高考数学一轮复习第6章数列专题研究2数列的求和课件理
高考数学一轮复习第6章数列第2讲等差数列及其前n项和课件文
n≤10 ， 即 共 有
10
个数．所以
S10
＝
10（1＋19） 2
＝
100或S10＝10×1＋1பைடு நூலகம்× 2 9×2＝100，故选 C.
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(必修 5 P46B 组 T2 改编)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S10＝20，S20＝50，则 S30＝________． 解析：根据等差数列性质 S10，S20－S10，S30－S20 成等差数列， 所以 2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，所以 S30＝3(S20－S10)＝3(50 －20)＝90. 答案：90
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考点四 等差数列的单调性与最值
(1)下面是关于公差 d＞0 的等差数列{an}的四个命题：p1： 数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列ann 是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．其中真命题为
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当 n≥2 时，由22SSnn＝－1＝a2na＋n2－a1n＋，an－1， 得 2an＝a2n＋an－a2n－1－an－1. 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0， 因为 an＋an－1>0， 所以 an－an－1＝1(n≥2)， 所以数列{an}是等差数列．
ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为 d，则{a2n}也是等差数列，公差 为__2_d_．
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
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5．等差数列的前 n 项和公式 设等差数列{an}的公差为 d，其前 n 项和 Sn＝n（a12＋an）或 Sn＝____n_a_1＋ __n__（__n_2－__1_）__d________．
2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 第2讲 理(含解析)新人教A版
第2讲 等差数列及其前n 项和配套课时作业1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14答案 C解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由等差数列的前n 项和公式，得S 3＝3×2＋3×22d＝12，解得d ＝2，则a 6＝a 1＋(6－1)d ＝2＋5×2＝12.故选C.2．(2019·宁德模拟)等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则2a 9－a 10的值是( ) A ．20 B ．22 C ．24 D ．－8 答案 C解析 因为a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120，所以a 8＝24，所以2a 9－a 10＝a 10＋a 8－a 10＝a 8＝24.故选C.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．27 答案 B解析 S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，即9,27，a 7＋a 8＋a 9成等差数列，∴a 7＋a 8＋a 9＝54－9＝45.故选B.4．(2019·山东济南调研)已知数列{a n }为等差数列，且满足a 2＋a 8＝8，a 6＝5，则其前10项和S 10的值为( )A ．50B ．45C ．55D ．40 答案 B解析 因为数列{a n }为等差数列，且a 2＋a 8＝8，所以根据等差数列的性质得2a 5＝8，所以a 5＝4，又因为a 6＝5，所以S 10＝10a 1＋a 102＝10a 5＋a 62＝45.故选B.5．(2019·陕西咸阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝54，则a 2＋a 4＋a 9＝( )A ．9B ．15C ．18D ．36答案 C解析 由等差数列的通项公式及性质，可得S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝54，a 5＝6，则a 2＋a 4＋a 9＝a 1＋a 5＋a 9＝3a 5＝18.故选C.6．已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( ) A ．30B ．45C ．90D ．186答案 C解析 因为a 2＝6，a 5＝15，所以a 5－a 2＝3d ，d ＝3，所以{b n }是公差为6的等差数列，其前5项和为5a 2＋10×6＝90.故选C.7．(2019·福建模拟)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若a 5＝2b 5，则S 9T 9＝( )A ．2B ．3C ．4D ．6答案 A解析 由a 5＝2b 5，得a 5b 5＝2，所以S 9T 9＝9a 1＋a 929b 1＋b 92＝a 5b 5＝2，故选A.8．(2019·洛阳统考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.故选C.9．(2019·广雅中学模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝2，a 4＝8，若a b n ＝3n －1，则b 2019＝( )A ．2017B ．2018C ．2019D ．2020答案 D解析 由a 2＝2，a 4＝8，得公差d ＝8－22＝3，所以a n ＝2＋(n －2)×3＝3n －4，所以a n＋1＝3n －1.又由数列{a n }的公差不为0，知数列{a n }为单调数列，所以结合a b n ＝3n －1，可得b n ＝n ＋1，故b 2019＝2020.故选D.10．已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论错误的是( )A ．d <0B ．a 7＝0C ．S 9>S 6D ．S 6，S 7均为S n 的最大值 答案 C解析 因为S 5<S 6，所以S 5<S 5＋a 6，所以a 6>0，因为S 6＝S 7，所以S 6＝S 6＋a 7，所以a 7＝0，因为S 7>S 8，所以S 7>S 7＋a 8，所以a 8<0，所以d <0且S 6，S 7均为S n 的最大值，所以S 9<S 6.故选C.11．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，m ≥2，m ∈N *，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 ∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.又S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1. 又S m ＝m a 1＋a m2＝m a 1＋22＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. 12．(2019·苏州模拟)定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2019a 2017＝( ) A ．4×20192－1 B ．4×20182－1 C ．4×20172－1 D ．4×20172答案 C解析 由题意知{a n }为等差比数列，a 2a 1＝1，a 3a 2＝3，a 3a 2－a 2a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n ＋1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，则a 2019a 2017＝a 2019a 2018×a 2018a 2017＝(2×2018－1)×(2×2017－1)＝4×20172－1.