高三数学第一轮总复习讲义 - 数列求和

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数列的求和-高考数学一轮复习(新高考专用)

第43讲数列的求和【基础知识回顾】 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解． 3、常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).1、数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100【答案】 D【解析】 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100. 2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（）A ．1B ．56 C ．16D ．130【答案】：B 【解析】：因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． 3、设11111++++2612(1)S n n =++，则S =( )A ．211n n ++ B ．21n n - C ．1n n+ D ．21n n ++ 【答案】：A 【解析】：由11111++++2612(1)S n n =++，得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+，111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.4、在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________.【答案】 2 022【解析】 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.5、已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________．【答案】：5000【解析】：由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000．6、在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n 等于________．【答案】：2n【解析】：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1，又数列{a n ＋1}也是等比数列，则3，2q ＋1，2q 2＋1成等比数列，(2q ＋1)2＝3×(2q 2＋1)，即q 2－2q ＋1＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ．考向一公式法例1、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ．若210a =，540S =，则5a =________，n S 的最大值为________．【答案】4 42【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∵540S =，∴()1535524022a a a ⨯+⨯==，38a ∴=，又210a ∴=，2d ∴=-，2(2)10(2)(2)142n a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯-=-，514254a ∴=-⨯=，()122(12142)(262)13169(13)13()22224n n n a a n n n n S n n n n n ++--====-=-+=--+, ∴当6n =或7时，n S 有最大值42. 故答案为：（1）4；（2）42.变式1、(2019镇江期末）设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 6a 3＝－12，则S 6S 3＝________．【答案】 12【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 6a 3＝－12.易得S 6＝S 3(1＋q 3)，所以S 6S 3＝1＋q 3＝1－12＝12.变式2、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝．【答案】.37【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为622a a =，所以2422a q a =，故24=q ．由于1≠q ，故.372121)(1)(1111)1(1)1(23243481281121812=--=--=--=----=q q q q qq a q q a S S 方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式(Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.考向二利用“分组求和法”求和例2、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. (1)求,n n a b ; (2)设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ，由题意知: ()1234114414+46102a a a a a d a d ⨯-+++==+= ① 又因为124,,a a a 成等比数列，所以2214a a a =⋅，()()21113a d a a d +=⋅+，21d a d =，又因为0d ≠，所以1a d =. ② 由①②得11,1a d ==，所以n a n =，111b a ==，222b a == ，212b q b ==， 12n n b -∴= .(2)因为()111112211n n n c n n n n --⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，所以0111111122 (2)12231n n S n n -⎛⎫=++++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭1211121n n -=+--+ 121n n =-+ 所以数列{}n c 的前n 项和121nn S n =-+.变式1、求和S n ＝1＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋12n －1.【解析】原式中通项为a n ＝⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋ (12)－1＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝⎛⎭⎫1－12n1－12 ＝12n －1＋2n －2. 变式2、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)，所以S 2a 1＝1＋2＝3.又S 2＝2a 1＋d ，所以a 1＝d ，易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.变式3、（2021·广东高三专题练习）设数列{a n }满足a n +1＝123n a +，a 1＝4．（1）求证{a n ﹣3}是等比数列，并求a n ；（2）求数列{a n }的前n 项和T n ．【答案】（1）证明见解析，11()33n n a -=+；（2）31(1)323n n -+．【解析】（1）数列{a n }满足a n +1＝123n a +，所以113(3)3n n a a +-=-，故13133n n a a +-=-，所以数列{a n }是以13431a -=-=为首项，13为公比的等比数列．所以1131()3n n a --=⋅，则1*1()3,3n n a n N -=+∈．（2）因为11()33n n a -=+，所以011111()()()(333)333n n T -=++++++⋯+＝11(1)33113n n -+-＝31(1)323n n -+．方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n 项和的数列求和．考向三裂项相消法求和例3、（2021·四川成都市·高三二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ．则使得20T 的值为（）A ．1939B ．3839C ．2041D ．4041【答案】C 【解析】当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-；而12111a =⨯-=也符合21n a n =-，∴21n a n =-，*n N ∈.又11111()22121n n a a n n +=--+， ∴11111111(1...)(1)2335212122121n nT n n n n =⨯-+-++-=⨯-=-+++，所以202020220141T ==⨯+，故选：C.变式1、（2021·全国高三专题练习）已知在数列{}n a 中，14,0.=>n a a 前n 项和为n S ，若1,2)-+=∈≥n n n a S S n N n ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132020n T <<【解析】（1）在数列{}n a 中，1(2)n n n a S S n -=-≥①∴1n n n a S S -=且0n a >，∴①式÷②11n n S S -= (2)n ≥， ∴数列{}nS 1142S a ===为首项，公差为1的等差数列，2(1)1n S n n =+-=+ ∴2(1)n S n =+当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=+-=+；当1n =时，14a =，不满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩．（2）由（1）知4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩，，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，∴当1n =时，114520n T ==⨯， ∴当1n =时，120n T =，满足132020n T ≤<，∴12233411111n n n T a a a a a a a a +=++++1111455779(21)(2n =++++⨯⨯⨯+111111111111()()()()45257792123202523n n n ⎡⎤=+⨯-+-++-=+⨯-⎢⎥⨯+++⎣⎦ 312046n =-+ ∴在n T 中，1n ≥，n ∈+N ，∴4610n +≥，∴114610n ≤+，∴1104610n >-≥-+，∴131320204620n ≤-<+．所以132020n T << 变式2、（2021·辽宁高三二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n n a S n n =+∈N .（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）记()()2221log 1log 1n n n c a a +=+⋅+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <.【解析】解：（1）因为2n n a S n =+①，所以()11212n n a S n n --=+-≥② 由①-②得，121n n a a -=+.两边同时加1得()1112221n n n a a a --+=+=+，所以1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是公比为2的等比数列. （2）令1n =，1121a S =+，则11a =. 由()11112n n a a -+=+⋅，得21nn a =-.因为()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，所以11111111121324112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭11113111221242224n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 因为*11,02224n N n n ∈+>++，所以3113422244n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭所以1111311312212422244n n n n n T ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如a n ＝1n n ＋k 时，可转化为a n ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，此类数列适合使用裂项相消法求和．（2）数列的通项公式形如a n ＝1n ＋k ＋n时，可转化为a n ＝1k(n ＋k －n )，此类数列适合使用裂项相消法求和．考向四错位相减法求和例4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以 12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 变式1、（2020·全国高三专题练习（文））已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，且22a =，5S 为10和20的等差中项；数列{}n b 为等比数列，且319b b -=，4218b b -=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b 的前n 项和n M ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为22a =，5S 为10和20的等差中项，所以112541020522a d a d +=⎧⎪⎨⨯++=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以n a n =．设等比数列{}n b 的公比为q ，因为319b b -=，4218b b -=，所以2121(1)9(1)18b q b q q ⎧-=⎨-=⎩，解得132b q =⎧⎨=⎩，所以132n n b -=⋅．（2）由（1）可知132n n n a b n -⋅=⋅，所以213(122322)n n M n -=+⨯+⨯++⋅，令21122322n n P n -=+⨯+⨯++⋅ ①，则232222322n n P n =+⨯+⨯++⋅ ②，-①②可得2112122222(1)2112nn nn n n P n n n ---=++++-⋅=-⋅=---，所以(1)21nn P n =-+，所以3(1)23n n M n =-+．变式2、（2020·湖北高三期中）在等差数列{}n a 中，已知{}35,n a a =的前六项和636S =.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列{}n b 的前n 项和n T .在①12n n n b a a +=，②(1)nn n b a =-⋅，③2na n nb a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】（1）由题意，等差数列{}n a 中35a =且636S =，可得112561536a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12,1d a ==，所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）选条件①：211(2n 1)(21)2121nb n n n ==--+-+，111111111335212121n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，选条件②：由21n a n =-，可得(1)(2n 1)nn b =--，当n 为偶数时，(13)(57)[(23)(21)]22n nT n n n =-++-+++--+-=⨯=；当n 为奇数时，1n -为偶数，(1)(21)n T n n n =---=-，(1)n n T n =-，选条件③：由21n a n =-，可得212(21)2n a n n n b a n -=⋅=-⋅，所以135********(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯，35721214123252(23)2(21)2n n n T n n -+=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，两式相减，可得：()13521213122222(21)2n n n T n -+-=⨯++++--⨯()222181222(21)214n n n -+-=+⋅--⨯-，所以2110(65)299n n n T +-=+⋅. 方法总结：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.。

高三数学第一轮总复习讲义数列求和

高三数学第一轮总复习-----数列求和 11-3一、基本知识体系：1.基本数列的前n 项和，用公式法⑴ 等差数列{}n a 的前n 项和：n S ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⋅+⋅-++=n b n a d n n na a a n n 211)1(212)(⑵ 等比数列{}n a 的前n 项和n S ： ① 当1=q 时，1na S n =；② 当1≠q 时，qqa a q q a S n n n --=--=11)1(11； 2、分组求和法：在直接运用公式求和有困难时常，将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和3、倒序相加法：类似于等差数列前n 项和公式的推导方法.4、错位相减法：适用于{}n n b a 其中{ n a }是等差数列，{}n b 是各项不为0的等比数列。

5、裂项相消法：适用于⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c ,其中{ n a }是各项不为0的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。

二、典例剖析：题型1 公式法（略）题型2分组求和法【例1】求通项为122-+=n a n n 的数列的前n 项和变式训练 1.求数列 ,)23(1,,101,71,41,11132-+++++-n aa a a n 的前n 项和 2.数列()()()211,12,122,,122,n -++++++的前n 项和等于（）A ．n n -+12B ．221--+n n C ．12--n nD ．22--n n3、数列11111,2,3,4,392781的前n 项和是 .【方法提炼】若数列的通项公式可分解为若干个可求和的数列，则将数列通项公式分解，分别求和，最终达到求和目的. 题型3 裂项相消法求和【例2】求和：)1(1431321211+++⨯+⨯+⨯n n . 【解题思路】观察通项公式的特点，发现111)1(1+-=+=n n n n a n .【例3】求)(,32114321132112111*N n n∈+++++++++++++++。

数列求和课件-2025届高三数学一轮复习

（2）设 =
,数列{ }的前项和为 ,若 = ,求的值.
+

【解】由（1）知， =
=
=
−
,
+
− +
−
+

所以 = − + − + ⋯ +
−

−
+

= −
=
.

+

×[− ]

−

−×
错位相减法求和的注意事项
（1）掌握解题的“3个步骤”
（2）注意解题的“3个关键”
①要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形.
②在写出“ ”与“ ”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“ − ”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 = 和
− = − = .故
2.在数列{ }中， =
2 023
_______.
解析：由题意得 =
所以 =
= .

−

+ −

+

，若数列{ }的前项和为
，则

= −
，
+

+

+ ⋯+ −
=
或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减.

高三数学一轮复习：1027数列求和

数列求和
数列求和的几种常用方法 1．公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和． 2．分组求和法与并项求和法 3．倒序相加法
4．错位相减法
5．裂项相消法
①nn1＋1＝1n－n＋1 1；②nn1＋2＝121n－n＋1 2；③2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1；
④
1＝ n＋ n＋1
则数列{an}的前 10 项和为( )
A．
65 2
B． 33
C．
67 2
D． 34
例 4 (2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为 1 的等比数列，a1 为 a2，a3 的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若 a1＝1，求数列{nan}的前 n 项和．
例 5 已知数列{an}为等比数列，a1＝1；数列{bn}满足 b2＝3， a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)·2n．（1）求 an；（2）求bnb1n＋1的前 n 项和 Tn．
n
项和为 Tn
，求证：对任意
n N
， Tn
2 3
．
例 2 已知数列{an}满足 a1＝1，(n＋1)an＝nan＋1．（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设 bn 2an (1)n an ，求数列{bn}的前 2n 项和．
例 3 已知函数 y＝f(x)满足 f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足 an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn－n 1＋f(1)，
n＋1－
n；⑤loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan(n＞0)．
（苏大 P87 例 3）
例1
已知数列{an} 满足 a1
1 4
，2an
an1
anan1(n ≥ 2，n N)，an

高三数学第一轮复习《数列求和》讲义

＝3＋2× －(2n＋1)3n
＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.
∴Tn＝n·3n.
③．在等差数列中，，前项和满足条件，
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）记，求数列的前项和。
解：（Ⅰ）设等差数列的公差为 ,由得：，所以，即，所以。
（Ⅱ）由，得。所以，
当时，；
例题分析：
题型一分组转化求和
例1 求和：(1)Sn＝＋＋＋＋…＋；
(2)Sn＝ 2＋ 2＋…＋ 2.
解 (1)由于an＝＝n＋，
∴Sn＝＋＋＋…＋
＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝＋＝－＋1.
(2)当x＝±1时，Sn＝4n.当x≠±1时，
Sn＝ 2＋ 2＋…＋ 2＝＋＋…＋
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，即2Sn＝n·3n＋1－，
∴Sn＝＋ .
变式训练2①已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*).
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
,
故 ( )
(2)
两式相减得
故
数列求和练习（1）
1．数列的通项公式是，若它的前项和为10，则其项数为
A．11 B．99 C．120 D．121
解：，则由，得，选C
2．数列的通项是，，则数列的的前项和为
A． B． C． D．
解：，则
，选A
3．已知数列的前项和为，则的值是

高三数学一轮复习数列求和的方法总结课件 (共19张PPT)

2 23
3 24
n2n1
n 2n1
由－得
1 2
Sn
1 2
1 22
1 23
1 2n
n 2n1
5
1 2 Sn
1 [1 ( 1 ) n ]
2
2
1 1
n 2 n1
2
得：
Sn
2
2n 2n
6
例、求1，数 3， 5列， 7，， 2n1 2 4 816 2n
的前 n项.和解 S n ： 1 2 2 3 2 2 5 3 2 7 4 2 n 2 n 1
1 (1 1 1 1 1 1 )
4 223
n n1
1 (1 1 ) n 4 n 1 4(n 1)
14
五、分组求和法如果一个数列的通项公式可写成 cn=an+bn的形式，而数列{an},{bn}是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，可采用分组求和法.
15
例、已知等比数{列 an}的前n项和为Sn, a4 2a3, S2 6. (1)求数列{an}的通项公式. (2)数列{bn}满足:bn an log2 an,求数列 {bn}的前n项和Tn. 解:设数 {an列 }的首项 a1,公为比q(q为 0) 则 a1q32a1q2
.
.
.
.
.②
①
-②
：1 2
Sn
1 2
2 22
+
2 23
+
2 24
+
+
2 2n
2n 1 2 n1
11+ 1 + 1 + 2 2 22 23
+
1 2 n1

高三数学一轮复习课件：数列求和_高考复习优秀课件

= n 1 -1.
令 Sn=10, 解得 n=120. 故选 C.
考向2 裂项相消法求和【例2】 (2013·江西高考)正项数列{an}满足：a2n－(2n－ 1)an－2n＝0. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)令bn＝n＋11an，求数列{bn}的前n项和Tn. 【思路点拨】 (1)通过解关于an的一元二次方程及 an>0，求an； (2)用裂项相消法求Tn.

解析： (1)设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由于 a3＝7，a5＋a7＝26，所以 a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，解得 a1＝3，d＝2. 由于 an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na12＋an，所以 an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．
(2)因为 an＝2n＋1，所以 an2－1＝4n(n＋1)，因此 bn＝4nn1＋1＝141n－n＋1 1. 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝141－21＋12－13＋…＋1n－n＋1 1 ＝141－n＋1 1＝4nn＋1. ∴所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝4nn＋1.
答案： B
2.已知数列{an}的通项公式是
an=
1
,若 Sn=10,则 n 的值
n n1
是( C )
(A)11
(B)99 (C)120
(D)121
解析:∵an=
1
= n 1 - n ,
n n 1
∴Sn=( 2 -1)+( 3
- 2 )+( 4 - 3 )+…
+( n - n 1 )+( n 1 - n )
一种思路一般数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．

高考数学第一轮知识点总复习第四节数列求和

后再合并，形如：
①{a n bn},,其中 an 等差数列； bn是等比数列；
②
f n, n 2k 1 an gn, n 2k
k N *
典例分析
题型一利用常用公式求和
【例1】已知
log3
x
1 l，og求2 3
Sn x x的2 值x.3 ... xn
分析由已知条件可求得x的值，再代入求 S的n 值.
分析(1)由已知条件利用等比数列的定义证明，即从a n 1
得到
1 a n1
-1与 1 an
-1
的等式关系.
（2）充分利用（1）的结论得出项
1 an
1 2n
1
.欲求数列 ann
2a n a n 1
的前n
Sn
和
可先求出的值
Tn
1 2
2 22
3 23
n 2n
.
解(1)
a n1
2an , 1 an 1 an1
解析：由已知f(x)对任意实数m、n都有f(m)+f(n)=f(m+n)，得 f(1 005)+f(1 005)=f(2 010)=2+2=4; f(0)+f(2010)=f(2010)=4; f(2)+f(2 008)=f(2 010)=4; … f(1 004)+f(1 006)=4. 令S=f(0)+f(2)+f(4)+f(6)+…+f(2 008)+f(2010), 则S= f(2010)+ f(2 008)+f(2 006)+…+f(2)+f(0). 于是2S=[f(0)+f(2010)]+［f(2)+f(2 008)］+［f(4)+f(2 006)］ +…+［f(2 008)+f(2)］+[f(2010)+f(0)]

高三理科数学一轮复习讲义,复习补习资料：第六章数列6.4数列求和(解析版)

§6.4 数列求和考纲展示►1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.考点1 公式法求和1.公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1－q n1－q ，q ≠1.2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法：如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(2)并项求和法：在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.非等差、等比数列求和的常用方法：倒序相加法；并项求和法．(1)[教材习题改编]一个球从100 m 高处自由落下，着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200×(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案：A(2)[教材习题改编]已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案：－100解析：因为f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数，所以f (n )＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.数列求和的两个易错点：公比为参数；项数的奇偶数．(1)设数列{a n }的通项公式是a n ＝x n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，x ＝1，x －xn1－x，x ≠1解析：当x ＝1时，S n ＝n ；当x ≠1时，S n ＝x－xn1－x.(2)设数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为偶数，－1，n 为奇数解析：若n 为偶数，则S n ＝0；若n 为奇数，则S n ＝－1.[典题1] (1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．[答案] 27[解析] 由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋－2×12＝9＋18＝27.(2)若等比数列{a n }满足a 1＋a 4＝10，a 2＋a 5＝20，则{a n }的前n 项和S n ＝________. [答案]109(2n－1) [解析] 由题意a 2＋a 5＝q (a 1＋a 4)，得20＝q ×10，故q ＝2，代入a 1＋a 4＝a 1＋a 1q 3＝10，得9a 1＝10，即a 1＝109.故S n ＝109－2n1－2＝109(2n－1)． [点石成金] 数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n 项和的数列来求之．考点2 分组转化法求和分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(1)数列112，314，518，…，⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －＋12n 的前n 项和S n ＝________________. 答案：n 2＋1－12n(2)已知数列{a n }中，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为正奇数，2n －1，n 为正偶数，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9＝________.答案：377[典题2] 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n .[解] 由通项公式知，S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上知，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.[点石成金] 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，可采用分组转化法求{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 }是等比或等差数列，可采用分组转化法求和．[提醒] 某些数列的求和是将数列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，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1 与a 4 的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a nn ＋2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .解：(1)由题意知，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知，b n ＝a nn ＋2＝n (n ＋1)．所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)．因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋ (2)＝n2＋2n 2＝n n ＋2；当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝n －n ＋2－n (n ＋1)＝－n ＋22.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋22，n 为奇数，nn ＋2，n 为偶数.考点3 错位相减法求和错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．(1)[教材习题改编]数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为________．答案：2n n ＋1解析：因为11＋2＋…＋n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列的前n 项和为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. (2)[教材习题改编]数列22，422，623， (2)2n ，…的前n 项的和为________．答案：4－n ＋22n －1解析：设该数列的前n 项和为S n ，由题可知，S n ＝22＋422＋623＋ (2)2n ，①12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1，② ①－②，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1， ∴S n ＝4－n ＋22n －1.[典题3] [2018·山东模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解] (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n－3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ≥2.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ≥2时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n]，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上知，T n ＝1312－6n ＋34×3n .[点石成金] 用错位相减法求和的三个注意事项(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．[2018·天津模拟]已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0，解得q 2＝4. 又因为q >0，所以q ＝2，所以d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)·2n ＝－(2n －3)·2n－3，所以S n ＝(2n －3)·2n＋3，n ∈N *.考点4 裂项相消法求和裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)常见的裂项技巧： ①1n n ＋＝1n －1n ＋1. ②1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ③1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .[考情聚焦] 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列a n 的通项公式，达到求解目的．主要有以下几个命题角度：角度一形如a n ＝1nn ＋k型 [典题4] [2019·重庆模拟]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n >34－1n ＋1(n ∈N *)．(1)[解] 设数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，a 1＋7d －a 1＋2d ＝3，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)[证明] 由(1)，得S n ＝na 1＋n n －2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2>12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝34－1n ＋1. 故T n >34－1n ＋1.角度二形如a n ＝1n ＋k ＋n型[典题5] [2019·江南十校联考]已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 014＝( )A. 2 013－1B. 2 014－1C. 2 015－1D. 2 015＋1[答案] C[解析] 由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 014＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 014－ 2 013)＋( 2 015－ 2 014) ＝ 2 015－1. 角度三形如a n ＝n ＋1n 2n ＋2型[典题6] 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)[解] 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得 [S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)[证明] 由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋2.T n ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －2－1n ＋2＋1n2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2<116×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. [点石成金] 利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2.[方法技巧] 非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成．(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．[易错防范] 1.在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，an ＋1的式子应进行合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项，特别是隔项相消．真题演练集训1．[2018·北京模拟]已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.答案：6解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，2a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，d ＝－2，所以S 6＝6a 1＋12×6×5d ＝36＋15×(－2)＝6.2．[2018·四川模拟]设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案：－1n解析：∵ a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴ S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵ S n ≠0，∴ 1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1. 又1S 1＝－1，∴ ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴ 1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴ S n ＝－1n. 3．[2018·山东模拟]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝a n ＋n ＋1b n ＋n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知，c n ＝n ＋n ＋1n ＋n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋－2n 1－2－n ＋n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 4．[2018·重庆模拟]S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n ＞0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知， b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n n ＋.课外拓展阅读数列求和[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .[审题视角][解析] (1)当n ＝k ，k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n . 当n ＝1时，上式也成立，故a n ＝92－n . (2)因为9－2a n 2n ＝n 2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，① 所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n 2n －2，② ②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1. 故T n ＝4－n ＋22n －1. 方法点睛1．根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案．2．利用S n 求a n 时不要忽视当n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数．3．可以通过当n ＝1,2时的特殊情况对结果进行验证．。

数列求和课件高三数学一轮复习

-2n
1
9·4 -1
+
1
1
+…+
2
4
4
−
−

4 +1

3·4

4 +1
.②

− 4 +1 ,
1
3
1
3·4
4
9
3+4
.
9·4
= −
= −
−

4 +1
,
规律方法错位相减求和法的方法步骤
设{anbn}的前n项和为Sn,其中数列{an}为公差为d的等差数列,数列{bn}为公
所以当 k 为偶数时,(Sn)max= =
2
当 k 为奇数时,(Sn)max=+1 =
2
2
=25,解得
4
2 -1
=25,此时
4
k=10;
k 无整数解.
综上可得,k=10,Sn=-n2+10n.
当n=1时,a1=S1=9.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+10n)-[-(n-1)2+10(n-1)]=-2n+11,

故数列{an}是等比数列,且首项为2,公比为2,所以an=2n.
(2)由(1)知 bn=log2a2n-1=2n-1,
1
所以
+1
所以
=
=
1
Tn=
1 2
1
1
(1-3
2
1
3
1
(2-1)(2+1)
+
1
2 3
1
5

2020年高三理科数学一轮复习讲义6.4【数列求和】

年高三理科数学一轮复习讲义【数列求和】最新考纲1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.知识梳理1.特殊数列的求和公式(1) 等差数列的前 n 项和公式：S n ＝n （ a 1＋ a n ）＝na 1＋n （ n － 1）d.22(2) 等比数列的前 n 项和公式：na 1， q ＝ 1， S n ＝a 1－ a n q ＝ a 1（ 1－q n ），q ≠1Ｗ.1－ q1－q2.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 { a n } 的前 n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法求解 . [ 微点提醒 ]1.1＋ 2＋ 3＋ 4＋＋ n ＝ n （ n ＋1）.22.12＋22＋＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）.613.裂项求和常用的三种变形1 1 1(1)n （ n ＋1）＝ n －n ＋ 1.11 1－1(2)（ 2n －1）（ 2n ＋ 1）＝ 22n ＋ 1.2n － 1 1＝ n ＋ 1－ n.(3)n ＋ n ＋ 1基础自测1.判断下列结论正误 (在括号内打“√”或“×” )(1) 若数列 { 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 ＋1.()1－ q(2) 当 n ≥2 时， 2 11 1 －1).( )＝ (n －1 2 n － 1 n ＋ 1(3) 求 S n ＝ a ＋ 2a 2＋ 3a 3＋＋ na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得 .()n－ 1(4) 若数列 a 1，a 2－a 1 ，，a n － a n － 1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列 { a n } 的通项公式是 a n ＝ 3.()2解析 (3)要分 a ＝0 或 a ＝1 或 a ≠ 0 且 a ≠ 1 讨论求解 .答案 (1)√ (2) √ (3)×(4) √2.(必修 5P47B4 改编 ) 数列 { a n } 中， a n ＝ 1，若 { a n } 的前 n 项和为2 019，则项数 n 为 ()n （n ＋ 1） 2 020 A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a ＝1＝1－1，nnn （n ＋ 1） n ＋ 1n ＝ 1－1＋ 1－1＋＋ 1－1＝1－1＝n＝2 019，所以 n ＝ 2019.S2 2 3nn ＋ 1n ＋ 1n ＋ 1 2 020答案 B3.(必修 5P56 例 1 改编 ) 等比数列 { a n } 中，若 a 1＝ 27， a 9 ＝1， q>0， S n 是其前 n 项和，则 S 6＝ ________.243解析由 a 1＝27， a 9＝1知， 1＝ 27·q 8，243 2432又由 q>0，解得 q＝1，327 1－163＝364所以 S6＝.1 91－3答案364 94.(2018 东·北三省四校二模)已知数列 { a n} 满足 a n＋1－ a n＝ 2，a1＝－ 5，则 |a1|＋ |a2 |＋＋ |a6|＝ ()A.9B.15C.18D.30解析由题意知 { a n}是以 2 为公差的等差数列，又1＝－5，所以|a12 6a |＋ |a|＋＋ |a |＝ |－5|＋ |－ 3|＋ |－ 1|＋ 1＋3＋ 5＝ 5＋ 3＋ 1＋ 1＋ 3＋ 5＝18.答案C5.(2019 昆·明诊断 )已知数列 { a n} ， { b n } 的前 n 项和分别为n n＋1 2 －2，S n， T n， b n－ a n＝ 2 ＋1，且 S n＋ T n＝ 2 ＋ n则 2T n＝ ________________.解析由题意知T n－ S n＝ b1－ a1＋ b2－ a2＋＋b n－a n＝n＋2n＋1－2，又 S n＋ T n＝ 2n＋1＋ n2－2，所以 2T n＝ T n－S n＋S n＋ T n＝ 2n＋2＋ n(n＋1) －4.答案n＋2＋n(n＋ 1)－ 4 26.(2019 河·北“五个一”名校质检 )若 f(x)＋f(1－ x)＝4，a n＝ f(0) ＋f1＋＋ fn－1＋ f(1)(n∈* n n n)，则数列{ a }的通项公式为 ________.解析由 f(x)＋ f(1－x)＝4，可得 f(0) ＋ f(1) ＝4，，f 1 ＋ fn－1＝ 4，所以 2a n＝ [f(0) ＋ f(1)] ＋f 1＋f n－1n n n n＋＋ [f(1)＋ f(0)] ＝4(n＋ 1)，即 a n＝ 2(n＋1).答案a n＝ 2(n＋ 1)3【例 1】 (2019 ·郴州质检 )已知在等比数列 { a n } 中， a 1＝ 1，且 a 1， a 2， a 3－ 1 成等差数列 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 若数列 { b n } 满足 b n ＝ 2n － 1＋ a n (n ∈* ) ，数列 { b n } 的前 n 项和为 S n ，试比较 S n 与 n 2＋ 2n 的大小 . 解 (1) 设等比数列 { a n } 的公比为 q ，∵a 1，a 2， a 3－ 1 成等差数列， ∴ 2a 2＝ a 1＋ (a 3－ 1)＝ a 3，∴ q ＝a 3＝2， a 2∴ a n ＝a 1q n －1＝ 2n －1(n ∈* ).(2) 由 (1)知 b n ＝ 2n － 1＋ a n ＝ 2n －1＋ 2n －1， ∴S n ＝(1＋ 1)＋ (3＋ 2)＋ (5＋ 22)＋＋ (2n － 1＋ 2n －1) ＝ [1 ＋3＋ 5＋＋ (2n － 1)]＋ (1＋ 2＋ 22＋＋ 2n －1)1＋（ 2n －1）1－2n2 n＝ 2 ·n ＋ 1－ 2 ＝ n ＋ 2 － 1. ∵S n －(n 2＋2n )＝－ 1<0 ，∴ S n <n 2＋ 2n . 规律方法1.若数列 { c n } 的通项公式为 c n ＝ a n ±b n ，且 { a n } ， { b n } 为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{ c n } 的前 n 项和 .a n ， n 为奇数，2.若数列 { c n } 的通项公式为 c n ＝其中数列 { a n } ， { b n } 是等比数列或等差数列，可采用分组求 b n ，n 为偶数，和法求 { a n } 的前 n 项和 .【训练 1】 (2019 ·南昌一模 )已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1＝1， S 3＋ S 4＝ S 5. (1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 令 b n ＝ (－ 1)n －1a n ，求数列 { b n } 的前 2n 项和 T 2n .解 (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，由 S 3＋ S 4＝ S 5可得 a 1＋ a 2＋ a 3＝ a 5，即 3a 2＝a 5， ∴3(1＋ d)＝ 1＋ 4d ，解得 d ＝ 2. ∴ a n ＝1＋ (n － 1)× 2＝ 2n － 1.(2) 由 (1)可得 b n ＝ (－1) n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－ 3＋ 5－7＋＋ (2n － 3)－ (2n － 1)＝ (－ 2)× n ＝－ 2n.4a n＋1【例 2】 (2019 ·郑州模拟 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 2＝ 8， S n ＝2 －n －1.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；2× 3n (2) 求数列a n a n ＋1的前n 项和Tn .解 (1) ∵a 2＝ 8， S n ＝a n＋1－ n －1， 2∴ a 1＝S 1＝a 2－ 2＝2， 2当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n －1＝a n＋1－ n －1－a n－ n ，22 即 a n ＋1＝ 3a n ＋ 2，又 a 2＝ 8＝ 3a 1＋ 2，∴a n ＋1＝ 3a n ＋ 2， n ∈*， ∴ a n ＋1＋ 1＝3(a n ＋1) ，∴数列 { a n ＋1} 是等比数列，且首项为 a 1＋ 1＝ 3，公比为 3，∴ a n ＋1＝ 3× 3n －1＝ 3n ，∴ a n ＝3n － 1.2× 3n＝ 2×3n1 1(2) ∵n n＋1＝ n－ n ＋1.a n a n ＋1 （ 3 －1）（ 3－ 1）3 －13 － 1∴数列2× 3n的前n 项和a n a n ＋1 1 －2 1 ＋1－ 1＋＋111 － 1T n ＝－ 1 23n－ n ＋ 1＝ n ＋1.3－1 33 － 1 3 － 13 － 13 － 12 3－ 1规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项 .2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等. 【训练 2】设 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和，已知 S 3＝ a 7， a 8－ 2a 3＝3. (1) 求 a n ；1 (2) 设 b n ＝S n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . 解 (1) 设数列 { a n } 的公差为 d ，3a 1＋ 3d ＝ a 1＋6d ，由题意得（ a 1＋ 7d ）－ 2（ a 1＋ 2d ）＝ 3，5解得 a 1＝ 3， d ＝ 2，∴ a n ＝a 1＋ (n － 1)d ＝ 2n ＋1.(2) 由 (1)得 S n ＝ na 1＋n （n －1）d ＝ n(n ＋2)， 211 11 ∴b n＝n （n ＋2）＝2 n －n ＋2. ∴ T n ＝ b 1＋ b 2＋＋ b n －1＋ b n 1 11－ 11 － 11－ 1＝2 1－3 ＋ 24 ＋＋ n － 1 n ＋ 1 ＋ n n ＋ 2＝11＋ 1－ 1 － 1 2 2 n ＋1 n ＋ 2 3 1 1 ＋1＝ 4－ 2 n＋1 n ＋ 2.考点三错位相减法求和【例 3】已知 { a n } 是各项均为正数的等比数列，且 a 1 ＋ a 2＝ 6， a 1a 2＝ a 3.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2){ b n } 为各项非零的等差数列，其前n 项和为 S n ，已知 S 2n ＋1＝ b n b n ＋ 1，求数列b n的前 n 项和 T n .a n解 (1) 设{ a n } 的公比为 q ，a 1（ 1＋ q ）＝ 6，由题意知22a 1q ＝ a 1q ，又 a n >0，解得a 1＝ 2，所以 a n ＝ 2n.q ＝2，（ 2n ＋ 1）（ b 1＋ b 2n＋1）(2) 由题意知： S 2n ＋1 ＝＝ (2n ＋ 1)b n ＋ 1，2又 S 2n ＋1＝ b n b n ＋1，b n ＋1≠ 0，所以 b n ＝ 2n ＋ 1.令 c n ＝b n ，则c n ＝ 2n ＋1 a n 2n ，因此 T n ＝ c 1＋ c 2＋＋ c n3 5 72n － 1 ＋ 2n ＋ 1＝＋ 23 2－ n ，2 2 ＋2 ＋＋ n 121 T n ＝ 3 5 72n － 1＋ 2n ＋ 1，又 2＋3＋ 4＋＋ n 2 n ＋ 1 2 2 2 2 26两式相减得1 ＝3＋ 1 11 2n ＋ 1＋ 2＋＋－ 1 －＋，2Tn22 22n 2n12n ＋ 5所以 T n ＝ 5－2n .规律方法1.一般地，如果数列 { a n } 是等差数列， { b n } 是等比数列，求数列 { a n ·b n } 的前 n 项和时，可采用错位相减法 .2.用错位相减法求和时，应注意：(1) 要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.n nn －qS n ” 的 (2) 在写出 “S ”与“qS ”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 表达式 .【训练 3】已知等差数列 { a n } 满足： a n ＋1>a n ( n ∈ * )，a 1＝ 1，该数列的前三项分别加上 1，1，3 后成等比数列， a n ＋ 2log 2b n ＝－ 1.(1) 分别求数列 { a n } ， { b n } 的通项公式； (2) 求数列 { a n ·b n } 的前 n 项和 T n .解 (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，则 d>0，由 a 1＝ 1， a 2＝ 1＋d ， a 3＝ 1＋2d 分别加上 1， 1，3 后成等比数列，得(2 ＋d)2＝2(4＋ 2d)，解得 d ＝ 2(舍负 )，所以 a n ＝ 1＋ (n － 1)× 2＝ 2n －1.1又因为 a n ＋ 2log 2b n ＝－ 1，所以 log 2b n ＝－ n ，则 b n ＝2n .1 (2) 由 (1)知 a n ·b n ＝ (2n － 1) ·2n ，则 T n ＝ 1 3 5 2n － 121＋ 22＋ 23＋＋ 2n ，①11352n － 1 ，②T n ＝ 2＋ 3＋ 4＋＋ n ＋ 12 2 2 2 2 由①－②，得1 1 ＋ 2× 1 1 11 2n － 1 T n ＝2 2＋3 ＋ 4＋＋ n － n ＋1 .2 2 2 22 2 711－1∴1T n＝1＋2×4 2n－ 1 2n－ 11－n＋ 1 ，2 21－22∴T n＝ 1＋ 2－2 2n－1 4＋2n－ 1＝3－3＋ 2n n－ 1－2n ＝ 3－n2n .2 2[ 思维升华 ]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想1.转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；2.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.[ 易错防范 ]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.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.基础巩固题组(建议用时： 40 分钟 )一、选择题1.(2017 全·国Ⅲ卷 )等差数列 { a n} 的首项为 1，公差不为0.若 a2，a3，a6成等比数列，则 { a n} 前 6 项的和为 ()A.－ 24B.－3C.3D.8解析设 { a n} 的公差为d，根据题意得a23＝ a2·a6，8即( a1＋ 2d) 2＝ (a1＋ d)(a1＋ 5d)，解得 d＝－ 2，所以数列 { a n} 的前 6 项和为 S6＝ 6a1＋6× 56×5× (－2)＝－ 24. 2d＝ 1× 6＋ 2答案 A2.数列 { a n} 的通项公式为a n＝(－ 1)n－1·(4n－3)，则它的前100 项之和 S100等于 ()A.200B. －200C.400D. － 400解析S100＝ (4×1－ 3)－ (4× 2－ 3)＋ (4× 3－ 3)－－(4× 100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋＋(99－100)]＝4× ( －50)＝－ 200.答案 B3.数列 { a n} 的通项公式是a n＝ 1 ，前 n 项和为 9，则 n 等于 ()n＋n＋ 1A.9B.99C.10D.1001＝ n＋1－ n，解析因为 a n＝n＋n＋1所以 S n＝ a1＋ a2＋＋ a n＝ ( n＋ 1－n)＋ ( n－n－1)＋＋(3－ 2)＋ ( 2－1)＝n＋ 1－ 1，令 n＋ 1－1＝ 9，得 n＝ 99.答案 B4.(2019 合·肥调研 )已知n 为数列2n＋1的前 n 项和，若 m>T10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为 () nT2A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023n1 n12 ＋ 1解析∵2n＝ 1＋2 ，∴T n＝ n＋ 1－2n，∴T10 ＋1 013＝ 11－1 1 10＋1 013＝1 024－ 10，2 2又 m>T10＋ 1 013 恒成立，∴整数 m 的最小值为 1 024.答案C95.(2019 厦·门质检 )已知数列 { a n} 满足 a n＋1＋ (－ 1)n＋1a n＝ 2，则其前100 项和为 ()A.250B.200C.150D.100解析当 n＝ 2k(k∈a2k＋2＋ a2k＋1＝ 2，∴ a2k＋1＋ a2k－1＝ 4，a2k＋2＋ a2 k＝ 0，∴ { a n} 的前 100 项和＝ (a1＋ a3)＋＋ (a97＋a99)＋ (a2＋a4)＋＋(a98＋a100)＝25× 4＋25× 0＝100.答案D二、填空题6.已知正项数列{ a n } 满足 a2n＋1－ 6a2n＝ a n＋1a n.若 a1＝ 2，则数列 { a n } 的前 n 项和 S n＝ ________.解析由 a2n＋1－ 6a2n＝ a n＋1a n，得( a n＋1－ 3a n)(a n＋1＋2a n) ＝0，又 a n>0，所以 a n＋1＝ 3a n，又 a1＝ 2，所以 { a n} 是首项为2，公比为3 的等比数列，n故S n＝2（1－3）＝3n－1.1－ 3答案 3n－ 17.(2019 武·汉质检 )设数列 {( n2＋ n)a n} 是等比数列，且a1＝1， a2＝1，则数列 {3 n a n} 的前 15 项和为 ________.6 541 1 1 1 n－ 1解析等比数列 2 ，故公比为 2 1 1{( n ＋ n)a n} 的首项为2a1＝，第二项为 6a2 ＝3 ，所以 ( n ＋ n) a n＝·＝n，3 9 3 3 3 1 n 1 1 1 1 1 15所以 a n＝n 2 ，则 3 a n＝ 2＝n－，其前 n 项和为1－n＋1， n＝ 15 时，为 1－16＝16.3 （ n ＋n）n ＋ n n＋ 1答案15168.(2019 福·州调研 )已知数列 { na n} 的前 n 项和为 S n，且 a n＝ 2n，且使得 S n－na n＋1＋ 50<0 的最小正整数n 的值为________.10解析S n ＝ 1×21＋2× 22＋＋ n × 2n ，则 2S n ＝ 1× 22＋ 2×23＋＋n × 2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋ 22＋＋2n － n ·2n＋ 1＝ 2（ 1－2n） 1，－ n ·2n ＋ 1－ 2n ＋ 1故 S n ＝ 2＋ (n － 1) ·2.又 a n ＝ 2n ，∴S n －na n ＋1＋ 50＝2＋ (n － 1) ·2n ＋1－ n ·2n ＋1＋50＝52－ 2n ＋1，依题意 52－ 2n ＋1<0 ，故最小正整数 n 的值为 5.答案5三、解答题2n ＋ n *9.已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n ＝， n ∈.2(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 设 b n ＝ 2a n ＋(－1)n a n ，求数列 { b n } 的前 2n 项和 . 解 (1)当 n ＝ 1 时， a 1＝ S 1＝ 1；当 n ≥ 2 时， a ＝ S － S －＝n 2＋n －（ n －1） 2＋（ n － 1）＝n.nnn 12 2a 1 也满足 a n ＝n ，故数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n. (2) 由 (1)知 a n ＝ n ，故b n ＝ 2n ＋ (－ 1)n n.记数列 { b n } 的前 2n 项和为 T 2n ，则 T 2n ＝(2 1＋22＋＋ 22n )＋ (－ 1＋ 2－3＋ 4－＋ 2n).记 A ＝ 21＋ 22＋＋ 22n ， B ＝－ 1＋ 2－3＋ 4－＋ 2n ，2n则A ＝ 2（ 1－ 2 ）＝22n ＋1－2，1－ 2B ＝ (－ 1＋ 2)＋ (－ 3＋ 4)＋＋ [ － (2n －1)＋ 2n]＝ n.2 n ＋ 1故数列 { b n } 的前 2n 项和 T 2 n ＝ A ＋ B ＝2＋ n － 2.1110.设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝ 2， a n ＋1＝ 2＋ S n (n ∈* ). (1) 求数列 { a n } 的通项公式； (2) 设 b n ＝ 1＋ log 2 (a n ) 1的前 n 项和 T n < 1 . 2，求证：数列b n b n ＋1 6(1) 解因为 a n ＋1＝ 2＋ S n (n ∈* )，所以 a n ＝ 2＋ S n －1(n ≥ 2)，所以 a n ＋1－a n ＝S n － S n －1＝ a n ，所以 a n ＋1＝2a n (n ≥ 2).又因为 a 2＝ 2＋a 1＝4， a 1＝ 2，所以 a 2＝ 2a 1，所以数列 { a n } 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，则 a n ＝ 2·2n －1＝ 2n (n ∈* ).(2) 证明因 b n ＝ 1＋ log 2(a n )2，则 b n ＝ 2n ＋ 1.则 1 ＝ 1 1 － 1，b n b n ＋1 2 2n ＋ 1 2n ＋ 3 所以 T n ＝ 1 1 1 1 1 ＋＋ 1 － 1 2 －＋－2n ＋3 3 5 5 7 2n ＋1 ＝ 1 1111 12 －2n ＋ 3 ＝－2（ 2n ＋ 3）<6.36能力提升题组(建议用时： 20 分钟 ) n1＝ 1， a n ＋ 1－ a n ≥2(n ∈*n 为{ a n} 的前 n 项和，则 ()11.(2019 广·州模拟 )已知数列 { a } 满足 a)，且 SA. a n ≥ 2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥ 2n －1D.S n ≥2n －1解析由题意得a 2－ a 1≥ 2， a 3－ a 2≥ 2， a 4－ a 3≥2，， a n －a n －1≥ 2，∴ a 2－a 1＋ a 3－ a 2＋ a 4－ a 3＋＋a n － a n －1≥ 2(n － 1)， ∴ a n －a 1≥ 2(n － 1)，∴ a n ≥2n － 1，∴ a 1≥1， a 2≥ 3，a 3≥ 5，， a n ≥2n － 1， ∴ a 1＋a 2＋ a 3＋＋ a n ≥1＋ 3＋ 5＋＋ 2n －1，12∴S n ≥n （ 1＋ 2n － 1）＝n 2.2答案 B12.已知数列 { a n } 中， a n ＝－ 4n ＋ 5，等比数列 { b n } 的公比 q 满足 q ＝ a n － a n －1(n ≥2) 且 b 1＝ a 2，则 |b 1|＋ |b 2|＋|b 3|＋＋ |b n |＝ ________.解析由已知得b 1＝ a 2＝－ 3， q ＝－ 4，∴b n ＝(－3)× n 1 n 1(－ 4) －， ∴ |b n |＝ 3×4－，即{| b n为首项， 4 为公比的等比数列， |}是以 33（ 1－ 4n ）∴|b 1 |＋ |b 2|＋＋ |b n |＝＝4n － 1.1－4答案 4n － 1n1＝________. 13.(2017 全·国 Ⅱ 卷)等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 3＝ 3， S 4＝ 10，则∑k ＝1S k解析设等差数列 { a n } 的公差为 d ，则a 3＝ a 1＋ 2d ＝ 3，a 1＝ 1， n （ n － 1）n （n ＋ 1）由4＝ 4a 1＋ 4× 3得∴S n ＝n × 1＋ × 1＝2，d ＝ 1.2S2 d ＝ 10，1211＝＝ 2 n－n ＋ 1 .Snn （ n ＋ 1）n1＋1－ 1＋ 1－ 1＋＋1－11－1∴∑11111 ＝ 21－ 2nk ＝ 1S k ＝ S 1＋ S 2＋ S 3＋＋S n 2233 4n n ＋ 1 ＝2n ＋ 1＝.n ＋ 1答案2nn ＋ 114.(2019 河·南、河北两省联考 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝ 5，nS n ＋1－ (n ＋ 1)S n ＝ n 2＋ n.S n (1) 求证：数列n为等差数列；(2) 令 b n ＝ 2n a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n .13(1) 证明由 nS n ＋ 1－ (n ＋ 1)S n ＝ n 2＋ n 得S n＋1－S n＝1，n ＋ 1 n又S 1＝5，所以数列S n 是首项为 5，公差为 1 的等差数列 . 1n(2) 解由(1) 可知Sn n ＝ 5＋ (n －1) ＝n ＋ 4，所以 S n ＝ n 2＋ 4n.当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n －1＝n 2＋4n － (n － 1)2－ 4(n － 1)＝2n ＋ 3. 又 a 1＝ 5 也符合上式，所以 a n ＝ 2n ＋3(n ∈*)，所以b n ＝(2n ＋3)2n ，所以 T n ＝ 5×2＋ 7× 22＋ 9× 23＋＋ (2n ＋3)2n ，①2T n ＝ 5× 22＋ 7×23＋ 9× 24＋＋ (2n ＋ 1)2n ＋ (2n ＋ 3)2n ＋1，② 所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n＋1－10－(23＋24＋＋2n ＋1)＝(2n ＋3)2n＋1－10－23（1－2n －1）1－2＝ (2 n ＋ 3)2n ＋1－ 10－ (2n ＋2－ 8)＝ (2n ＋1)2n ＋1－ 2.14。

高三数学一轮复习等比数列与数列求和

6.3 等比数列 6.4数列求和【学习目标】1、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式2、熟练掌握等差等比数列的前n 项和公式，能应用公式求数列的前n 项和3、掌握非等差等比数列求和的几种方法【重点难点】重点：等比数列的定义和性质，数列求和的方法难点：等比数列的定义和性质，数列求和的方法. 【导学流程】一、基础感知 1、等比数列基本公式（1）定义：1(N ,)n na q n q a *+=∈为非零常数（2）通项公式：11n n a a q -=⨯（3）等比中项：2,,a A b A ab ