步：令a n ≤0(或a n ≥0)确定分类标准；第三步：分两类分别求前n 项和；第四步：用分段函数形式下结论；第五步：反思回顾：查看{|a n |}的前n 项和与{a n }的前n 项和的关系，以防求错结果．【牛刀小试】数列{}n a 的前n 项和为，则2a = ；数列{}na 的前10项和．【答案】3-，58．【解析】当1n =时，115a S ==-，当2n ≥时，，∴，∴．五、迁移运用1．【江苏省清江中学2019届高三第二次教学质量调研】在公比不等于1的等比数列中，已知且成等差数列，则数列的前10项的和的值为_______________.【答案】【解析】由题得所以数列的前10项和为.故答案为：2．【江苏省无锡市普通高中2018届高三上学期期中】在等差数列{}n a 中，已知，则数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和是______________. 【答案】5256【解析】，则20a =；，则31a =-，所以首项11a =， 1d =-，所以，，，所以，所以12n n n S -=，所以.3．【江苏省淮安中学2018届高三数学月考】已知函数，且，则100a =__________．【答案】-100【解析】n 为偶数时，； n 为奇数时，；100a =4．对于数列{}n a ，定义为{}n a 的“优值”，现在已知某数列{}n a 的“优值”13n n H +=，记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若5n S S ≤对任意的n 恒成立，则实数k 的取值范围是__________．【答案】133325⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【解析】由题设可知，则，以上两式两边相减可得，即，故，则，由题意4565{S S S S ≤≤，即，应填答案712,35⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 5.若数列{}n a 满足，且15a =，则数列23n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的第100项为 . 【答案】36.在数列{}n a 及{}n b 中，，，11a =，11b =．设，则数列{}n c 的前n 项和为．【答案】224n +-【解析】试题分析：由，故数列{}n n b a +是以2为首项，2为公比的等比数列，得nn n b a 2=+；两式相乘可得：，故数列{}n n b a ⋅是以1为首项，2为公比的等比数列，得12-=⋅n n n b a ，故，故其前n 项和为，故答案为224n +-.7. 设f ()＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.【答案】1 007【解析】∵f ()＝4x 4x ＋2，∴f (1－)＝41－x 41－x ＋2＝22＋4x ，∴f ()＋f (1－)＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1.S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，①S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)， ②①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014，∴S ＝2 0142＝1 007.8．已知函数，且，记n S 表示{}n a 的前n 项和，则100S =__________．【答案】100【解析】当n 为奇数时，a n =f （n ）+f （n+1）=n 2﹣（n+1）2=﹣2n ﹣1，当n 为偶数时，a n =f （n ）+f （n+1）=﹣n 2+（n+1）2=2n+1，则S 100=（a 1+a 3+……+a 99）+（a 2+a 4+a 6+a 8+a 10…..+）=﹣2×（1+3+5+7+9+…..+99）﹣50+2×（2+4+6+8+10…+100）+50 =100，故答案为：100.9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足, 则数列{}n a 的前n 项和n S =__________.【答案】254n n+【解析】化为，即，故n a 为等差数列，公差为，所以.10.数列{}n a 的通项为，前n 项和为n S ，则100S = ．【答案】200【解析】由已知可得；；；；；；；分析可知偶数项均为1，所以前100项中偶数项的和为15050⨯=．分析可知相邻两项奇数项的和为6，所以前100项中奇数项的和为．．11.数列{}n a 的通项，其前n 项和为n S ，则30S 为．【答案】470．【解析】，故答案应填：470．12.数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．【答案】1830【解析】利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解． ∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋…＋234＝1510＋2342＝1 830.13．【江苏省南通市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末】已知数列的前4项依次成公比为q的等比数列，从第3项开始依次成等差数列，且，．1求q 及的值；2求数列的前n 项和．【解析】1因为数列的前4项依次成等比数列，所以，即，所以，从而，因为数列从第3项开始各项依次为等差数列，设公差为d ，所以，从而，所以，；2由1知，．当时，，当时，，当时，，此式对也成立．综上所述，．14．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，，．（1）求λ的值；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【解析】（1）因为，代入，可得：，整理可得，因为0n S >，所以，所以数列1的等差数列，所以，当2n ≥时，，当1n =时， 1a λ=，因为，所以，若数列{}n a 为等差数列，则有，解得1λ=．（2）由（1）可得21n a n =-，所以所以，即．15.【江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019届高三年级第一次质量检测】已知数列满足对任意的，都有，且，其中，．记．（1）若，求的值；（2）设数列满足．① 求数列的通项公式； ② 若数列满足，且当时，，是否存在正整数，使，，成等比数列？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）当时，由，得，又，所以，又，所以．（2）由，得，又，所以，又因为，所以，所以，，所以．②由题意，得，，因为，，成等比数列，所以，即，所以，即．由于，所以，即．当时，，得．当时，由(*)，得为奇数，所以，即，代入(*)得，即，此时无正整数解．综上，，．16.【江苏省淮安市淮安区2019届高三第一学期联合测试】已知数列的前n项和为，且()．（1）求；（2）设函数，()，求数列的前n项和；（3）设为实数，对满足且的任意正整数m，n，，不等式恒成立，试求实数的最大值．【解析】（1）当时，.当时，，满足上式，所以；（2）由分段函数可以得到：，，当，时，，故当，时，,，所以；（3）由，及得，∵，∴，∵，∴，要恒成立，只要，∴的最大值为.17.【江苏省常州市武进区2019届高三上学期期中】⑴求证：当时，为常数；⑵求数列的通项公式；⑶设数列是正项等比数列，满足：，，求数列的前n项的和．【解析】（1）证明：由题意知，当n=1时，，∴；当时，，∴，∴∴，∴，∴当时，为常数0.（2）由（1）得，是常数列.∵，∴，∴，∴.（3）由（2）知，∵数列是正项等比数列，∴公比为2，∴．∴……③，∴……④，③④得：，设……⑤，∴……⑥，⑤⑥得：，，∴，∴．18．【山西省孝义市2018届高三下学期联考】已知等差数列{}n a 的前()*n n N ∈项和为n S ，数列{}n b 是等比数列， 13a =， 11b =， 2210b S +=，.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若，设数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T .【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，∵13a =， 11b =， 2210b S +=，，∴，∴2d =， 2q =，∴21n a n =+， 12n n b -=.(2)由(1)知，，∴，∴.。

2024届高考数学专项练习压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用(解析版)

压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用命题预测数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．高频考法（1）数列通项、求和问题（2）数列性质的综合问题（3）实际应用中的数列问题（4）以数列为载体的情境题（5）数列放缩01 数列通项、求和问题1、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11qa p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；（2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设2024届高考数学专项练习n n na b q =，从而变成1n b +=1n p b q +，从而将问题转化为第（1）个问题；（3）形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第（1）个问题．2、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．3、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()11n k n kn n k=+−++，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．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，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式：（1）111(1)1n n n n =−++；（2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=−⎢⎥+++++⎣⎦；（5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++−−++=．4、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”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“n n S qS −”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．5、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和；（2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．【典例1-1】（2024·河北沧州·一模）在数列{}n a 中，已知321212222nn a a a a n −++++=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a +成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．【解析】（1）当1n =时，12a =；当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a −−−−⎛⎫⎛⎫=++++−++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =−−=，所以122nn a −=⇒2n n a =，2n ≥. 当1n =时，上式亦成立，所以：2n n a =. （2）由()123155n n ⎡⎤+++++−=⎣⎦⇒10n =.所以新数列{}n b 前55项中包含数列{}n a 的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=， ()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+.设123935719T a a a a =++++1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯，所以()1239102322222192T T T −=−=⨯+⨯+++−⨯101722=−⨯−.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【典例1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知等比数列{}n a 的首项为2，公比q 为整数，且1243424a a a a ++=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列21n n n a ⎧⎫⋅的前n 项和为nS ，比较nS 与4的大小关系，并说明理由.【解析】（1）由已知可得12n n a q −=⨯，因为1243424a a a a ++=，所以324222242q q q ⨯+⨯+⨯=⨯，即324240q q q −++=，则()()22220q q q −−−=，解得2q或13所以2q，()1*222n n n a n −=⋅=∈N .（2）由（121212nnn n n a n =⋅⋅1122222n n n nn n n n −−=−=⋅⋅ 令12n n nb −=，设{}n b 前n 项和为n C ，则01211232222n n nC −=++++，所以123112322222n n n C =++++，两式相减得1211111122222nn n n C −=++++−1122212212n n n n n −+=−=−−，所以42442n nnC +=−<，令12n n x n −=⋅0n x >，设{}n x 前n 项和为n T ，则0n T >，所以4n n n S C T =−<.【变式1-1】（2024·四川泸州·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()12n n na n S +=+，则n a = . 【答案】()212n n −+⋅【解析】当2n ≥时，()()111n n n a n S −−=+，即12n n n S a n +=+，111n n n S a n −−=+，则11121n n n n n n n S S a a a n n −+−−=−=++，即()1221n n n a a n ++=+，则有()121nn n a a n −+=，1221n n a n a n −−=−，，21232a a ⨯=，则()212112112n n n n n n a a a a a n a a a −−−−=⨯⨯⨯⨯=+⋅，当1n =时，11a =，符合上式，故()212n n a n −=+⋅.故答案为：()212n n −+⋅.【变式1-2】（2024·青海西宁·二模）已知各项都是正数的等比数列{}n a 的前3项和为21，且312a =，数列{}n b 中，131,0b b ==，若{}n n a b +是等差数列，则12345b b b b b ++++= ．【答案】33−【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >，则333221a a a q q ++=，即21112121qq ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，化简得23440q q −−=，解得2q（负值舍去），所以331312232n n n n a a q −−−=⋅=⨯=⨯．于是111333,4,12a a b a b =+=+=，所以等差数列{}n n a b +的公差为()()3311431a b a b +−+=−，所以()14414,4432n n n n n a b n n b n a n −+=+−==−=−⨯，所以()()23412345412345312222b b b b b ++++=⨯++++−⨯++++()56032133=−⨯−=−.故答案为：33−02 数列性质的综合问题1、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=．在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．2、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+− ⎪⎝⎭，公差为2d ．③若项数为偶数2k ，则 S S kd −=奇偶，1k kS a S a +=偶奇．若项数为奇数21k +，则1 k S S a +−=奇偶，1S k S k+=奇偶．（2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠−时，n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()nn q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()21 11k a q S S q−−=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 3、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}mn a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列．【典例2-1】（2024·山西晋城·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则21a 的取值范围是（）A ．67,78⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．613,715⎛⎫⎪⎝⎭C ．67,,78⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．613,,715⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可得：()158168915080S a S a a =>⎧⎨=+<⎩，即88900a a a >⎧⎨+<⎩，可知90a <，设等差数列{}n a 的公差为d ，则980d a a =−<，可得等差数列{}n a 为递减数列，则10a >，由88900a a a >⎧⎨+<⎩可得11702150a d a d +>⎧⎨+<⎩，则112715d a −<<−，所以211116131,715a a d d a a a +⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭. 故选：B.【典例2-2】（2024·北京顺义·二模）设1a ，2a ，3a ，…，7a 是1，2，3，…，7的一个排列.且满足122367a a a a a a −≥−≥≥−，则122367a a a a a a −+−++−的最大值是（）A ．23B ．21C ．20D ．18【答案】B【解析】122367a a a a a a −+−++−即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又122367a a a a a a −≥−≥≥−，比如1726354→→→→→→，其对应的一个排列为1,7,2,63,5,4,则122367a a a a a a −+−++−的最大值是6+5+4+3+2+1=21故选：B【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）已知数列{}n a 满足2n a n n λ=−，对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，且对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，则实数λ的取值范围是（）A ．11,148⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,147⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,157⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,158⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】因为对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，所以数列{}n a 在[]1,3上是递减数列，因为对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，所以数列{}n a 在[)7,+∞上是递增数列，所以0172211522λλλ⎧⎪>⎪⎪>⎨⎪⎪<⎪⎩，解得11157λ<<，所以实数λ的取值范围是11,157⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C.【变式2-2】（多选题）（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且*n ∀∈N ，101na q q<−，则（） A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n a 是递减数列C ．若数列{}n S 是递增数列，则1q >D ．若数列{}n T 是递增数列，则1q >【答案】ACD【解析】由题意可知()()()()111211111,1n n n n n n n a q S T a a q a q a qq−−−===−，且*n ∀∈N ，101na q q<−，故有101a q <−且0q >（否则若0q <，则11na q q −的符号会正负交替，这与*n ∀∈N ，101n a q q<−，矛盾），也就是有101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩，无论如何，数列{}n a 是递增数列，故A 正确，B 错误；对于C ，若数列{}n S 是递增数列，即110n n n S S a ++−=>，由以上分析可知只能101a q >⎧⎨>⎩，故C 正确；对于D ，若数列{}n T 是递增数列，显然不可能是1001a q <⎧⎨<<⎩，（否则()121n n n n T a q −=的符号会正负交替，这与数列{}n T 是递增数列，矛盾），从而只能是101a q >⎧⎨>⎩，且这时有111n n n T a T ++=>，故D 正确. 故选：ACD.03 实际应用中的数列问题（1）数列实际应用中的常见模型①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； ②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n 项n a 与第1n +项1n a +的递推关系还是前n 项和n S 与前1n +项和1n S +之间的递推关系．在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．（2）解决数列实际应用题的3个关键点 ①根据题意，正确确定数列模型； ②利用数列知识准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．【典例3-1】（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（） A ．12里 B ．24里 C ．48里 D ．96里【答案】C【解析】由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为12的等比数列，设这个数列为{}n a ，前n 项和为n S ，则16611163237813212a S a ⎛⎫− ⎪⎝⎭===−，解得1192a =，所以321192482a =⨯=，即该人第三天走的路程为48里. 故选：C.【典例3-2】（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60︒），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O 开始，沿直线繁殖到11A ，然后分叉向21A 与22A 方向继续繁殖，其中21112260A A A ∠=︒，且1121A A 与1122A A 关于11OA 所在直线对称，112111221112A A A A OA ==….若114cm OA =，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【解析】由题意可知，114cm OA =，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在11OA 方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在11OA 方向上前进的距离依次为：3131134,2,248，则31353842155724+++=>+=，黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在11OA 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，即1311432164316841+28114228231144++⎛⎫⎛⎫+++⨯+++≈+⨯=<= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭−−，综合可得培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为8cm ，故选：C【变式3-1】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（）A ．2022312−B ．2023332−C ．202231−D ．202333−【答案】A【解析】设题图②中第n 行白心圈的个数为n a ，黑心圈的个数为n b ，依题意可得1113,2,2n n n n n n n n n a b a a b b b a −+++==+=+，且有111,0a b ==，故有()11113,,n n n n n n n n a b a b a b a b ++++⎧+=+⎨−=−⎩，所以{}n n a b +是以111a b 为首项，3为公比的等比数列，{}n n a b −为常数数列，且111a b −=，所以{}n n a b −是以111a b −=为首项，1为公比的等比数列，故13,1,n n n n n a b a b −⎧+=⎨−=⎩故1131,231,2n n n na b −−⎧+=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩所以20222023312b −=. 故选：A.【变式3-2】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME -International Congreas of Mathematics Education ）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME -14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3210387848482020⨯+⨯+⨯+⨯=，正是会议计划召开的年份，那么八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】B【解析】由进位制的换算方法可知，八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制得：1098110187878787878118−⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=⨯=−−，()101001019919101010101010811021C 10C 102C 102C 21−=−−=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+−因为01019919101010C 10C 102C 102+⨯+⋅⋅⋅+⨯是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为101010C 21−的末尾数字，由101010C 211023−=可得，末尾数字为3.故选：B04 以数列为载体的情境题解决数列与数学文化相交汇问题的关键【典例4-1】（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【解析】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n −=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n −=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列，当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S −=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =−，则()()112n a a n d n d =+−=−，则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤−+−+−⎣⎦===，因为21n −≥−且2Z n −∈， ()2313912228n n n −⎛⎫=−−≥− ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n −∈∈，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”，故命题②正确；故选：A.【典例4-2】（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =−（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”． (1)若3n n a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和； (2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（1）因为3nn a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =−=−，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n −=−+−++−=−=−−−．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤，所以11n n n n M m M m ++−≥−，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-，由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列．当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==，则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>，所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减，记2min ,{}n n a a a a =,,,，则当0n n >时，有n n M m =，于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =−=−，故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列．综上，命题得证．【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为由图中虚线上的数1，3，6，10，…依次构成的数列的第n 项，则1220111a a a ++⋅⋅⋅+的值为 .【答案】4021【解析】设第n 个数为n a ，则11a =，212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1n n a a n −−=，叠加可得()11232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， ∴122011122212232021a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯ 111114021223202121⎛⎫=⨯−+−+⋅⋅⋅+−= ⎪⎝⎭.故答案为：4021. 【变式4-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 . （注：()()22221211236n n n n +++++⋅⋅⋅+=）【答案】1391【解析】设题设高阶等差数列为{}n a ，令1n n n b a a +=−，设数列{}n b 的前n 项和为n B ，则数列{}n b 的前几项分别为3,4,6,9,13,18，1111n n n B a a a ++=−=−，令1+=−n n n c b b ，设数列{}n c 的前n 项和为n C ，则数列{}n c 的前几项分别为1,2,3,4,5，1113n n n C b b b ++=−=−，易得2,2n n n n c n C +==，所以21332n n n n b C ++=+=+，故()21133222n n n n b n −=+=−+，则()()()()()1211111632626n n n n n n n n n B n n ⎡⎤++++−=−+=+⎢⎥⎣⎦，所以11n n a B +=+，所以211391a =．故答案为：139105 数列放缩在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.放缩法证不等式的理论依据是：,A B B C A C >>⇒>；,A B B C A C <<⇒<.放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.【典例5-1】（2024·天津滨海新·二模）已知数列{}n a 满足112,1,2n n n n a t qa n a −−=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，其中220,0,0,N q t q t n ≥≥+≠∈.(1)若0qt =，求数列{}n a 的前n 项的和； (2)若0=t ，2q且数列{}n d 满足：11n nn n n a a d a a =++−，证明：121ni i d n =<+∑. (3)当12q =，1t =时，令)22,2n n b n n a =≥∈−N ，判断对任意2n ≥，N n ∈，n b 是否为正整数，请说明理由.【解析】（1）因为0qt =，220q t +≠，所以当0q =时，0t ≠，2n ≥时，1n n t a a −=，即n 为奇数时，2n a =；n 为偶数时，2n ta =. 记数列{}n a 的前n 项的和为n S ，当n 为偶数时，222n n t S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，112221224n n n t tn tS S n −−−⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭，综上2,2221,214n n t n k S tn t n n k ⎧⎛⎫+= ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨−⎪++=+⎪⎩，其中N k ∈.当0=t 时，0q ≠，2n ≥时，1n n a qa −=，此时{}n a 是等比数列，当1q =时，2n S n =；当1q ≠时，()211nn q S q−=−，故()2,121,11nn n q S q q q=⎧⎪=−⎨≠⎪−⎩. （2）由（1）知，0=t ，2q时，2n n a =，22112121n n n n n n n n n a a d a a =+=++−+−1122121n n =+−−+，112211111112212121212121nin n i dn =⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪−+−+−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 1212121n n n ≤+−<++（3）对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.理由如下：当12q =，1t =时，21111322a a a =+=，此时24b =； 2321117212a a a =+=，此时324b =；由202n n b a =>−，平方可得2242n n a b =+，212142n n a b ++=+，又222121111124n n n n n a a a a a +⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，所以22221414221442n n n n b b b b +⎛⎫+=+++ ⎪+⎝⎭，整理可得()222142n n n b b b +=+，当3n ≥时，()2221142n n n b b b −−=+，所以()()222222111424242n n n n n n b b b b b b +−−⎡⎤=+=++⎣⎦ ()()22242211141241n n n n n b b b b b −−−=++=+，所以()21121n n n b b b +−=+，由23N,N b b ∈∈，所以4N b ∈，以此类推，可知对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均为正数，11a =，221n n n a a a ++≥．(1)若23a =，证明：13n n a −≥；(2)若10512a =，证明：当4a 取得最大值时，121112na a a +++<．【解析】（1）由题意知，211n n n n a a a a +++≥，设1n n na q a +=，12n q q q ∴≤≤≤，23a =，11a =，13q ∴=，当2n ≥时，113211121111213n n nn n n a a a a a a q q q a q a a a −−−−=⋅⋅=⋅⋅≥⋅=．当1n =时，11a =满足13n n a −≥，综上，13n n a −≥.（2）()31011291231512a a q q q q q q a =⋅⋅=≥⋅⋅⋅，1238q q q ∴⋅⋅≤，4a ∴的最大值为8，当且仅当123456789q q q q q q q q q ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅时取等号．而12n q q q ≤≤≤，1292q q q ∴====，而10n ≥时，192n n q q q −≥≥≥=，1112n n n a a q −−≥∴⋅=，2112111111111121()()2121222212nn n n a a a −⎛⎫⋅− ⎪⎛⎫⎝⎭∴+++≤++++==−< ⎪⎝⎭−．【变式5-1】（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑．【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n nS S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+−=+−+⎩，解得：1a 1,d2，所以()()12121n a n n n *=+−=−∈N ．（2）由（1）知，()()12123n n n b n b +−=+，即12123n n b n b n +−=+，12321n n b n b n −−=+，122521n n b n b n −−−=−，……，322151,75b b b b ==，利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n −−−−−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+− ()()()99112212122121n n n n n ⎛⎫==−≥ ⎪−+−+⎝⎭，13b =也符合上式，12311nkn n k bb b b b b −==+++++∑9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=−+−+−++− ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎣⎦911221n ⎛⎫=−⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=−< ⎪+⎝⎭∑．【变式5-2】（2024·广西·二模）在等差数列{}n a 中，26a =，且等差数列{}1n n a a ++的公差为4. (1)求10a ； (2)若2111n n n n b a a a −+=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：21228n S n n <++. 【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则1212()()24n n n n n n a a a a a a d +++++−+=−==，2d =，又26a =，所以1624a =−=，所以42(1)22n a n n =+−=+，1022a =．（2）由（1）得11114()44(1)(2)412n b n n n n n n =+=−+++++，所以2212111(1)111()42222422284(2)8n n n n S b b b n n n n n n +=+++=−+⨯=++−<++++．1．在公差不为0的等差数列{}n a 中，3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，则m =（） A ．11 B ．13C ．15D ．17【答案】C【解析】设等差数列的公差为d ，则0d ≠，因为3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，所以()1111162,226a m d a d a d a d +−+==++，由前者得到12a d =，代入后者可得128m +=，故15m =，故选：C.2．记数列{}n a 的前n 项积为n T ，设甲：{}n a 为等比数列，乙：2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，则（）A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则11n n a a q −=，(1)12(1)211n n n n n n T a q a q−+++−==，于是(1)12()22n n n n n T a q −=，(1)111211(1)12()222()22n n n n n n n n n n nT a qa q T a q ++++−==⋅，当1q ≠时，12n a q ⋅不是常数，此时数列2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若2n nT ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，令首项为1b ，公比为p ，则112n n n T b p −=，112(2)n n T b p −=⋅，于是当2n ≥时，112112(2)22(2)n n n n n T b p a p T b p −−−⋅===⋅，而1112a T b ==，当1b p ≠时，{}n a 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D3．已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，916a =，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若55b a =，则9S =（） A ．－36或36 B ．－36C ．36D ．18【答案】C【解析】数列{}n a 为等比数列，设公比为q ，且11a =，916a =，则89116a q a ==，则44q =，则45514b a a q ===，则()199599362b b S b+⨯===，故选：C.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，则n 的值为（）A ．16B ．12C ．10D ．8【答案】B【解析】由36S =，得1236a a a ++=①，因为()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，所以34n n S S −−=，即124n n n a a a −−++=②，①②两式相加，得1213210n n n a a a a a a −−+++++=，即()1310n a a +=，所以1103n a a +=，所以()152023n n n a a n S +===，解得12n =. 故选：B.5．在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <−时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈−时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>，当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>，故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件. 故选：B.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n nS a a =+，数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，下列说法错误的是（）A ．2n S nB ．{}n b 为递减数列C ．202420242023b = D ．2(1)n a n n =−【答案】B【解析】当1n =时，11122a a a =+，解得12a = 当2n ≥时，1122n n n n n S S S S S −−=−−+，即2212n n S S −−=，且212S =，所以数列}{2n S 是首项为2，公差为2的等差数列，所以()22212n S n n =+⋅−=，又0n a >，所以2n S n =，故A 正确；当2n ≥时，有()22121n a n n n n =−=−，取1n =时，121112a =−=1a ，故数列}{n a 的通项公式为21n a n n =−,故D 正确；因为数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，所以21232n n n T b b b b S n =⋅⋅==，当1n =时，12b =，当2n ≥时，()12111121111n n n T n n n b T n n n n −−+=====+−−−−，显然1n =不适用，故数列{}n b 的通项公式为2,111,21n n b n n =⎧⎪=⎨+≥⎪−⎩，显然122b b ==，所以数列{}n b 不是递减数列，故B 错误，由当2n ≥时，1n n b n =−，得202420242024202412023b ==−，故C 正确，故选：B.7．（多选题）数列{}n a 满足：()111,32n n a S a n −==≥，则下列结论中正确的是（）A ．213a =B ．{}n a 是等比数列C ．14,23n n a a n +=≥D ．114,23n n S n −−⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭【答案】AC【解析】由13(2)n n S a n −=≥，当1122,31n S a a ====，解得213a =，故A 正确；当1n ≥，可得13n n S a +=，所以1133(2)n n n n S S a a n −+−=−≥，所以133(2)n n n a a a n +=−≥，即14(2)3n n a a n +=≥，而2113=a a ，故C 正确，B 不正确；因22112311413341,24313n n n n Sa a a a n −−−−⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=++++=+=> ⎪⎝⎭−，故D 错误. 故选：AC.8．（多选题）设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和.且56S S <，678S S S =>，则下面结论正确的是（）A ．0d ≤B ．70a =C ．6S 与7S 均为n S 的最大值D ．满足0n S <的n 的最小值为14【答案】BCD【解析】A ：因为678S S S =>，所以7678780,0S S a S S a −==−=<，所以870d a a =−<，故A 错误； B ：由A 的解析可得B 正确；C ：因为56S S <，678S S S =>，所以6S 与7S 均为n S 的最大值，故C 正确；D ：因为71132a a a =+，由()113131302a a S +==，()()114147814702a a S a a +==+<，故D 正确；故选：BCD.9．（多选题）已知数列{}n a 满足：212n n n a a a λ+=++*()N n ∈，其中R λ∈，下列说法正确的有（）A ．当152,4a λ==时，1n a n ≥+ B ．当1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时，数列{}n a 是递增数列C ．当2λ=−时，若数列{}n a 是递增数列，则()()1,31,a ∞∞∈−−⋃+D ．当13,0a λ==时，1211112223n a a a +++<+++【答案】ACD【解析】对于A ，当54λ=时，2215111042n n n n n a a a a a +⎛⎫−=++=++≥> ⎪⎝⎭，又12a =，故11n n a a +>+，所以1211211n n n a a a a n n −−>+>+>>+−+=，故A 项正确．对于B ，因为22111()24n n n n n a a a a a λλ+−=++=++−且1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，所以10n n a a +−≥，当14λ=，112a =-时，22211111,,()2220n n n n n a a a a a a a ++⇒⇒−=+==-==-，此时数列{}n a 是常数列，故B 项错误；对于C, 由于数列{}n a 是递增数列, 当2n ≥时，故10n n a a −−>，2211111(22)(22)()(2)0n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−−−−=+−−+−=−++>，故120n n a a −++>，所以2121020a a a a −>⎧⎨++>⎩，即()()211121112202220a a a a a a ⎧+−−>⎪⎨+−++>⎪⎩，解得11a >或13a <−，故C 项正确；对于D,当0λ=时，2212(1)1n nn n a a a a +=+=+−，结合13a =，可知2214111a a =−=>， 232133a a =−>，⋯，结合111()(2)n n n n n n a a a a a a +−−−=−++，可知{}n a 是递增数列，13n a a ≥=，则12(2)3(2)n n n n a a a a ++=+≥+，即1232n n a a ++≥+，所以1121212223(2)222n nn n n a a a n a a a −−−−+++⨯⨯⨯≥≥+++，即11523(2)3(2)3n nn a a n −+≥+=⨯≥，所以131(2)253n n n a ≤⨯≥+，当1n =时，1111312553a =≤⨯+，所以*131(N )253n n n a ≤⨯∈+，可得2111(1)1311133133()125333510313nn n i i a =−≤+++=⨯<<+−∑，故D 项正确；故选：ACD ．10．（多选题）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=−+，则下列说法正确的是（）A ．当112a =时，()5124n a n <≤≥ B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a = C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a > D ．当13a =时，1221n n a −=+【答案】AD【解析】对于A ，当112a =时，254a =，令1n nb a =−，则21n n b b +=，214b =，故()1024n b n <≤≥，即()5124n a n <≤≥，A 正确；对于B ，若数列{}n a 为常数列，令n a t =，则222t t t =−+，解得1t =或2,1n t a =∴=或2n a =，B 不正确；对于C ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，若数列{}n a 为递增数列，则数列{}n b 为递增数列，则210n n n n b b b b +−=−>，解得0n b <或1n b >.当11b <−时，2211b b =>，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列；当110b −≤<时，201b <≤，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴≥≥⋅⋅⋅≥≥⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 不为递增数列，即数列{}n a 不为递增数列；当11b >时，21n n b b +=，123n b b b b ∴<<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列.综上，当11b <−或11b >，即10a <或12a >时，数列{}n a 为递增数列，C 不正确；对于D ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，12b =，两边同时取以2为底的对数，得212log 2log n n b b +=，21log 1b =，∴数列{}2log n b 是首项为1，公比为2的等比数列， 12log 2n n b −∴=，即11222,21n n n n b a −−=∴=+，D 正确.故选：AD.11．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{}n L 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,，即1213L L ==,，且()21n n n L L L n *++=+∈N ．设数列{}n L 各项依次除以4所得余数形成的数列为{}n a ，则2024a = ．【答案】3【解析】{}n L 的各项除以4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,，故可得{}n a 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2，所以20246337223a a a ⨯+===. 故答案为：3.12．某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134【解析】设第一层有m 根，共有n 层，则(1)20242n n n S nm −=+=， 4(21)404821123n m n +−==⨯⨯，显然n 和21m n +−中一个奇数一个偶数，则1121368n m n =⎧⎨+−=⎩或1621253n m n =⎧⎨+−=⎩或23176n m =⎧⎨=⎩，即11179n m =⎧⎨=⎩或16119n m =⎧⎨=⎩或2377n m =⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53当11179n m =⎧⎨=⎩时，10531096.6h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有189根；当16119n m =⎧⎨=⎩时，155310139.9h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377n m =⎧⎨=⎩时，22310200.52150h =⨯≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根. 故答案为：13413．已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m nS S −{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00mn −的值为 .【答案】21【解析】不妨设数列{}n a 的公差大于零，由于9100a a <，得9100,0a a <>，且9n ≤时，0n a <，10n ≥时，0n a >，不妨取m n >，则1mm n ii n S S a=+−=∑，设3030910i i k S S a ==−=∑，若9,30n m >=，则030301n ii n S S ak =+−≤<∑，此时式子取不了最大值；若9,30n m <=，则09301n ii n S S a k =+−≤+∑，又9i ≤时，0i a <，因为09301n ii n S S a k k =+−≤+<∑，此时式子取不了最大值；因此这就说明09n n ==必成立. 若30m <，则0910m m i i S S a k =−≤<∑，这也就说明030m <不成立，因此030m =，所以0021m n −=. 故答案为：21.14．已知数列 {}n a 是各项均为正数的等比数列， n S 为其前 n 项和， 1331614a a S ==，，则2a = ；记 ()1212n n T a a a n ==，，，若存在 *0n ∈N 使得 n T 最大，则 0n 的值为．【答案】 4 3或4【解析】等比数列{}n a 中，公比0q >；由213216a a a ⋅==，所以24a =，又314S =，所以13131610a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩解得1328a a =⎧⎨=⎩或1382a a =⎧⎨=⎩；若1328a a =⎧⎨=⎩时，可得2q，则21224a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为2,4,8,16⋯，，可知数列{}n a 单调递增，且各项均大于1，所以不会存在0n 使得012,,,n a a a ⋯的乘积最大(舍去)；若1382a a =⎧⎨=⎩时，可得12q =，则211842a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为118,4,2,1,,24，…，可知数列{}n a 单调递减，从第5项起各项小于1且为正数，前4项均为正数且大于等于1，所以存在03n =或04n =，使得8421⨯⨯⨯的乘积最大，综上，可得0n 的一个可能值是3或4. 故答案为：4；3或415．在数列{}n a 中，122,3a a ==−.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=−∈N .若{}n b 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为nb= ，n a 的最小值为 .【答案】 6n − 13−【解析】由题意1215b a a =−=−，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =−+−⋅=−；故16n n a a n +−=−，所以当6n ≤时，10n n a a +−≤，当6n >时，10n n a a +−>，所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +−=−，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()25432113=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是13−. 故答案为：6n −，13−16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n 级*()n K n ∈N 角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60︒），则n 级n K 角雪花曲线的开三角个数为，n 级n K 角雪花曲线的内角和为．。

专题32 数列求和(解析版)

答案:3n2-2n
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列
为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列的前n项和为 =3n2-2n.
8.(2020·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=.
9.(2020·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则 =()
A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得: ⇒ ,
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn= = =2n-1,因此 = =2-21-n.
答案:25
【解析】设等差数列的公差为d.因为是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+ d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+ +5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+ d,n∈N*,可得:S10=10× + =-20+45=25,所以S10=25.
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以 =3，
当时， = = ，即，因为，所以 =2，所以数列{ }是首项为3，公差为2的等差数列，所以 = ；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， = ，
所以数列{ }前n项和为 = = ．
讲典例备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋ d＝ .

高考数学140冲刺专题：21复杂数列的求和问题含解析31

问题21 复杂数列的求和问题一、考情分析数列求和是历年高考命题的热点，可以以客观题形式考查，也可以以解答题形式考查数列，公式求和、裂项求和、错位相减法求和是常考问题. 二、经验分享1.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．(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．【小试牛刀】【福建省南平市2018届高三上学期第一次综合质量检查】已知数列{}n b 满足，则该数列的前23 项的和为（）A. 4194B. 4195C. 2046D. 2047 【答案】A(三) 裂项相消法此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了．只剩下有限的几项．注意：○1余下的项前后的位置前后是对称的．○2余下的项前后的正负性是相反的．常用的裂项方法：【例3】在等差数列{}n a 中，公差0d ≠，17a =，且2a ，5a ，10a 成等比数列. ⑴求数列{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ； ⑵若15n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【分析】⑴由2510 a a a ，，成等比数列⇒()7d +⇒2d =⇒25n a n =+⇒；⑵由⑴可得⇒.【点评】(1)裂项相消法求和的原理及注意问题①原理：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注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．③一般地，若{a n }为等差数列，则求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和可尝试此方法，事实上，1a n a n ＋1＝dda n a n ＋1＝a n ＋1－a n da n a n ＋1＝1d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. 则；故选：C ．2．【江西省南昌市第二中学2019届高三第六次考试】已知数列满足：，则的前40项的和为（）A ．860B ．1240C ．1830D ．2420 【答案】B3．【黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019届高三上学期期末】设数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则（）A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【解析】∵a n+2﹣2a n+1+a n＝2，∴a n+2﹣a n+1﹣（a n+1﹣a n）＝2，a2﹣a1＝4．∴{a n+1﹣a n}是等差数列，首项为4，公差为2．∴a n+1﹣a n＝4+2（n﹣1）＝2n+2．∴n≥2时，a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+……+（a2﹣a1）+a1＝2n+2（n﹣1）+……+2×2+2n（n+1）．∴．∴1．∴2+2018＝2020．故选：C．4．【江西省名校学术联盟2019届高三年级教学质量检测】已知函数（其中）的图像经过点，令，则A．2019 B． C．6057 D．【答案】B5．【广东省华南师范大学附属中学2019届高三上学期月考】已知函数，且，则( )A． B． C． D．【答案】B 【解析】，由，可得：9．【广西南宁市第二中学2018届高三1月月考】已知函数，且，记n S 表示{}n a 的前n 项和，则100S =__________．【答案】10010.数列{}n a 的通项为，前n 项和为n S ，则100S = ．【答案】200 【解析】由已知可得；；；；；；；分析可知偶数项均为1，所以前100项中偶数项的和为15050⨯=．分析可知相邻两项奇数项的和为6，所以前100项中奇数项的和为．．11.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 012= . 【答案】3231006-⋅【解析】a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，∴S2 012＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 011＋a2 012＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 011)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 012)＝1－21 0061－2＋－21 0061－2＝3·21 006－3.12．【安徽省合肥市2019届高三第一次教学质量检测】在平面直角坐标系中，点()()，记的面积为，则____________.【答案】【解析】结合题意,得到,所以该三个点组成的三角形面积为,对面积求和设得到,,两式子相减,得到,解得.13．【湖北省宜昌市2019届高三年级元月调考】已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，点、均在函数的图象上，的横坐标为，的横坐标为，直线的斜率为.若，，则数列的前项和__________．【答案】14．【贵州省贵阳第一中学、云南师大附中、广西南宁三中2019届高三“333”高考备考诊断联考】已知数列的首项，函数为奇函数，记为数列的前项和，则的值为_____________．【答案】【解析】是奇函数，，，，，，如此继续，得，.15．【2018届广东省深中、华附、省实、广雅四校联考】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，，．（1）求λ的值；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．（2）由（1）可得21n a n =-，所以所以，所以19．【福建省漳州市2018届高三上学期期末】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且31n n S a =+ ()*n N ∈.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ)若数列{}n b 满足，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】 (Ⅰ)当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3a n ＋1－3a n －1－1，即2a n ＝3a n －1，所以132n n a a -=，当n ＝1时，a 1＝3a 1＋1，解得112a =-. 所以数列{a n }是以12-为首项， 32为公比的等比数列，即.20．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12,,n n S a +成等比数列()n N *∈.（1）求a 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）若，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 【答案】（1）12n n a -=；（2）.【解析】（1）12,,n n S a +成等差数列，∴，当1n =时，，当2n ≥时，，{}n a 是等比数列，∴11a =，则42a +=，得2a =-，∴数列{}n a 的通项公式为.（2）由（1）得，∴.。

高考数学二轮复习专题32 数列大题解题模板(文)(解析版)

专题32 数列大题解题模板一、递推数列的类型以及求通项方法总结：1、定义法：等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+=或d m n a a m n )(-+=。

等比数列的通项公式：11-⋅=n n q a a (01≠⋅q a )或m n m n q a a -⋅=(m n >)2、做差法：由n a 与n S (即)(21n f a a a n =+⋅⋅⋅++)的关系求n a ，⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn 。

3、累加法：由)(1n f a a n n =-+求n a ，112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-+⋅⋅⋅+-+-=---(2≥n )。

4、累乘法：已知)(1n f a a n n =+求通项n a ，112211a a aa a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅=---(2≥n )。

5、已知递推关系求n a ，用构造法(构造等差、等比数列)：(1)形如)(1n f pa a n n +=+，只需构造数列}{n b ，消去)(n f 带来的差异，)(n f 的形式有： ①)(n f 为常数，即递推公式为q pa a n n +=+1(其中p 、q 均为常数且0)1(≠-p pq )。

解法：先设参转化为)(1λ+=λ++n n a p a ，其中1-=λp q，再利用换元法转化为等比数列求解。

②)(n f 为一次多项式，即递推公式为s n r a p a n n +⋅+⋅=+1。

③)(n f 为n 的二次式，则可设C Bn An a b n n +++=2。

(2)递推公式为n n n q a p a +⋅=+1(其中p 、q 为常数且0)1)(1(≠--q p pq )或n n n q r a p a ⋅+⋅=+1(其中p 、q 、r 为常数)。

解法：一般地要先在原递推公式两边同除以1+n q ，得：qq a q p q a n n n n 111+⋅=++，引入辅助数列}{n b (其中nn n qa b =)，得：q b q p b n n 11+⋅=+，再应用类型(1)的方法解决。

专题3.2 复杂数列的求和问题高考数学选填题压轴题突破讲义(解析版)

一．方法综述数列的求和问题是数列高考中的热点问题，数列的求和问题会渗透多种数学思想，会跟其他知识进行结合进行考查.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列求和中的新定义问题、子数列中的求和问题、奇偶性在数列求和中的应用、周期性在数列求和中的应用、数列求和的综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二．解题策略类型一数列求和中的新定义问题【例1】【湖南师范大学附属中学2019届高三上学期月考（四)】对于数列，定义为的“优值”，现已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，则（）A．2022 B．1011 C．2020 D．1010【答案】B【解析】由，得，①，②①-②得，即，，所以.故选B.【指点迷津】1.“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.2.解决此类问题的一些技巧：（1）抓住“新信息”的特点，找到突破口；（2）尽管此类题目与传统的数列“求通项，求和”的风格不同，但其根基也是我们所学的一些基础知识与方法.所以在考虑问题时也要向一些基本知识点靠拢，弄清本问所考察的与哪个知识点有关，以便找到一些线索.（3）在分类讨论时要遵循“先易后难”的原则，以相对简单的情况入手，可能在解决的过程中会发现复杂情况与该情况的联系，或者发现一些通用的做法与思路，使得复杂情况也有章可循.【举一反三】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，定义11ni i S n =∑为数列{}n a 前n 项的叠加和，若2016项数列1232016,,,a a a a L 的叠加和为2017，则2017项数列1220161,,,a a a L 的叠加和为( )A. 2017B. 2018C. 22017D. 22018 【答案】A故选A ．类型二子数列中的求和问题【例2】已知有穷数列{}n a 中， 1,2,3,,729n =L ，且()()1211n n a n +=--，从数列{}n a 中依次取出2514,,,a a a L 构成新数列{}n b ，容易发现数列{}n b 是以-3为首项，-3为公比的等比数列，记数列{}n a 的所有项的和为S ，数列{}n b 的所有项的和为T ，则（）A. S T >B. S T =C. S T <D. S 与T 的大小关系不确定【答案】A【解析】因为()728135727*********s =-+-++⨯-=+⨯=L ， ()()()133372921n nn b -=--=-≤⨯-，所以6n ≤，当6n =时， 6729b =是n a 中第365项，符合题意，所以()()()()631354613T ---==--,所以S T >，选A. *网【指点迷津】一个数列中某些项的求和问题，关键在于弄清楚新的数列的形式，了解其求和方法.【举一反三】已知*n N ∈，集合13521,,,,2482n n n M -⎧⎫=⎨⎬⎩⎭L ，集合n M 的所有非空子集的最小元素之和为n T ，则使得80n T >的最小正整数n 的值为（）A. 12B. 13C. 14D. 15 【答案】B∴n T =S 1+S 2+S 3+…+S n =212n -+2237531......222442n n --++++=则21802n -> 的最小正整数n 为13 故选B.类型三奇偶性在数列求和中的应用【例3】【福建省2019届高三模拟】已知数列满足，，且，，设数列的前项和为，则__________（用表示）.【答案】【解析】当是奇数时，，，所以，，，…，，…是首项为1，公差为6的等差数列，因此；当是偶数时，，，所以，，，…，，…是首项为4，公比为3的等比数列，因此.综上，，所以，即.【指点迷津】数列求和中遇到n)1(-，πn sin ，πn cos 都会用到奇偶性，进行分类讨论.再采用分组转化法求和或者并项求和的方法，即通过两个一组进行重新组合，将原数列转化为一个等差数列. 分组转化法求和的常见类型还有分段型（如,{2,n n n n a n =为奇数为偶数）及符号型（如()21nn a n =- ）【举一反三】设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知22a =,()1211n n n a a -++-=,则40S =______【答案】240类型四周期性在数列求和中的应用【例4】数列{}n a 满足12sin122n n n a a n π+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则数列{}n a 的前100项和为__________．【答案】5100【指点迷津】本题主要考查数列的周期性，数列是定义域为正整数集或它的子集的函数，因此数列具有函数的部分性质，本题观察到条件中有sin2n π ，于是考虑到三角函数的周期性，构造()sin 2f n n π=⋅，周期为4，于是研究数列中依次4项和的之间的关系，发现规律，从而转化为熟悉的等差数列求和问题.解决此类问题要求具有观察、猜想、归纳能力，将抽象数列转化为等差或等比数列问题.【举一反三】已知数列2008，2009，1，，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2019项之和______．【答案】4018【解析】数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，可得2008，2009，1，，，，2008，2009，1，，即有数列的最小正周期为6，可得一个周期的和为0，由，可得．故答案为：4018．类型五数列求和的综合问题【例5】【上海市青浦区2019届高三二模】等差数列,满足，则（）A．的最大值为50 B．的最小值为50C．的最大值为51 D．的最小值为51【答案】A【解析】时，满足条件，所以满足条件，即最小值为2，舍去B,D.要使得取最大值，则项数为偶数，设，等差数列的公差为，首项为，不妨设，则，且，由可得，所以,因为，所以，所以，而，所以，故.故选A【指点迷津】先根据题意可知中的项有正有负，不妨设，根据题意可求得，根据，去绝对值求和，即可求出结果.【举一反三】1.【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】已知数列和的前项和分别为和，且，，（），若对任意的，恒成立，则的最小值为_____. 【答案】【解析】，，可得，解得，当时，，化为，由，可得，即有，，即有，对任意的，恒成立，可得，即的最小值为.故答案为：.2.【湖北省宜昌市2019届高三年级元月调考】已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，点、均在函数的图象上，的横坐标为，的横坐标为，直线的斜率为.若，，则数列的前项和__________．【答案】【解析】由题意可知：，，，，∴，解得，∴∴∴①②①﹣②得，所以，整理得．故答案为：三．强化训练1.【山东省日照一中2019届高三11月统考模拟】已知函数的定义域为，，对任意R都有，则=A．B．C．D．【答案】B【解析】由，且，得，，，，故选B.2.【四川省凉山州2019届高三二诊】我们把叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设，，，，表示数列的前项之和，则使不等式成立的最小正整数的值是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵∴，∴，而∴，，即，当n=8时，左边=，右边=，显然不适合；当n=9时，左边=，右边=，显然适合，故最小正整数的值9故选：B3.【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则的值为（）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】D【解析】由题意，第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为万元，第三层货物总价为万元，…，第层货物总价为万元，设这堆货物总价为万元,则，，两式相减得，则,解得，故选D.4．己知数列满足，，，则数列的前2018项的和等于A．B．C．D．【答案】B【解析】由，即，当n为奇数时，可得，成等比，首项为1，公比为3．当n为偶数时，可得，成等比，首项为3，公比为3．那么：，前2018项中，奇数项和偶数项分别有1009项.故得．故选：B．5.已知等差数列{a n}的首项为，公差为d，其前n项和为，若直线y＝x＋m与圆(x－2)＋y＝1的两个交点关于直线x＋y－d＝0对称，则数列的前10项和为（）A．B．C．D．2【答案】B【解析】因为直线y＝x＋m与圆（x﹣2）2+y2＝1的两个交点关于直线x＋y－d＝0对称，所以直线x＋y－d＝0经过圆心，则有2＋0－d＝0，d＝2，而直线y＝x＋m与直线x＋y－d＝0垂直，所以＝1，＝2，则Sn＝2n＋×2＝n(n＋1)．＝，所以数列的前10项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.故选：B.6．【山东省济南市历城第二中学2019接高三11月月考】定义函数如下表，数列满足，. 若，则（）A．7042 B．7058 C．7063 D．7262【答案】C【解析】由题意，∵a1=2，且对任意自然数均有a n+1=f（a n），∴a2=f（a1）=f（2）=5，即a2=5，a3=f（a2）=f（5）=1，即a3=1，a4=f（a3）=f（1）=3，即a4=3，a5=f（a4）=f（3）=4，即a5=4，a6=f（a5）=f（4）=6，即a6=6，a7=f（a6）=f（6）=2，即a7=2，可知数列{a n}：2，5，1，3，4，6，2，5，1…是一个周期性变化的数列，周期为：6．且a1+a2+a3+…+a6=21．故a1+a2+a3+…+a2018=336×（a1+a2+a3+…+a6）+a1+a2=7056+2+5=7063．故选C7．【吉林省长春市实验中学2019届高三期末】设数列中，若，则称数列为“凸数列”.已知数列为“凸数列”，且，则数列的前2019项和为（）A．1 B．C．D．【答案】C【解析】∵数列{b n}为“凸数列”，∴b n+1＝b n+b n+2，∵b1＝1，b2＝﹣2，∴﹣2＝1+b3，解得b3＝﹣3，同理可得：b4＝﹣1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝﹣2…，∴b n+6＝b n．又b1+b2+…+b6=1﹣2﹣3﹣1+2+3=0，且2019=6+3，∴数列{b n}的前2019项的和＝b1+b2+ b3+336=1-2-3=-4，故选：C．8．【河北省武邑中学2019届高三（上)期中】数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排，；第三行排3项，依此类推设数列的前项和为，则满足的最小正整数n的值为A．20 B．21 C．26 D．27【答案】B【解析】解：根据题意，第一行，为4，其和为4，可以变形为；第二行，为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为；第三行，为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为；依此类推：第n行的和；则前6行共个数，前6项和为：，满足，而第六行的第6个数为，则，故满足的最小正整数n的值21；故选：B．二、填空题9.【宁夏银川一中2019届高三一模】已知数列的前n项和为，数列的前n项和为，满足,且.若对任意恒成立，则实数的最小值为______．【答案】【解析】数列的前n项和为，满足，当时，，解得，所以当时，，化简得，所以当时，，当时上式也成立，所以，因为，，所以，若对于任意恒成立，则实数的最小值为.10．在如图所示数表中，已知每行、每列中的数都构成等差数列，设表中第n行第n列的数为，则数列的前100项的和为______．【答案】【解析】由题意可知，第一行的第n个数为；第二行的第n个数为；第三行的第n个数为；第n行的第n个数为；即，，前100项的和为，，故答案为：．11．【湖南省株洲市2019届高三统一检测（一)】数列的首项为1，其余各项为1或2，且在第个1和第个1之间有个2，即数列为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列的前项和为，则__________．（用数字作答）【答案】3993【解析】第个1为数列第项，当时；当时；所以前2019项有45个1和个2，因此12．【湖南省湘潭市2019届高三二模】已知函数的图像在点处的切线与直线垂直，若数列的前项和为，则__________．【答案】【解析】由题意知，则，，故，，故，.故答案为13．【安徽省宣城市2019届高三第二次调研】数列的前项和为，定义的“优值”为，现已知的“优值”，则_________.【答案】【解析】解：由＝2n，得a1+2a2+…+2n﹣1a n＝n•2n，①n≥2时，a1+2a2+…+2n﹣2a n﹣1＝（n﹣1）•2n﹣1，②①﹣②得2n﹣1a n＝n•2n﹣（n﹣1）•2n﹣1＝（n+1）•2n﹣1，即a n＝n+1，对n＝1时，a1＝2也成立，所以.14．【江苏省常州市2019届高三上期末】数列满足，且数列的前项和为，已知数列的前项和为1，那么数列的首项________.【答案】【解析】数列{a n﹣n}的前2018项和为1，即有（a1+a2+…+a2018）﹣（1+2+…+2018）＝1，可得a1+a2+…+a2018＝1+1009×2019，由数列{b n}的前n项和为n2，可得b n＝2n﹣1，，a2＝1+a1，a3＝2﹣a1，a4＝7﹣a1，a5＝a1，a6＝9+a1，a7＝2﹣a1，a8＝15﹣a1，a9＝a1，…，可得a1+a2+…+a2018＝（1+2+7）+（9+2+15）+（17+2+23）+…+（4025+2+4031）+（a1+4033+a1）＝505+×505×504×8+2×504+504×7+×504×503×8+2a1＝1+1009×2019，解得a1＝．故答案为：．15．【广东省汕尾市普通高中2019年3月高三检测】已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为______．【答案】【解析】数列的首项，则：常数故数列是以为首项，3为公差的等差数列．则：首项符合通项．故：，，，由于数列的前n项和恒成立，故：，则：t的最小值为，故答案为：．16．【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】对任意，函数满足：，，数列的前15项和为，数列满足，若数列的前项和的极限存在，则________．【答案】【解析】∵，，∴，展开为，，即0≤f（n）≤1，．即，∴，化为＝．∴数列{}是周期为2的数列．∵数列{}的前15项和为，∴＝7（）+．又，解得，．∴＝，＝．由0，f（k+1），解得f（2k﹣1）．0，f（n+1），解得f（2k），又，令数列的前n项和为，则当n为奇数时，，取极限得；则当n为偶数时，，取极限得；若数列的前项和的极限存在，则，，故答案为.。

高考数学二轮复习专题3数列第二讲数列求和及综合应用文【含答案】

第二讲数列求和及综合应用高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法可以求解.因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易让你走向成功.数列求和的基本方法 1.公式法.（1）等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d 2Ｗ.（2）等比数列前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.2.转化法.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、等比或常见的数列，即先分别求和，然后再合并.3.错位相减法.这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.4.倒序相加法.这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列（反序），把它与原数列相加，若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和.5.裂项相消法.利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和.数列的应用1.应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决.2.数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决此类题的关键是建立一个数列模型{a n }，利用该数列的通项公式、递推公式或前n 项和公式求解.3.解应用问题的基本步骤.判断下面结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）.（1）如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.（√）（2）当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.（√）（3）求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋……＋na n之和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）数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .（×）（5）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.（√）（6）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.（√）1.（2015·福建卷）若a ，b 是函数f （x ）＝x 2－px ＋q （p >0，q >0）的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于（D ）A.6B.7C.8D.9解析：不妨设a >b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，∴ a >0，b >0，则a ，－2，b 成等比数列，a ，b ，－2成等差数列，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝（－2）2，a －2＝2b ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，∴ p ＝5，q ＝4，∴ p ＋q ＝9. 2.（2015·新课标Ⅱ卷）设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝（A ） A.5 B.7 C.9 D.11解析：解法一 ∵ a 1＋a 5＝2a 3，∴ a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴ a 3＝1，∴ S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5，故选A.解法二 ∵ a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋（a 1＋2d ）＋（a 1＋4d ）＝3a 1＋6d ＝3，∴ a 1＋2d ＝1，∴ S 5＝5a 1＋5×42d ＝5（a 1＋2d ）＝5，故选A.3.在数列{a n }中，a n ＝n （n ＋1）2，则：（1）数列{a n }的前n 项和S n ＝；（2）数列{S n }的前n 项和T n ＝Ｗ. 解析：（1）a n ＝n （n ＋1）2＝n （n ＋1）[]（n ＋2）－（n －1）6＝16×[]n （n ＋1）（n ＋2）－（n －1）n （n ＋1）S n ＝16×[（1×2×3－0×1×2）＋（2×3×4－1×2×3）＋（3×4×5－2×3×4）＋…＋n ×（n ＋1）×（n ＋2）－（n －1）×n ×（n ＋1）]＝n （n ＋1）（n ＋2）6.（2）S n ＝n （n ＋1）（n ＋2）6＝n （n ＋1）（n ＋2）[（n ＋3）－（n －1）]24＝124×[n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）－（n －1）n （n ＋1）（n ＋2）]T n ＝124×[（1×2×3×4－0×1×2×3）＋（2×3×4×5－1×2×3×4）＋…＋n ×（n＋1）×（n ＋2）×（n ＋3）－（n －1）×n ×（n ＋1）×（n ＋2）]＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）24.答案：（1）n （n ＋1）（n ＋2）6（2）n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）244.（2015·江苏卷）设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1（n ∈N *），则数列{1a n}前10项的和为Ｗ.解析：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n （n ≥2）.以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（n －1）（2＋n ）2＝n 2＋n －22.又∵ a 1＝1，∴ a n ＝n 2＋n2（n ≥2）.∵ 当n ＝1时也满足此式，∴ a n ＝n 2＋n2（n ∈N *）.∴ 1a n ＝2n 2＋n ＝2（1n －1n ＋1）. ∴ S 10＝2（11－12＋12－13＋…＋110－111）＝2×（1－111）＝2011.答案：2011。

数学高高三数学优化设计第二轮复习专题数列求和及其综合应用

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[规律方法] 待定系数法是高中数学重要的思想方法，在数列中常常用来求未知量；对于Sn＝a1＋a2＋…＋an，其中an＝ nnq＋p(p、q为常数)的求和问题，往往用裂项相消法求和．
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【变式训练1】
(2012·江西)已知数列{an}的前n项和Sn＝－
1 2
n2＋
＝3 018.
答案 3 018
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4．(2011·陕西)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析设20名同学是1号到20号依次排列，使每位同学的往返所走的路程和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁边，此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，所有同学往返所走的路程总和为S＝9×20 ＋9×2 8×20＋10×20＋10× 2 9×20＝2 000(米)．答案 2 000
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当n＝3k－1(k∈N*)时，sin Sn＝sin23π＝ 23，当n＝3k－2(k∈N*)时，sin Sn＝sin43π＝－ 23，
－
23，n＝3k－2k∈N*，
综上所述，sin
Sn＝
23，n＝3k－1k∈N*，
0，n＝3kk∈N*.
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类型三数列与不等式的交汇问题
【例3】
设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝
Sn n
＋2(n－1)(n
∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列，并分别写出an和Sn关于n的表达式；

数列求和方法经典题突破

数列求和方法经典题突破作者：***来源：《中学生数理化·高考数学》2021年第01期数列是高中数学的重要内容，在高考中占有重要地位。

数列求和则是数列重要内容之一，除等差数列和等比数列外，大部分数列求和都需要一定的技巧，下面简单介绍数列求和的基本方法和技巧。

方法一：公式法求和方法突破：此类问题主要考查等差、等比数列的通项公式与前n项和公式的计算，突出方程思想和数学运算等核心素养，准确计算是求解的关键。

利用等差（比）数列的通项公式及前n项和公式列方程（组）求出等差（比）数列的首项和公差（比），进而写出所求数列的通项公式及前n项和公式，这是求解等差数列或等比数列问题的常用方法。

对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化。

方法二：分组求和适用范围：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比數列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见数列，然后分别求和，再将其合并即可。

①奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列，可以分项数为奇数和偶数时使用等差数列或等比数列的求和公式。

②等差数列各项加上绝对值符号，等差数列乘以（-1）n。

方法三：裂项相消法适用范围：把数列的通项拆成两项之差或之和求和，正负项相消剩下首尾若干项。

方法突破：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;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。

方法四：错位相减法适用范围：差比数列，即一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得。

方法五：倒序相加法适用范围：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相加的方法求解。

方法突破：解答此类问题关键是抓住数列中与首末两项等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加即可。

方法六：拆项求和法适用范围：既不是等差数列，也不是等比数列，将其适当拆分后，能分为几个等差、等比或常见可求和数列。

专题03 数列求和问题(第二篇)(解析版)

备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第二篇数列与不等式【解析版】专题03 数列求和问题【典例1】【福建省福州市2019-2020学年高三上学期期末质量检测】等差数列{}n a 的公差为2, 248,,a a a 分别等于等比数列{}n b 的第2项，第3项，第4项. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足12112nn nc c c b a a a ++++=,求数列{}n c 的前2020项的和．【思路引导】(1)根据题意同时利用等差、等比数列的通项公式即可求得数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求出数列{}n c 的通项公式，再利用错位相减法即可求得数列{}n c 的前2020项的和.解：(1)依题意得: 2324b b b =，所以2111(6)(2)(14)a a a +=++ ，所以22111112361628,a a a a ++=++解得1 2.a = 2.n a n ∴= 设等比数列{}n b 的公比为q ，所以342282,4b a q b a ==== 又2224,422.n n n b a b -==∴=⨯= (2)由（1）知，2,2.n n n a n b ==因为11121212n n n n nc c c c a a a a +--++⋅⋅⋅⋅++= ①当2n ≥时,1121212n n n c c c a a a --++⋅⋅⋅+= ②由①-②得，2n n nc a =，即12n n c n +=⋅，又当1n =时，31122c a b ==不满足上式，18,12,2n n n c n n +=⎧∴=⎨⋅≥⎩ .数列{}n c 的前2020项的和34202120208223220202S =+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯2342021412223220202=+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯设2342020202120201222322019220202T =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯ ③，则34520212022202021222322019220202T =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯ ④，由③-④得：234202120222020222220202T -=+++⋅⋅⋅+-⨯2202020222(12)2020212-=-⨯-2022420192=--⨯ ，所以20222020201924T =⨯+，所以2020S =202220204201928T +=⨯+.【典例2】【河南省三门峡市2019-2020学年高三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足221n S n n =-+，数列{}n b 中，2133a b a =+，对任意正整数2n ≥，113nn n b b -⎛⎫+= ⎪⎝⎭.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在实数μ，使得数列{}3nn b μ+是等比数列？若存在，请求出实数μ及公比q 的值，若不存在，请说明理由；（3）求数列{}n b 前n 项和n T . 【思路引导】（1）根据n S 与n a 的关系1112n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩即可求出；（2）假设存在实数μ，利用等比数列的定义列式，与题目条件1331n nn n b b -⋅+⋅=，比较对应项系数即可求出μ，即说明存在这样的实数；（3）由（2）可以求出1111(1)4312nn n b -⎛⎫=⋅+⋅- ⎪⎝⎭，所以根据分组求和法和分类讨论法即可求出．解：（1）因为221n S n n =-+，当1n =时，110a S ==；当2n ≥时，22121(1)2(1)123n n n a S S n n n n n -=-=-+-----=-．故*0,123,2,n n a n n n N=⎧=⎨-∈⎩；（2）假设存在实数μ，使得数列{}3xn b μ⋅+是等比数列，数列{}n b 中，2133a b a =+，对任意正整数2n ，113nn n b b -⎛⎫+= ⎪⎝⎭.可得116b =，且1331n nn n b b -⋅+⋅=，由假设可得()11333nn n n b b μμ--⋅+=-⋅+，即1334n n n n b b μ-⋅+⋅=-，则41μ-=，可得14μ=-，可得存在实数14μ=-，使得数列{}3nn b μ⋅+是公比3q =-的等比数列；（3）由（2）可得11111133(3)(3)444nn n n b b --⎛⎫⋅-=-⋅-=⋅- ⎪⎝⎭，则1111(1)4312nn n b -⎛⎫=⋅+⋅- ⎪⎝⎭，则前n 项和11111111(1)123643121212nn n T -⎡⎤⎛⎫⎛⎤=++⋯+⋅+-+⋯+⋅-⎢⎥ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦⎢⎥⎣⎦ 当n 为偶数时，111111*********n n n T ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=+=- ⎪⎝⎭- 当n 为奇数时，11111115112311128312248313n n n nT ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=+=-+=- ⎪⋅⎝⎭- 则51,21248311,2883nn n n k T n k ⎧-=-⎪⎪⋅=⎨⎪-=⎪⋅⎩（*k N ∈）．【典例3】【福建省南平市2019-2020学年高三上学期第一次综合质量检查】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*21,nn S a a n =⋅-∈∈R N．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【思路引导】（1）利用临差法得到12n n a a -=⋅，再根据11a S =求得1a =，从而求得数列通项公式；（2）由题意得1112121n n n b +=---，再利用裂项相消法求和. 解：（1）当1n =时，1121a S a ==-.当2n ≥时，112n n n n a S S a --=-=⋅()*,因为{}n a 是等比数列，所以121a a =-满足()*式，所以21a a -=，即1a =，因此等比数列{}n a 的首项为1,公比为2, 所以等比数列{}n a 的通项公式12n na .（2）由（1）知21nn S =-，则11n n n n a b S S ++=,即()()1121121212121n n n n n n b ++==-----，所以121111111113377152121n n n n T b b b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 所以11121n n T +=--.【典例4】【山东省日照市2019-2020学年上学期期末】已知数列{}n a 的首项为2，n S 为其前n 项和，且()120,*n n S qS q n +=+>∈N （1）若4a ，5a ，45a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式；（2）设双曲线2221n y x a 的离心率为n e ，且23e =，求222212323n e e e ne ++++.【思路引导】（1）先由递推式()120,*n n S qS q n +=+>∈N 求得数列{}n a 是首项为2，公比为q 的等比数列，然后结合已知条件求数列通项即可；（2）由双曲线的离心率为求出公比q ，再结合分组求和及错位相减法求和即可得解.解：解：（1）由已知，12n n S qS +=+，则212n n S qS ++=+，两式相减得到21n n a qa ++=，1n ≥.又由212S qS =+得到21a qa =，故1nn a qa 对所有1n ≥都成立.所以，数列{}n a 是首项为2，公比为q 的等比数列. 由4a ，5a ，45+a a 成等差数列，可得54452=a a a a ++，所以54=2,a a 故=2q .所以*2()n n a n N =∈.（2）由（1）可知，12n n a q-=，所以双曲线2221n y xa 的离心率n e ==由23e ==，得q =.所以()()()()2122222123231421414n n e e e n e qn q -+++⋅⋅⋅+⋅=++++⋅⋅⋅++()()()21214122n n n q nq -+=+++⋅⋅⋅+，记()212123n n T q q nq -=+++⋅⋅⋅+①()()2122221n n n q T q q n qnq -=++⋅⋅⋅+-+②①-②得()()221222221111n n nn nq q Tq q q nqnq q---=+++⋅⋅⋅+-=-- 所以()()()()222222222211122121(1)111nn n n n n n n q nq q nq T n n q q q q --=-=-=-+⋅=-+----. 所以()()222212121242n n n n e e n e n ++++⋅⋅⋅+⋅=-++. 【典例5】已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满足()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()111n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系，利用临差法得到13n n a a --=，知公差为3；再由1n =代入递推关系求1a ；（2）观察数列{}n b 的通项公式，相邻两项的和有规律，故采用并项求和法，求其前2n 项和. 解：（1）对任意*n ∈N ，有()()1126n n n S a a =++，① ∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.② ①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. 而数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成立；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成立，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .（2）2122n n T b b b =+++=12233445221n n a a a a a a a a a a +-+-+-()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-242666n a a a =----()2426n a a a =-+++()246261862n n n n +-=-⨯=--.【典例6】【2020届湖南省益阳市高三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为112a =，()1122n n n S a ++=-. （1）求2a 及数列{}n a 的通项公式；（2）若()1122log n n b a a a =，11n n nc a b =+，求数列{}nc 的前n 项和n T .【思路引导】（1）利用临差法将递推关系转化成2112n n a a ++=，同时验证2112a a =，从而证明数列{}n a 为等比数列，再利用通项公式求得n a ；（2）利用对数运算法则得11221nn c n n ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭，再用等比数列求和及裂项相消法求和，可求得n T 。

高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及应用练习理(2021年整理)

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专题三数列第2讲数列的求和及应用练习理一、选择题1.已知数列1错误!，3错误!,5错误!,7错误!，…,则其前n项和S n为( ）A.n2＋1－错误!B.n2＋2－错误!C。

n2＋1－错误! D.n2＋2－错误!解析a n＝(2n－1）＋错误!，∴S n＝错误!＋错误!＝n2＋1－错误!.答案A2。

已知数列｛a n}满足a1＝1，a2＝3，a n＋1a n－1＝a n(n≥2），则数列{a n｝的前40项和S40等于( ) A。

20 B。

40C。

60 D.80解析由a n＋1＝错误!（n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝错误!，a6＝错误!，a7＝1,a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为错误!，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×错误!＋1＋3＋3＋1＝60。

答案C3.错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!的值为（)A。

错误!B。

错误!－错误!C。

错误!－错误!错误! D.错误!－错误!＋错误!解析∵1（n＋1）2－1＝错误!＝错误!＝错误!错误!，∴错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!－错误!错误!.答案C4。

高三数学备考冲刺140分问题21复杂数列的求和问题含解析

问题21 复杂数列的求和问题一、考情分析数列求和是历年高考命题的热点，可以以客观题形式考查，也可以以解答题形式考查数列，公式求和、裂项求和、错位相减法求和是常考问题. 二、经验分享1.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．(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．【小试牛刀】【福建省南平市2018届高三上学期第一次综合质量检查】已知数列{}n b 满足，则该数列的前23 项的和为（）A. 4194B. 4195C. 2046D. 2047 【答案】A(三) 裂项相消法此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了．只剩下有限的几项．注意：○1余下的项前后的位置前后是对称的．○2余下的项前后的正负性是相反的．常用的裂项方法：【例3】在等差数列{}n a 中，公差0d ≠，17a =，且2a ，5a ，10a 成等比数列. ⑴求数列{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ； ⑵若15nn n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【分析】⑴由2510 a a a ，，成等比数列⇒()7d +⇒2d =⇒25n a n =+⇒；⑵由⑴可得⇒.【点评】(1)裂项相消法求和的原理及注意问题①原理：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注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．③一般地，若{a n }为等差数列，则求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和可尝试此方法，事实上，1a n a n ＋1＝d da n a n ＋1＝a n ＋1－a nda n a n ＋1＝1d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. 则；故选：C ．2．【江西省南昌市第二中学2019届高三第六次考试】已知数列满足：，则的前40项的和为（）A ．860B ．1240C ．1830D ．2420 【答案】B3．【黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019届高三上学期期末】设数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则（）A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【解析】∵a n+2﹣2a n+1+a n＝2，∴a n+2﹣a n+1﹣（a n+1﹣a n）＝2，a2﹣a1＝4．∴{a n+1﹣a n}是等差数列，首项为4，公差为2．∴a n+1﹣a n＝4+2（n﹣1）＝2n+2．∴n≥2时，a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+……+（a2﹣a1）+a1＝2n+2（n﹣1）+……+2×2+2n（n+1）．∴．∴1．∴2+2018＝2020．故选：C．4．【江西省名校学术联盟2019届高三年级教学质量检测】已知函数（其中）的图像经过点，令，则A．2019 B． C．6057 D．【答案】B5．【广东省华南师范大学附属中学2019届高三上学期月考】已知函数，且，则( )A． B． C． D．【答案】B【解析】，由，可得：9．【广西南宁市第二中学2018届高三1月月考】已知函数，且，记n S表示{}n a的前n项和，则100S=__________．【答案】10010.数列{}n a的通项为，前n项和为n S，则100S= ．【答案】200【解析】由已知可得；；；；；；；L分析可知偶数项均为1，所以前100项中偶数项的和为15050⨯=．分析可知相邻两项奇数项的和为6，所以前100项中奇数项的和为．．11.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 012= . 【答案】3231006-⋅【解析】a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，∴S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 011＋a 2 012 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 011)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 012) ＝1－21 0061－2＋21－21 0061－2＝3·21 006－3.12．【安徽省合肥市2019届高三第一次教学质量检测】在平面直角坐标系中，点()()，记的面积为，则____________.【答案】【解析】结合题意,得到,所以该三个点组成的三角形面积为,对面积求和设得到,,两式子相减,得到,解得.13．【湖北省宜昌市2019届高三年级元月调考】已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，点、均在函数的图象上，的横坐标为，的横坐标为，直线的斜率为.若，，则数列的前项和__________．【答案】14．【贵州省贵阳第一中学、云南师大附中、广西南宁三中2019届高三“333”高考备考诊断联考】已知数列的首项，函数为奇函数，记为数列的前项和，则的值为_____________．【答案】【解析】是奇函数，，，，，，如此继续，得，.15．【2018届广东省深中、华附、省实、广雅四校联考】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，，．（1）求λ的值；（2）求数列11n na a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．（2）由（1）可得21n a n =-，所以所以，所以19．【福建省漳州市2018届高三上学期期末】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且31n n S a =+ ()*n N ∈.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ)若数列{}n b 满足，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】 (Ⅰ)当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3a n ＋1－3a n －1－1，即2a n ＝3a n －1，所以132n n aa -=，当n ＝1时，a 1＝3a 1＋1，解得112a =-. 所以数列{a n }是以12-为首项， 32为公比的等比数列，即.20．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12,,n n S a +成等比数列()n N *∈.（1）求a 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）若，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）12n n a -=；（2）.【解析】（1）12,,n n S a +Q 成等差数列，∴，当1n =时，，当2n ≥时，，{}n a Q 是等比数列，∴11a =，则42a +=，得2a =-，∴数列{}n a 的通项公式为.（2）由（1）得，∴.。

专题突破02 数列的求和(解析版)高二数学上册常考题专练(选择性必修第二册)

专题突破01求数列的通项公式题型一裂项相消把数列的通项公式拆成两项之差，即数列的每一项可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相抵消，于是前n 项和变成首尾若干项之和，这一求和方法称为裂项相消法．常见的拆项公式(其中n ∈N ×)：④1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦，拓展：1111()(2)2()()(2)n n k n k k n n k n k n k ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦⑥11log log log n bb n b n na a a a ++=-1．已知等差数列{}n a 满足5127a a -=，35a =，则数列11{}n n a a +的前10项的和为()A ．2223B ．1123C ．2021D ．1021【解答】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，由题设可得：11142725a d a a d +-=⎧⎨+=⎩，解得：112a d =⎧⎨=⎩，12(1)21n a n n ∴=+-=-，∴111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，∴1223101111111111111110[()(((121335192122121a a a a a a ++⋯+=-+-+⋯+-=-=，故选：D ．2．已知*1()n n a lgn N n+=∈，若数列{}n a 的前n 项和1n S =，则n =9．【解答】解：数列{}n a 满足*1()n n a lg n N n+=∈，整理得：(1)n a lg n lgn =+-，所以：12...2132...(1)(1)1n n S a a a lg lg lg lg lg n lgn lg n =+++=-+-+++-=+=，即110n +=，整理得：9n =．故答案为：9．3．已知数列{}n a 满足11a =，121nn n a a a +=+，则数列1{}n n a a +的前n 项和(n T =)A ．21n n -B ．21n n +C ．221n n +D ．42n n +【解答】解：数列{}n a 满足11a =，121n n n a a a +=+，则121112n n n na a a a ++==+，故1112n n a a +-=（常数），所以数列1{}na 是以111a =为首项，2为公差的等差数列，所以112(1)21nn n a =+-=-，则121n a n =-，1121n a n +=+，所以11111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，故11111111(1)(1)2335212122121n nT n n n n =-+-+⋯+-=-=-+++．故选：B ．4．已知在数列{}n a 中，13a =，112(2)n n n a a n --=+ ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设21log (1)n n b a +=-，求11{}n n b b +的前n 项和n T ．【解答】解：（1）由112n n n a a --=+，得112(2)n n n a a n ---= ，所以1121112322112(12)()()()()3222321(2)12n n n n n n n n a a a a a a a a a a n ------=-+-+⋯+-+-+=+++⋯+=+=+- ，又13a =满足上式，所以21n n a =+；（2）由（1）可知212log (1)log 2n n b a +=-=11n n +=+，则11111(1)(2)12n n b b n n n n +==-++++，所以111111112334122224n nT n n n n =-+-+⋯+-=-=++++．5．已知数列{}n a 中，其前n 项和为22n S n n =-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若11n n na ab +⋅=，设数列{}n b 的前n 项和n T ，并求n T 的取值范围．【解答】解：（1）已知数列{}n a 中，前n 项和为22n S n n =-，当1n =时，11a =，利用143(2)n n S S n n --=- ，43(2)n a n n ∴=- ，1n =时也满足，43n a n ∴=-；即43(1)n a n n =- ．（2）由11n n n a a b +⋅=得11n n n b a a +=⋅，∴1111()(43)(41)44341n b n n n n ==--+-+，∴11111111[(1(((1)4559434144141n nT n n n n =-+-+⋯⋯+-=-=-+++；111144414144(41)n n nT n n n +-===-+++，1144(41)n T n =-+在[1n ∈，)+∞，*n N ∈单调递增，所以当1n =时n T 达到最小值，∴115n T T = ，11144(41)4n T n =-<+∴11[,54n T ∈．6．对于实数x ，[]x 表示不超过x 的最大整数．已知数列{}n a的通项公式n a =，前n 项和为n S ，则1250[][][](S S S +++=)A ．223B ．218C ．173D ．168【解答】解：由n a ==，可得1...1n S =-+-，所以1250[][][](00)(1...1)(2...2)(3...3)(4...4)(5...5)(666)S S S +++=++++++++++++++++++2051729311413536173=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．故选：C ．7．数列{}n a 中，12a =，且112(2)n n n n na a n a a --+=+- ，则数列21(1)n a ⎧⎫⎨-⎩⎭前2021项和为()A ．20211010B ．20211011C ．20191010D ．40402021【解答】解：数列{}n a 中，12a =，且112(2)n n n n na a n a a --+=+- ，所以111()()2()n n n n n n a a a a n a a ---+-=+-，即221122n n n n a a a a n ----+=，所以221(1)(1)(2)n n a a n n ----= ，则2212(1)(1)1n n a a n -----=-，...，2221(1)(1)2a a ---=，将以上各式累加，可得221(1)(1)(1)...2n a a n n ---=+-++，将12a =代入，可得21(1)12...(1)2n a n n n -=+++=+，所以212112()(1)(1)1n a n n n n ==--++，所以数列21{}(1)n a -的前2021项和为111112(1 (22320212022)-+-++-120212(120221011=-=．故选：B ．8．设{}n a 是等差数列，已知35a =，5722a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式及n S ；（Ⅱ）设*211()1n n b n N a+=∈-，求数列{}n b 的前n 项和．【解答】解：（Ⅰ）{}n a 是等差数列，已知35a =，5722a a +=，设首项为1a ，公差为d ，所以357522a a a =⎧⎨+=⎩，整理得：112521022a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，故21n a n =-．所以213...(21)n S n n =+++-=．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：22111111()1(21)141n n b a n n n +===--+-+；故11111111(1...(14223141n S n n n =-+-++-=-++．9．已知等差数列{}n a 中，0d >，11a =，且11a +，31a -，41a +成等比数列．（1）求{}n a 的通项公式；（2）已知11n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【解答】解：（1）等差数列{}n a 中，0d >，11a =，且11a +，31a -，41a +成等比数列．所以2314(1)(1)(1)a a a -=++，整理得：242(32)d d =⨯+，解得：2d =或11(22--舍去），故21n a n =-；（2）由（1）得：111111((21)(21)22121n n n b a a n n n n +===-⋅-+-+；所以11111111(1...(12335212122121n nS n n n n =-+-++-=-=-+++．10．设数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为*()n S n N ∈，数列{}n b 为等比数列．已知111a b ==，523a b =，424S S =．（Ⅰ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和；（Ⅲ）若21n n n n c a a +=⋅，*n N ∈，求数列{}n c 的前n 项和．【解答】解：（Ⅰ）设数列{}n a 是公差为d 的等差数列，其前n 项和为*()n S n N ∈，数列{}n b 是公比为q 的等比数列．已知111a b ==，523a b =，由于424S S =．所以432144(2)22d d ⨯⨯+=+，解得2d =．所以21n a n =-，由于523a b =，所以1013q -=⋅，解得3q =．故13n n b -=．（Ⅱ）设1(21)3n n n n Q a b n -=⋅=-⋅，0111333...(21)3n n Q n -=⨯+⨯++-⋅①，1231333...(21)3n n Q n =⨯+⨯++-⋅②，①-②得：121212(33...3)(21)3n n n Q n --=++++--⨯，整理得(1)31n n Q n =-⋅+．（Ⅲ）根据（Ⅰ）得到2222111111144()(21)(21)41482121n n n n n nc a a n n n n n +-+====+-⋅+---+，故211111111111(...(1...)(144483352121482142n n n nT n n n n +=++++-+-++-=+-=-+++．11．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中11a =，满足121n n a a +=+．（1）证明：数列{1}n a +为等比数列；（2）求数列1121n n n S S ++⎧⎫-⎨⎩⎭的前n 项和n T ．【解答】解：（1）根据题意可得：121n n a a +=+，1121(1)2(1)n n n n a a a a ++=+⇔+=+，可得数列{1}n a +是首项为2，公比为2的等比数列（2）根据（1）可得：111(1)2221n n n n n a a a -+=+⨯=⇒=-，所以12(12)2(2)12n n n S n n +-=-=-+-，所以1112121212111[2(2)][2(3)]2(2)2(3)n n n n n n n n S S n n n n +++++++--==--+-+-+-+，所以21222111111241144112(2)2(3)2(3)23n n n n n n n T n n n n +++++--=-+-+⋅⋅⋅+-=-=-+-+-+--．12.已知数列{}n a 满足:11a =,113n n n n a a a a +++=；数列{}n b 满足：*121111111,n nn N b b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---=∈ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭(1)求证：数列11{}2n a +为等比数列，数列{}n b 为等差数列；(2)令211(33)n n b b n n n c a a -+=-，求数列{}n c 的前n 项和.【解答】由已知133131111131122n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++⎛⎫+=⇒==+⇒+= ⎪++⎝⎭，又111322a +=，则11123112n n a a ++=+，故数列11{}2n a +为以32为首项，公比为3的等比数列；由121111111n n b b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，得12111111111n n b b b b --⎛⎫⎛⎫⎛⎫---=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相除得11111(2)n n n n nb b b n b b ---=⇒-=≥，又b 1=2则数列{}n b 为以2为首项，公差为1等差数列．(2)由(1)得，2,131n n n a b n ==+-，则21211114(331)4(3431331146(31)(31)(31)(31)3)131n n n n n n n n n n n n c +++++-+-⋅++⋅⎛⎫===+- ⎪------⎝⎭，则11211111114631313131116464323113n n n n n c c n n n +++⎛⎫++=+-++- ⎪----⎝⎭⎛⎫=+-=+- ⎪⎝⎭--.题型二分组求和13．数列112，134，158，1716，⋯，1(21)2n n -+，⋯的前n 项和n S 的值为()A ．2112nn +-B ．21212nn n -+-C ．21112n n -+-D ．2112nn n -+-【解答】解：由题意可得1111(1)(3(5)(21)2482n n S n =++++++⋯+-+1111(13521)()2482n n =+++⋯+-++++⋯+211(1)(121)122112212n nn n n -+-=+=+--故选：A ．14．在数列{}n a 中，11a =，且13(1)nn n a a +=+-，则数列{}n a 的前2021项和为2022318-．【解答】解：由且13(1)nn n a a +=+-，变形为：11(1)(1)3[]44n nn n a a ++--+=+，11131444a -+=-=，∴数列(1){}4n n a -+是等比数列，首项为34，公比为3．1(1)3133444n n nn a --∴+=⨯=⨯，1(1)344nn n a -∴=⨯-．∴数列{}n a 的前2021项和2021202220223(13)1111111331314[()()()]444444413848---=--++-++⋯⋯+-+-+=+=-．故答案为：2022318-．15．111(1)(2(242n n ++++⋯++=(1)1122nn n ++-．【解答】解：111(1)(2)()242n n ++++⋯++231111(123)(2222n n =+++⋯+++++⋯+11(1())(1)221212n n n -+=+-(1)1122n n n +=+-．故答案为：(1)1122n n n ++-．题型三错位相减错位相减求和法适用于通项公式为等差数列乘以等比数列的情形．16．已知数列{}n a 满足2(n n a qa q +=为实数，且*1)q n N ≠∈，11a =，22a =，且23a a +，34a a +，45a a +成等差数列．（Ⅰ）求q 的值和{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设2212log n n na b a -=，*n N ∈，求数列{}n b 的前n 项和．【解答】解：（Ⅰ）数列{}n a 满足2(n n a qa q +=为实数，且*1)q n N ≠∈，11a =，22a =，且23a a +，34a a +，45a a +成等差数列，所以34234534()()()()a a a a a a a a +-+=+-+，即4253a a a a -=-．所以23(1)(1)a q a q -=-，由于1q ≠，所以322a a ==，解得2q =．①当21n k =-时，12212n n k a a --==，②当2n k =时，222n n k a a ==．所以数列的通项公式为：()()12222n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：2212log 12n n n n a n b a --==，法一：所以12011222n n n T -=++⋯+①，则23110112222nn n T +-=++⋯+，②1-②得1111(1114212212n n n n T -+--=--，整理得112n n n T +=-．法二：令()()()111111222nn nn An B A n B +-=+⋅--+⋅⎡⎤⎣⎦，整理得()111112222n n n An A B ⎛⎫-=-+-⋅⎪⎝⎭，比较得22A B ⎧⎨⎩=-=-，所以()()()11111222222n n n n n n +-=--⋅--⋅，于是n T ()()()()()()11211111122222242222222n nnn n n n n +-=--⋅--⋅+-⋅--+⋅+-⋅--⋅()()11122222n n +=--⋅--⋅112nn +=-【注】：差比数列求和的通法是错位相减，凡是求差比数列{}()()01nkn b q k q +⋅≠≠，的前n 项和，都可以利用待定系数法，巧妙裂项而达到顺利求和的目的．17．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =，已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【解答】解：（1）1a ，23a ，39a 成等差数列，21369a a a ∴=+，{}n a 是首项为1的等比数列，设其公比为q ，则2619q q =+，13q ∴=，1111(3n n n a a q --∴==，1(33n n n na b n ∴==⋅．（2）证明：由（1）知11(3n n a -=，1()3n n b n =⋅，∴111[1()]3113(122313n n n S -⨯-==-⨯-，121111()2(()333n n T n =⨯+⨯+⋯+⋅，①∴23111111(2(()3333n n T n +=⨯+⨯+⋯+⋅，②①-②得，12111[1(]()3233n n n T n +=--，∴13111(()44323n n n n T -=-⨯-，∴113111311()()[()]024*******n n n n n S n T ---=-⨯-⋅--⨯<，2nn S T ∴<．18．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，*2(1)()n n S n a n N =+∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1(1)n n n n b a a +=-⋅，求数列{}n b 的前2n 项的和2n T ．【解答】解：（Ⅰ）法一：*2(1)()n n S n a n N =+∈，112(2)n n S na n --∴= ，两式相减得：12(1)n n n a n a na -=+-，即1(1)n n n a na --=，∴1(2)1n n a nn a n -=- ．∴321121231121n n n a a a na a n a a a n -=⋅⋅=⋅⋅=-，而11a =满足上式，∴*()n a n n N =∈．法二：*2(1)()n n S n a n N =+∈，112(2)n n S na n --∴= ，两式相减得：12(1)n n n a n a na -=+-，即1(1)n n n a na --=，∴1(2)1n n a nn a n -=- ，∴101n n a a n n --=-，∴数列n a n ⎧⎫⎨⎩⎭是以1为首项，以0为公差的等差数列，∴1(1)0na n n=+-⨯，n a n ∴=．当1n =时，11a =满足上式，∴*()n a n n N =∈．（Ⅱ）法一：由（Ⅰ）知，(1)(1)n n b n n =-+，2212(21)(21)24n n b b n n n n n -∴+=+--⋅=，2212223()()44(1)4n n n n b b b b n n ---∴+-+=--=，即数列221{}n n b b -+是以4为公差的等差数列．221234212(1)()()()4(12)4222n n n n n T b b b b b b n n n -+∴=++++++=+++=⋅=+．法二：由（Ⅰ）知2(1)(1)(1)()n n n b n n n n =-+=-+，222222212212(12)2(11)(22)(33)[(21)21][(2)2][123(21)(2)]222n n n n nT b b b b n n n n n n n n n n -+⨯∴=++++=-+++-++--+-++=+++++-+=+=+．19．在①n S ，12n S +，23n S +成等差数列，且249S =；②2111(25)3n n n n a a a a ++=-，且0n a >；③20(n n S a t t +-=为常数）从这三个条件中任选一个补充在横线处，并给出解答．问题：已知数列{}n a 的前n 项和为11,,3n S a =_____，其中*n N ∈．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记113log n n b a +=，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．【解答】（1）若选①n S ，12n S +，23n S +成等差数列，且249S =．问题：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，113a =，其中n S ，12n S +，23n S +成等差数列，其中*n N ∈．解：n S ，12n S +，23n S +成等差数列，其中*n N ∈．12223n n n S S S ++∴⨯=+，化为：2113n n a a ++=，221411939a S S =-=-=，2113a a ∴=，∴数列{}n a 是等比数列，首项为13，公比为13，1(3n n a ∴=．若选②2111(25)3n n n n a a a a ++=-，且0n a >．问题：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，113a =，2111(25)3n n n n a a a a ++=-，且0n a >，其中*n N ∈．解：2111(25)3n n n n a a a a ++=-，化为：11(3)(2)0n n n n a a a a ++-+=，0n a >，130n n a a +∴-=，即113n n a a +=，∴数列{}n a 是等比数列，首项为13，公比为13，1(3n n a ∴=．若选③20(n n S a t t +-=为常数）．问题：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，113a =，20(n n S a t t +-=为常数），其中*n N ∈．解：由113a =，20(n n S a t t +-=为常数），其中*n N ∈．取1n =，可得：11S a =，1120a a t +-=，化为：1303t ⨯-=，解得1t =．2n 时，1120n n S a t --+-=，相减可得：120n n n a a a -+-=，即113n n a a +=，∴数列{}n a 是等比数列，首项为13，公比为13，1(3n n a ∴=．（2）解：1111331log ()13n n n b a log n ++===+，1(1)(3n n n a b n ∴⋅=+⋅．∴数列{}n n a b ⋅的前n 项和23111123()4()(1)()3333n n T n =⨯+⨯+⨯+⋯++⋅，∴231111112(3()()(1)(33333n n n T n n +=⨯+⨯+⋯+⋅++⋅，∴231111[1(]21111111332()()()(1)()(1)()133********n n n n n T n n ++-=⨯+++⋯+-+⋅=-+⋅-，化为：5251()443n n n T +=-⨯．20．已知数列{}n a 中，设11a =，*131()n n a a n N +=+∈，若2(31)2n n n n nb a -=-，n T 是{}n b 的前n 项和，若不等式122n n n T n λ-<+对一切的n N +∈恒成立，则实数λ的取值范围是．【解答】解：数列{}n a 中，设11a =，*131()n n a a n N +=+∈，可设13()n n a t a t ++=+，即为132n n a a t +=+，即有21t =，即12t =．则1113()22n n a a ++=+，则1111()322n n a a -+=+，可得1(31)2n n a =-，则12211(31)()(31)2(31)222n n n nn n n n n n b a n ---==-=--，02111111()2()3()()2222n n T n -=+++⋯+，123111111()2(3(()22222n n T n =+++⋯+，两式相减可得12311111111(((()()222222n nn T n -=++++⋯+-1112(1212n n n -=--，化简可得14(24)()2n n T n =-+，不等式122n n n T n λ-<+对一切的n N +∈恒成立，即有不等式1222n n λ+<-对一切的n N +∈恒成立．即为112()2n λ-<-对一切的n N +∈恒成立．由112(2n --在n N +∈递增，可得1n =时，取得最小值1，则1λ<．故答案为：(,1)-∞．21．已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为n S ．点n A ，n B 均在函数2()log f x x =的图象上，n A 的横坐标为n a ，n B 的横坐标为1n S +．直线n n A B 的斜率为n k ，若11k =，212k =，则数列{()}n n a f a 的前n 项和n T =．【解答】解：数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，公比设为q ，0q >，由题意可得22(1)1n nn n nlog S log a k S a +-=+-，由11k =可得212111(1)11log a log a a a +-=+-，即11a =；又212k =可得222222(11)1112log a log a a a ++-=++-，解得22a =，则2q =，即12n n a -=，12()2log 2n n n a f a -=11(1)2n n n --=-，可得前n 项和10122438(1)2n n T n -=++++⋯+-，201428316(1)2n n T n =++++⋯+-，相减可得12482(1)2n nn T n --=+++⋯+--12(12)(1)212n n n --=---，化简可得2(2)2n n T n =+-．故答案为：2(2)2n n +-．22．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，且S 6＝3S 3+a 3．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）记数列的前n 项和为T n ，求数列{（2﹣T n ）a n }中最大项的值．【解答】解：（I ）设等在数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝2，且S 6＝3S 3+a 3，所以6a 1+15d ＝3（3a 1+3d ）+a 1+2d ，化简得d ＝a 1，所以d ＝2，a n ＝a 1+（n −1）d ＝2+2（n −1）＝2n ，即．（II ）因为，所以，，所以，即．设f （n ）＝（2﹣T n ）a n ＝，则f （n +1）﹣f （n ）＝，当n ＝1时，f （n +l ）﹣f （n ）＞0，当n ≥2时，f （n +1）﹣f （n ）＜0，即f （l ）＜f （2）＞f （3）＞f （4）＞•••，所以f （2）＝4为最大项，即数列{（2﹣T n ）a n }的最大项的值是4．23．已知函数()sin f x x x ππ=-在(0,1)x ∈上的零点为等差数列*{}()n a n N ∈的首项1a ，且数列{}n a 的公差1d =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设12(()23n n n b a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解答】（本小题满分12分）解：（1）因为()sin 2cos(6f x x x x ππππ=-=+⋯⋯⋯⋯（1分）所以，由题意有1()()623x k k Z x k k Z ππππ+=+∈⇒=+∈⋯⋯⋯⋯（3分）由于(0,1)x ∈，所以{}n a 是以13为首项，1为公差的等差数列⋯⋯⋯⋯（4分）所以*2()3n a n n N =-∈⋯⋯⋯⋯（6分）（2）121()((232n n n n b a n =+=⋯⋯⋯⋯（7分）1231111111()2(3((1)()(22222n n n T n n -=+++⋯+-+⋯①⋯⋯⋯⋯（8分）23411111111()2()3((1)()(222222n n n T n n +=+++⋯+-+⋯②⋯⋯⋯⋯（9分）则①-②得：23111111()11111111222()()()()()1(2)()12222222212n n n n n n T n n n +++-=+++⋯+-==-+-，所以122(2)()222n n n n T n +=-+=-（12分）题型四倒序相加24．已知函数22()()1f x x R x =∈+，若等比数列{}n a 满足120211a a =，则1232021()()()()(f a f a f a f a +++⋯+=)A ．12B ．20212C ．2D ．2021【解答】解：22()1f x x =+，得222122(111x f x x x ==++，则222122()(211x f x f x x x +=+=++，又{}n a 是等比数列，得212021*********()1a a a a a ==⋯==，所以120212************()()()()()()2f a f a f a f a f a f a +=+=⋯=+=；101122()111f a ==+，所以12320211202122020101010121011()()()()[()()][()()][()()]()1010212021f a f a f a f a f a f a f a f a f a f a f a +++⋯+=++++⋯+++=⨯+=．故选：D ．25．已知函数3()()31xx f x x R =∈+，正项等比数列{}n a 满足501a =，则1299()()()f lna f lna f lna ++⋯+等于992．【解答】解：由3()31x x f x =+，1()13xf x -=+，可知()()1f x f x +-=，正项等比数列{}n a 满足501a =，根据等比数列的性质得到：495148521991a a a a a a ==⋯==，495148521990lna lna lna lna lna lna ∴+=+=⋯=+=，5010lna ln ==且501()(1)(0)2f lna f ln f ===，根据()()1f x f x +-=得1299199298495150199()()()[()()][()()][()()]()4922f lna f lna f lna f lna f lna f lna f lna f lna f lna f lna ++⋯+=++++⋯+++=+=．故答案是：992．26．设函数1()1x f x lnx -=+，设11a =，*1231()(()()(,2)n n a f f f f n N n n n nn-=++++∈ ．（1）求数列{}n a 的通项公式．（2）若112b =，*11(,2)(1)(1)n n n b n N n a a +=∈++ ，数列{}n b 的前n 项和为n S ，若1(1)n n S a λ+<+对一切*n N ∈成立，求λ的取值范围．【解答】解：（1）1()1x f x lnx -=+，则1()(1)112121x xf x f x ln ln ln x x-+-=+++=+=-，当2n 时，121(()...()n n a f f f n n n -=+++，①121()()...()n n n a f f f n n n--=+++，②①+②可得1122112[()()][(()]...[()(n n n n a f f f f f f n n n n n n ---=++++++22...22(1)n =++==-，即1n a n =-，所以1,11,2n n a n n =⎧=⎨-⎩；（2）112b =，当2n 时，111(1)1n b n n n n ==-++，当2n 时，11111111 (122334111)n nS n n n n =+-+-++-=-=+++，上式对1n =时，也成立，所以1(1)n n S a λ+<+即为(1)1nn n λ<++，即为211(1)2n n n n λ>=+++，由1n n +的最小值为2，当且仅当1n =时取得等号．所以14λ>．27．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S，满足2,*)n a n n N =+∈ ，11a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1cos n n n nb n a a π+=，求数列{}n b 的前2n 项和2n T 的表达式．【解答】解：（1）正项数列{}n a 的前n 项和为n S，满足2,*)n a n n N =+∈ ，所以1n n S S --=+，整理得：1)0+--=，1=（常数），所以是以1为首项，111n n =+-=，故2n S n =，所以121n n n a S S n -=-=-（首项符合通项）．由于11111()22121n n a a n n +=--+，111cos cos [()]22121n n n n n b n n a a n n ππ+==--+，当n 为奇数时，cos 1n π=-，n 为偶数时，cos 1n π=，所以111(1)23b =--，2211()235b =-，3311(257b =--，⋯，所以21232121112121313141412111211()()223232525272729243412414141n n n n n nT b b b b b n n n n n --=+++⋯++=-+⨯+⨯-⨯-⨯+⨯+⨯-⨯+⋯+-+-=----++．题型五等差数列绝对值求和28．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且65a =-，462S =-．（1）求{}n a 通项公式；（2）求数列{||}n a 的前n 项和n T ．【解答】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则由条件得11554662a d a d +=-⎧⎨+=-⎩，⋯（3分）解得1203a d =-⎧⎨=⎩，⋯（5分）所以{}n a 通项公式203(1)n a n =-+-，则323n a n =-⋯（6分）（2）令3230n - ，则233n，所以，当7n 时，0n a <，当8n 时，0n a >．⋯（8分）所以，当7n 时，12(1)3()[20]2n n n n T a a a n -=-++⋯+=--+234322n n =-+，当8n 时，1278()n n T a a a a a =-++⋯+++⋯+12712782()n a a a a a a a a =-++⋯++++⋯+++⋯+234315422n n =-+，所以22343,722343154,822n n n n T n n n ⎧-+⎪⎪=⎨⎪-+⎪⎩ ．⋯（12分）29．已知等差数列{}n a 前三项的和为3-，前三项的积为8．（Ⅰ）求等差数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若{}n a 满足2312a a a =，求数列{||}n a 的前10项的和10S ．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得1111333()(2)8a d a a d a d +=-⎧⎨++=⎩，解得123a d =⎧⎨=-⎩，或143a d =-⎧⎨=⎩．23(1)35n a n n ∴=--=-+，或43(1)37n a n n =-+-=-．（Ⅱ）当35n a n =-+时，不满足2312a a a =，37n a n =-，满足条件．37,1,2|||37|37,3n n n a n n n -+=⎧∴=-=⎨-⎩，记数列{||}n a 的前n 项和为n S ．当1n =时，14S =；当2n =时，2415S =+=．当3n 时，235(337)(347)(37)n n S S a a n =++⋯+=+⨯-+⨯-+⋯+-2(2)[2(37)]311510222n n n n -+-=+=-+．21031110101010522S ∴=⨯-⨯+=．30．已知等差数列{}n a 前三项的和为3-，前三项的积为8．（Ⅰ）求等差数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若2a ，3a ，1a 成等比数列，求数列{||}n a 的前n 项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，则21a a d =+，312a a d =+，等差数列{}n a 前三项的和为3-，前三项的积为8，∴1111333((2)8a d a a d a d +=-⎧⎨+++=⎩，解得123a d =⎧⎨=-⎩，或143a d =-⎧⎨=⎩，所以由等差数列通项公式，得23(1)35n a n n =--=-+，或43(1)37n a n n =-+-=-．故35n a n =-+，或37n a n =-．（Ⅱ）当35n a n =-+时，2a ，3a ，1a 分别为1-，4-，2，不成等比数列；当37n a n =-时，2a ，3a ，1a 分别为1-，2，4-，成等比数列，满足条件．故37,1,2|||37|37,3n n n a n n n -+=⎧=-=⎨-⎩，记数列{||}n a 的前n 项和为n S ．当1n =时11||4S a ==；当2n =时，212||||5S a a =+=；当3n 时，234||||||n n S S a a a =+++⋯+5(337)(347)(37)n =+⨯-+⨯-+⋯+-(2)[2(37)]52n n -+-=+23111022n n =-+．当2n =时，满足此式．综上所述，24,131110,222n n S n n n =⎧⎪=⎨-+⎪⎩ ．。

(高考冲刺押题)2022高考数学三轮基础技能闯关夺分必备数列的求和(含解析)

(高考冲刺押题)2022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】关于一样数列求和是专门困难的，在推导等差、等比数列的和时显现了一些方法能够迁移到一样数列的求和上，把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：在直截了当运用公式求和有困难经常，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：假如一个数列｛a n ｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则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。

特点：a n +a 1=a n-1+a 2（4）错项相减法：假如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，现在求和可采纳错位相减法。

（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，因此前n项之和变成首尾若干少数项之和。

【基础练习】1．已知公差不为0的正项等差数列｛a n ｝中,S n 为前n 项之和,lga 1、lga 2、lga 4成等差数列，若a 5=10,则S 5 = 30 。

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

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

4．已知数列｛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,按原先的顺序构成一个新的数列｛b n ｝, 则bn=__3n+1+2___ 5．若数列{}n a 满足：1,2,111===+n a a a n n ，2，3….则=+++n a a a 2121n -.【范例导析】例 1.已知等比数列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 nn 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：本题考查了等比数列的差不多性质和等差数列的求和，本题还考查了转化的思想。

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