故选C.13．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝________.答案 676解析 ∵a n ＋2－a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，2，n 为偶数，∴数列{a n }的奇数项为常数1，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列，∴a 1＋a 2＋…＋a 51 ＝(a 1＋a 3＋…＋a 51)＋(a 2＋a 4＋…＋a 50)＝26＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25×2＋25×242×2＝676. 14．(2019·武汉模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－78解析 由题意，当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，说明⎩⎪⎨⎪⎧a 8>0，a 9<0.所以⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d >0，7＋8d <0.所以－1<d <－78.15．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．答案 10解析 ∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0， ∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0.∵a n ≠0，∴a n ＝2.∴S 2n －1＝2(2n －1)＝38， 解得n ＝10.16．若两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n 与B n ，且满足A n B n ＝7n ＋14n ＋27(n ∈N ＋)，则a 11b 11的值是________． 答案 43解析 根据等差数列的性质得：a 11b 11＝2a 112b 11＝a 1＋a 21b 1＋b 21＝21a 1＋a 21221b 1＋b 212＝A 21B 21＝148111＝43. 17．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意，得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7，得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)，得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16. 所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.18．(2019·广东惠州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，求使不等式S n <k 对一切n ∈N *恒成立的实数k 的取值范围．解 (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝1a n＋2. 因为a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1a n＝2n －1，所以a n ＝12n －1. (2)由b n ＝a n2n ＋1，得b n ＝12n ＋12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12，所以要使不等式S n <k 对一切n ∈N *恒成立，则k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.19．(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n ＋1＝4S n－3(n ∈N *)．(1)求a 2的值并证明a n ＋2－a n ＝2； (2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)令n ＝1得2a 1a 2＝4S 1－3， 又a 1＝1，所以a 2＝12.2a n a n ＋1＝4S n －3，① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3.②②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. 因为a n ≠0，所以a n ＋2－a n ＝2.(2)由(1)可知，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1， 所以a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1， 即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2， 首项为12，所以a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32，即n 为偶数时，a n ＝n －32.综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.20．(2019·唐山模拟)已知{a n }是公差为正数的等差数列，且a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n2n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵{a n }是公差d >0的等差数列， ∴由a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16＝a 3＋a 6， 解得a 3＝5，a 6＝11，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋5d ＝11，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)∵a n ＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n2n －1，∴a n －1＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n －12n －3(n ≥2，n ∈N *)，两式相减，得b n2n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)， 则b n ＝4n －2(n ≥2，n ∈N *)， 当n ＝1时，b 1＝1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，4n －2，n ≥2，∴当n ≥2时，S n ＝1＋n －16＋4n －22＝2n 2－1.又n ＝1时，S 1＝1，适合上式， 所以S n ＝2n 2－1.。
高考理科数学(人教A版)一轮复习课件64数列求和
数列求和
知识梳理
考点自诊
1.基本数列求和方法
(1 + )
(-1)
=na1+
d.
2
2
(1)等差数列求和公式:Sn=
1 , = 1,
(2)等比数列求和公式:Sn= 1 -
1-
=
1 (1- )
,
1-
≠ 1.
(3)使用已知求和公式求和的方法,即等差、等比数列或可化为等
为等比数列,
所以 an=2
1
-
1
1
,bn=1+log2
1
1
2n-1=n,所以
1
1
1
+1
1
1
1
= (+1) = − +1,即
Tn=1-2 + 2 − 3+…+ − +1=1-+1 = +1.
-8-
考点1
考点2
考点3
分组求和与并项求和
-9-
考点1
考点2
考点3
3
解:(1)设等比数列{bn}的公比为 q,则 q=
=(2n+1)bn+1,
2
又2 +1 =bnbn+1,bn+1≠0,所以 bn=2n+1.
2+1
令 cn= ,则 cn=
2
.
3
因此 Tn=c1+c2+…+cn= +
1
3
5
7
2
2
2
24
又 Tn= 2 +
3 +
人教A版高考总复习一轮数学精品课件 第六章 数列 第二节 等差数列 (2)
故数列{an}的通项公式为an=2n.
(3)解 不等式 λ·
2 >n-5 对任意的正整数 n 恒成立,即
n
恒成立.设
-5
bn= 2 ,显然当
-4
-5
时,bn+1-bn= +1 −
2
2
的最大项是
=
-5
λ> 2 对任意的正整数
n
n≤5 时 bn≤0,当 n>5 时 bn>0,则当 n≥5
=
2 -7
2
=
(-7)
,因此当
2
n>7
方法总结解决等差数列基本量运算的思想方法
(1)方程思想:等差数列的基本量为首项a1和公差d,通常利用已知条件及通
项公式或前n项和公式列方程
(组)求解,等差数列中包含a1,d,n,an,Sn五个量,可“知三求二”.
(2)整体思想:当所给条件只有一个时,可将已知和所求都用a1,d表示,寻求两
.
答案 (1)13 (2)an=-2n+22
解析 (1)设数列{an}的公差为d,则S3=3a2=9,a2=3,所以
a3+a4=3+d+3+2d=12,解得d=2,所以a7=a2+5d=3+5×2=13.
(2)由
6×5
S6=6a1+ d=6a1+15d=90,得
2
2a1+5d=30.由72 =a3a9,得
数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…(m∈N*)也是等差数列,公差为m2d.
(4)若数列{an}是等差数列,Sn 是{an}的前 n 项和,则{ }也是等差数列,其首项
2021高考数学一轮复习第6章数列第2节等差数列及其前n项和课件文北师大版
又
1 a1
＝1，因此数列
1
an
是首项为1，公差为2的等差数列，所以
a1n＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝2n1－1.]
39
2．在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项． 求证：数列an－1 1是等差数列，并求{an}的通项公式．
40
[证明] 由题意知2an＝1＋anan＋1， ∴an＋11－1－an－1 1 ＝aan－n＋11－－1aan＋n－1－11 ＝an＋1·ana－n－ana＋n1＋－1 an＋1＝2ana－n－ana＋n1＋－1 an＝1. 又a1＝2，a1－1 1＝1， ∴数列an－1 1是首项为1，公差为1的等差数列．
[答案](1)× (2)√ (3)√ (4)×
12
二、教材改编
1．等差数列11,8,5，…中，－49是它的( )
A．第19项
B．第20项
C．第21项
D．第22项
C [由题意知an＝11＋(n－1)×(－3)＝－3n＋14，令－3n＋14 ＝－49得n＝21，故选C.]
13
2．在等差数列{an}中a1＝14.5，d＝0.7，an＝32，则Sn＝( )
等差中项 2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是 法 等差数列
适合题型
解答题中 证明问题
30
通项公式 an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成 选择、填
法 立⇔{an}是等差数列
空题中的
前n项和公 验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整 判定问题
式法 数n都成立⇔{an}是等差数列
4
课前自主回顾
5
1．等差数列的有关概念
2022版高考数学一轮复习第6章数列第2节等差数列及其前n项和课件
3．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编
著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古
代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现
的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不
知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数
要详推．在这个问题中，记这位公公的第n个儿子的年龄为an，则a1＝
C．Sn＝2n2－8n
D．Sn＝12n2－2n
A [设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由题知，S4＝4a1＋d2×4×3＝0， a5＝a1＋4d＝5，
解得ad1＝＝2－，3， ∴an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选A.]
2．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋
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4．某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有 60个座位，则剧场总共的座位数为________．
820 [设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公 差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1 ＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为20a12＋a20＝ 20×222＋60＝820.]
(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用 a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．
(3)利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过 程．
1．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，
a5＝5，则( )
A．an＝2n－5
B．an＝3n－10
(2)由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)， 得nan＋n1－n＋n＋1 1an＝2，即na＋n＋11－ann＝2， 所以数列ann是首项a11＝1，公差d＝2的等差数列． 则ann＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第6章 §6.3 等比数列
2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第六章 数 列§6.3 等比数列考试要求1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.了解等比数列与指数函数的关系.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.等比数列有关的概念(1)定义：如果一个数列从第 项起，每一项与它的前一项的比都等于 常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的，公比通常用字母q (q ≠0)表示.(2)等比中项：如果在a 与b 中间插入一个数G ，使 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，此时，G 2＝ .2同一个公比a ，G ，b ab2.等比数列的通项公式及前n项和公式a1q n－1(1)若等比数列{a n}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝.(2)等比数列通项公式的推广：a n＝a m q n－m.(3)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝________＝ .3.等比数列性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则，其中m ，n ，p ，q ∈N *.特别地，若2w ＝m ＋n ，则 ，其中m ，n ，w ∈N *.(2)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为 (k ，m ∈N *).a m a n ＝a p a q q mS2n－S n S3n－S2n(4)等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n，，仍成等比数列，其公比为q n.(n为偶数且q＝－1除外)增减常用结论1.等比数列{a n}的通项公式可以写成a n＝cq n，这里c≠0，q≠0.2.等比数列{a n}的前n项和S n可以写成S n＝Aq n－A(A≠0，q≠1,0).3.数列{a n}是等比数列，S n是其前n项和.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(2)当公比q >1时，等比数列{a n }为递增数列.( )(3)等比数列中所有偶数项的符号相同.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( )√×××1.设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”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若a，b，c，d成等比数列，则ad＝bc，数列－1，－1,1,1.满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1,1不是等比数列，即“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要不充分条件.2.设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3，S4＝15，则S6等于√A.31B.32C.63D.64根据题意知，等比数列{a n}的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.3.已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数1,3,9或9,3,1为____________.∴这三个数为1,3,9或9,3,1.第二部分例1 (1)(2022·全国乙卷)已知等比数列{a n}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于√A.14B.12C.6D.3方法一 设等比数列{a n}的公比为q，易知q≠1.所以a6＝a1q5＝3，故选D.方法二 设等比数列{a n}的公比为q，所以a6＝a1q5＝3，故选D.(2)(2023·桂林模拟)朱载堉(1536～1611)是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中阐述了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”.即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一√设第一个音的频率为a ，相邻两个音之间的频率之比为q ，那么a n ＝aq n －1，根据最后一个音的频率是最初那个音的2倍，得a 13＝2a ＝aq 12，即q ＝ ，1122思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)等比数列中有五个量a1，n，q，a n，S n，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解.(2)解方程组时常常利用“作商”消元法.(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解.跟踪训练1 (1)设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若S2＝3，S4＝15，则公比q等于√A.2B.3C.4D.5∵S2＝3，S4＝15，∴q≠1，(2)在1和2之间插入11个数使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，插入11个数后这13个数之和为N，则依此规则，下列说法错误的是A.插入的第8个数为B.插入的第5个数是插入的第1个数的倍C.M>3√D.N<7设该等比数列为{a n}，公比为q，则a1＝1，a13＝2，插入的第5个数为a6＝a1q5，插入的第1个数为a2＝a1q，112112-要证M >3，即证－1－ >3，112112-112121-即证 >4，1122N ＝M ＋3.1122112121 所以 >5，所以－1－ >4，即M >4，112112 所以N ＝M ＋3>7，故D 错误.例2 已知数列{a n}的各项均为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{a n}是等比数列；②数列{S n＋a1}是等比数列；③a2＝2a1.注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.选①②作为条件证明③：设S n＋a1＝Aq n－1(A≠0)，则S n＝Aq n－1－a1，当n＝1时，a1＝S1＝A－a1，所以A＝2a1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝Aq n－2(q－1)，解得q＝2，所以a2＝2a1.选①③作为条件证明②：因为a2＝2a1，{a n}是等比数列，所以公比q＝2，选②③作为条件证明①：设S n＋a1＝Aq n－1(A≠0)，则S n＝Aq n－1－a1，当n＝1时，a1＝S1＝A－a1，所以A＝2a1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝Aq n－2(q－1)，因为a2＝2a1，所以A(q－1)＝A，解得q＝2，所以当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝Aq n－2(q－1)＝A·2n－2＝a1·2n－1，所以{a n}为等比数列.思维升华(3)前n项和公式法：若数列{a n}的前n项和S n＝k·q n－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{a n}是等比数列.跟踪训练2 在数列{a n}中，＋2a n＋1＝a n a n＋2＋a n＋a n＋2，且a1＝2，a2＝5.(1)证明：数列{a n＋1}是等比数列；所以(a n＋1＋1)2＝(a n＋1)(a n＋2＋1)，因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，所以数列{a n＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列.(2)求数列{a n}的前n项和S n.由(1)知，a n＋1＝3·2n－1，所以a n＝3·2n－1－1，√∵a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，∴a1＋a13＝13，a1·a13＝9，又数列{a n}为等比数列，等比数列奇数项符号相同，可得a7＝3，(2)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n且S8－2S4＝6，则a9＋a10＋a1124＋a12的最小值为______.由题意可得S8－2S4＝6，可得S8－S4＝S4＋6，由等比数列的性质可得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，当且仅当S4＝6时等号成立.综上可得，a9＋a10＋a11＋a12的最小值为24.思维升华(1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要.跟踪训练3 (1)(2023·六安模拟)在等比数列{a n}中，若a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，则a7＋a8等于√A.40B.36C.54D.81在等比数列{a n}中，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，∵a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，(2)等比数列{a n}共有奇数个项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1等于√A.1B.2C.3D.4∵a n＝192，√∵a1a2…a8＝16，∴a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝2，第三部分1.(2023·岳阳模拟)已知等比数列{a n}满足a5－a3＝8，a6－a4＝24，则a3等于√A.1B.－1C.3D.－3设a n＝a1q n－1，∵a5－a3＝8，a6－a4＝24，2.数列{a n}中，a1＝2，a m＋n＝a m a n，若a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝215－25，则k等于√A.2B.3C.4D.5令m＝1，则由a m＋n＝a m a n，得a n＋1＝a1a n，所以a n＝2n，所以a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝2k (a1＋a2＋…＋a10)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4.3.若等比数列{a n}中的a5，a2 019是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2 023等于√。
2023年高考数学一轮复习第六章数列2等差数列课件
(2)等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若对任意正整数 n 都 有TSnn＝23nn－ －12，则b6＋a11b10＋b7＋a5 b9的值为__24_93__.
b6＋a11b10＋b7＋a5 b9＝a112＋b8a5＝22ab88＝ba88， ∴ab88＝TS22××88－－11＝TS1155＝23××1155－－12＝2493.
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝ 2bn＝2n，
∴an＝2n－1.
思维升华
判断数列{an}是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数. (2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1. (3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为 常数). (4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A， B为常数).
A.110
B.150
√ C.210
D.280
因为等差数列{an}的前n项和为Sn， 所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列. 故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)， 所以S30＝150. 又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)， 所以S40＝280.
(1)等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差都等于
同一个常数 数列
的公差，通常用字母 d 表示，定义表达式为_a_n_－__a_n－__1＝__d_(_常__数__)_(n_≥__2_，__ n∈N*) .
2025版高考数学一轮总复习第6章数列第2讲等差数列及其前n项和pptx课件
7．(2019·北京，10,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3， S5＝－10，则a5＝___0___，Sn的最小值为___－__1_0____.
[解析] 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， ∵a2＝－3，S5＝－10，
知识点二 等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和. 1．若m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk，则am1＋am2＋…＋amk＝ an1＋an2＋…＋ank.特别地，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝___a_p＋__a_q___. 2．am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为____kd____. 3．数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
4．等差数列与函数的关系 (1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d ＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d.若公差d>0，则为递增 数列，若公差d<0，则为递减数列.
(2)前 n 项和：当公差 d≠0 时，Sn＝d2n2＋a1－d2n 是关于 n 的二次函 数且常数项为 0.显然当 d<0 时，Sn 有最大值，d>0 时，Sn 有最小值.
如{an}为等差数列，Sn为前n项和，d>0，若S5＝S13，则当n＝9时， Sn最小，S18＝0.
5．在遇到三个数成等差数列时，可设其为a－d，a，a＋d；四个数 成等差数列时，可设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d或a－d，a，a＋d，a ＋2d.
双基自测 题组一 走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这 个数列是等差数列.( × ) (2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( √ ) (3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.( × ) (4)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an ＋an＋2.( √ )
人教版高考总复习一轮数学精品课件 主题二 函数 第六章 数列-解答题专项(三)数列中的综合问题
3
,
所以 = 1 + 2 + ⋯ + =
9
4
= −
3
9
+
2
4
3
9
4
= −
6+9
.
4×3
3
9
×0+
2
4
30
−
3
9
×1+
2
4
31
+ ⋯+
3
2
9
−1 +4
3−1
−
+
3
9
+
2
4
3
,
3
1
,
3
2.已知等差数列{ }满足 + 1 = 2 − 8 + ,数列{ }是以1为首项,3为公比的等
（1）求数列{ }的通项公式;
解因为1 = 2,2+1 + +1 − 2 = 0 ∈ ∗ ,所以 ≠ 0,
2
2
所以 + 1 −
= 0.
+1
1
1
1
所以
− = ,
+1
2
1
1
所以{ }为等差数列,首项
1
1
1
1
所以 = + − 1 =
1
（1）证明：{+1 − 2 }是等比数列.
证明∵ +2 = 5+1 − 6 ,
∴ +2 − 2+1 = 5+1 − 6 − 2+1 ,
∴ +2 − 2+1 = 3+1 − 6 = 3 +1 − 2 ,
2023年高考数学(理科)一轮复习课件——数列求和及综合应用
(2)记 Sn 和 Tn 分别为{an}和{bn}的前 n 项和.证明：Tn<S2n.
证明
由(1)知 Sn＝1×1－1－1331n＝321－31n，
Tn＝13＋322＋333＋…＋3nn，①
13Tn＝312＋323＋334＋…＋n－3n 1＋3nn＋1，②
①－②得23Tn＝13＋312＋313＋…＋31n－3nn＋1，
索引
2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求 得其和. (3)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的， 这个数列的前n项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法 如果一个数列{an}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.
＝( B )
A.50
B.75
C.100
D.125
解析 a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋ 50d＝50＋50×12＝75.
索引
3.(2022·南阳模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝
1 n＋1＋
，则 n
S99＝
(C )
索引
感悟提升
1.若数列{cn}满足 cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和 法求数列{cn}的前 n 项和. 2.若数列{cn}满足 cn＝abnn， ，nn为 为奇 偶数 数， ，其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数 列，可采用分组求和法求{cn}的前 n 项和.
专题2数列的求和课件——高三数学一轮复习
1
1
1 1
1
3. 2
(
)
4n 1 (2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
题型四 裂项相消法
4.
1
n 1 n
n n 1
1
1
5.
( n k n)
n nk k
1
6. log a (1 ) log a (n 1) log a n(a 0且a 1)
a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式； an＝2n－1
bn＝3n－1
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
解
由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，
则数列{cn}的前n项和为Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)
n1＋2n－1 1－3n 2 3n－1
1
1
1
1
(
)] =
.
2n 1 2 n 3
6 4n 6
题型四 裂项相消法
练2
[2021·惠州市高三调研考试试题]记Sn为等差数列{an}的前n项和，
若a4＋a5＝20，S6＝48.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
1
(2)设bn＝
，Tn为数列{bn}的前n项和，证明Tn＜ .
+1
3S n 1 (2)1 (2) 2 (2) n 1 n (2) n
n
1
(3
n
1)(
2)
1 (2) n
=
n (2) n . 所以 S n
数列求和课件高三数学一轮复习(完整版)
考点一 分组（并项）法求和
【点拨】分组求和法就是对一类既不是（或不明显是）等差数列，也不 是（或不明显是）等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，分为几个 等差、等比数列或常见的数列，然后分别求和，最后将其合并的方法.
考点二 裂项相消法求和
考点三 倒序相加法求和
考点四 错位相减法求和
祝你学业有成
2024年5月3日星期五9时47分29秒
6.4 数列求和
【常用结论】
1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”,错误的著，程大位著，共17卷，书中有这样一个 问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，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.”大致意思是：有一个人要到距离 出发地378里的地方，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为 _____.
新课标高考数学一轮复习第六章数列6.3数列求和及应用课件理
解得 λ＝－1.
第十二页，共31页。
【点拨】等比数列的四种常用判定方法
定义法
若aan＋n 1＝q(q 为非零常数，n∈N*)或aan－n 1＝q(q 为非 零常数且 n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
(Ⅱ)因为 bn＝a1n＝13n－2，b1＝a11＝3，
所以{bn}是以 3 为首项，13为公比的等比数列，
所以 Tn＝311－－1331n＝921－13n.
第十八页，共31页。
【点拨】在等比数列五个基本量 a1，q，n， an，Sn 中，已知其中三个量，可以将已知条件结 合等比数列的性质或通项公式、前 n 项和公式转 化为关于基本量的方程(组)来求得余下的两个 量，计算有时要整体代换，根据前 n 项和公式列 方程还要注意对 q 是否为 1 进行讨论．
如果在 a 与 b 中间插入一个数 G，使 a，G，b 成等比数列，那么 G 叫做
a与b的
，且 G2＝
或 G＝
.
3．等比数列的通项公式
(1)若{an}是等比数列，则通项 an＝
或 an＝
.当 n
－m 为大于 1 的奇数时，q 用 an，am 表示为 q＝
；当
n－m 为正偶数时，q＝
．
第二页，共31页。
， 且 q≠0，
q≠1.
5．等比数列的性质
(1)在等比数列中，若 p＋q＝m＋n，则 ap·aq＝am·an；
若 2m＝p＋q，则 am2 ＝ap·aq(p，q，m，n∈N*)．
(2)若{an}，{bn}均为等比数列，且公比分别为 q1，q2，则数列a1n，{p·an}(p≠0)，{an·bn}，
近年高考数学一轮复习第6章数列专题研究2数列的求和练习理(2021年整理)
2019高考数学一轮复习第6章数列专题研究2 数列的求和练习理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考数学一轮复习第6章数列专题研究2 数列的求和练习理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019高考数学一轮复习第6章数列专题研究2 数列的求和练习理的全部内容。
专题研究2 数列的求和第一次作业1．数列｛1＋2n－1}的前n项和为( ）A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n答案C2．数列{(－1）n(2n－1）}的前2 018项和S2 018等于( )A．－2 016 B．2 018C．－2 015 D．2 015答案B解析S2 018＝－1＋3－5＋7＋…－（2×2 017－1)＋（2×2 018－1）＝2＋2＋…＋2,1 009个2相加＝2 018。
故选B.3．在数列{a n}中,已知对任意n∈N＊,a1＋a2＋a3＋…＋a n＝3n－1，则a12＋a22＋a32＋…＋a n2等于( )A．(3n－1)2B。
错误!（9n－1）C．9n－1 D.错误!(3n－1）答案B解析因为a1＋a2＋…＋a n＝3n－1,所以a1＋a2＋…＋a n－1＝3n－1－1（n≥2）．则n≥2时,a n＝2·3n－1。
当n＝1时，a1＝3－1＝2,适合上式，所以a n＝2·3n－1（n∈N*)．则数列{a n2}是首项为4，公比为9的等比数列，故选B.4．数列{a n}，｛b n}满足a n b n＝1，a n＝n2＋3n＋2,则{b n｝的前10项之和为( ）A.错误!B.错误!C。
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【解析】 (2)T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－… ＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝2（11－－222n）＝22n＋1－2，
专题研究二 数列的求和
专题讲解
题型一 通项分解法(分组求和)
(1)数列 1，12，2，14，4，18，…的前 2n 项和 S2n＝________． (2)若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n·(3n－2)，则 a1＋a2 ＋…＋a10 等于________． (3)求数列 0.9，0.99，0.999，…，0.99…9…前 n 项的和 Sn.
【解析】 bn＝n·3n，于是 Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，②
①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，
即
－
2Sn
＝
3－3n＋1 1－3
－
n·3n
＋
1
，
Sn
＝
n 2
·
3n
＋
1
－
1 4
·
3n
＋
1
＋
3 4
＝
①－②，得 12Sn＝1×12＋2×14＋2×18＋…＋2×21n－(2n－1)×2n1＋1＝1×12 ＋2×14－1－2×12 2n1＋1－(2n－1)×2n1＋1 ＝32－22nn＋＋13.∴Sn＝3－2n2＋n 3(n∈N*)． 【答案】 Sn＝3－2n2＋n 3
(2)化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1 的结果是________．
【解析】 (1)S2n＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋(12＋14＋18＋…＋21n) ＝2n－1＋1－21n＝2n－21n.
(2)记 bn＝3n－2，则数列{bn}是以 1 为首项，3 为公差的等差 数列，所以 a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝ (b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.
【答案】 (1)2n－21n (2)15 (3)Sn＝n－19(1－0.1n)
★状元笔记★ 通项分解法
将数列中的每一项拆成几项，然后重新分组，将一般数列 求和问题转化为特殊数列的求和问题，我们将这种方法称为通 项分解法，运用这种方法的关键是通项变形．
思考题1 (1)已知数列{an}的前n项是3＋2－1，6＋4－ 1，9＋8－1，12＋16－1，…，则数列{an}的通项公式an＝ ________，其前n项和Sn＝________．
过点(4，2)，令an＝
1 f（n＋1）＋f（n）
，n∈N＋.记数列{an}的前n
项和为Sn，则S2 017等于( ) A. 2 016－1
B. 2 017－1
C. 2 018－1
D. 2 018＋1
1 【解析】 由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x2.∴an
＝f（n＋1）1＋f（n）＝
一、释疑难
对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已 经离开教室，也可以向同学请教，及时消除疑难问题。做到当堂知识，当堂解决。
二、补笔记
上课时，如果有些东西没有记下来，不要因为惦记着漏了的笔记而影响记下面的内容，可以在笔记本上留下一定的空间。下课后，再从头到尾阅读一 遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。
1 2
)＋(
1 2
－
1 3
)＋…＋(
1 n
－
1 n＋1
)]
＝2(1－n＋1 1)＝n2＋n1.
【答案】
2n n＋1
(2)(2018·衡
水
中
学
调
研
卷
)
在
数
列
{an}
中
，
an
＝
1 n＋1
＋
2 n＋1
＋…＋n＋n 1，又 bn＝ana1n＋1，则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝________．
【思路】
(3)∵an＝（2n－1）1·（2n＋1）＝12(2n1－1－2n1＋1)，
∴Sn＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(2n1－1－2n1＋1)]＝12(1－2n1＋1)
＝2nn＋1.
【答案】
(1)Sn＝
n n＋1
(2)Sn＝
3 4
－
2n＋3 2（n＋1）（n＋2）
(3)Sn＝2nn＋1
★状元笔记★ 裂项相消法
＋…＋(1n－n＋1 1)]＝4(1－n＋1 1)＝n4＋n1.
【答案】
4n n＋1
微专题 2：形如 an＝
1
型
n＋k＋ n
已知数列{
1 n＋
n＋1}的前
n
项和
Sn＝9，求
n
的值．
【解析】
记 an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n(为什么？)，则
a1＝ 2－ 1，a2＝ 3－ 2，a3＝ 4－ 3，…，an＝ n＋1－ n. ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
【答案】 (1)3n－1＋2n
1 2
n(3n＋1)＋2n＋1－2
(2)22n＋1＋n
－2
题型二 裂项相消法(微专题)
微专题 1：形如 bn＝ 1 ({an}为等差数列)型 anan＋1
题型四 倒序相加法
设f(x)＝
4x 4x＋2
，若S＝f(
1 2 015
)＋f(
2 2 015
)＋…＋
2 f(2
001145)，则S＝________．
【解析】 ∵f(x)＝4x4＋x 2，∴f(1－x)＝414－1x－＋x 2＝2＋24x. ∴f(x)＋f(1－x)＝4x4＋x 2＋2＋24x＝1.
S＝f(2 0115)＋f(2 0215)＋…＋f(22 001145)，①
S＝f(22 001145)＋f(22 001135)＋…＋f(2 0115)，②
①＋②，
得
2S＝[f(2
0115)＋f(22
001145)]＋[f(2
0215)＋f(22
001135)]＋…＋[f(22
014 015)
＋f(2 0115)]＝2 014.
裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或多项， 使这些拆开的项出现有规律的相互抵消，看有几项没有抵消 掉，从而达到求和的目的．
思考题2 (1)求1＋1＋1 2＋1＋12＋3＋…＋1＋2＋1…＋n＝ ________．
【解析】
设数列的通项为an，则an＝
2 n（n＋1）
＝2(
1 n
－
1 n＋1
)，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2[(1－
★状元笔记★ 错位相减法
(1)如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列 对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法．
(2)运用错位相减法求和，一般和式比较复杂，运算量较大， 易会不易对，应特别细心，解题时若含参数，要注意分类讨论．
思考题 4 (1)已知 an＝31n，设 bn＝ann，记{bn}的前 n 项和 为 Sn，则 Sn＝________．
（2n－1）·3n＋1＋3
4
.
【答案】
（2n－1）·3n＋1＋3 4
(2)已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10. ①求数列{an}的通项公式； ②求数列{2an－n 1}的前n项和．
【解析】 ①设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d＝ 120d， ＝－10，解得da1＝＝－1，1. 故数列{an}的 n
n＋1－
n，S2 017＝a1＋a2
＋a3＋…＋a2 017＝( 2 － 1 )＋( 3 － 2 )＋( 4 － 3 )＋…＋ ( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.
【答案】 C
题型三 错位相减法
(1)求和：Sn＝1×12＋3×14＋5×18＋…＋2n2－n 1. 【思路】 数列 1，3，5，…，2n－1 成等差数列，数列12，14， 18，…，21n组成等比数列，此例利用错位相减法可达目的． 【解析】 ∵Sn＝1×12＋3×14＋5×18＋…＋(2n－1)×21n，① ∴12Sn＝1×14＋3×18＋…＋(2n－3)×21n＋(2n－1)×2n1＋1.②
【解析】 Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－ 1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋…＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n，② ②－①，得Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＋2n ＝－n＋2（11－－22n）＝2n＋1－n－2. 【答案】 2n＋1－n－2
②设数列{2an－n 1}的前 n 项和为 Sn，即 Sn＝a1＋a22＋…＋2an－n 1， 故S2n＝a21＋a42＋…＋2ann. 所以，当 n>1 时，S2n＝a1＋a2－2 a1＋…＋an－2n－a1n－1－2ann＝1－(12＋14 ＋…＋2n1－1)－2－2nn＝1－(1－2n1－1)－2－2n n＝2nn.所以 Sn＝2nn－1. 综上，数列{2an－n 1}的前 n 项和 Sn＝2nn－1. 【答案】 ①an＝2－n ②Sn＝2nn－1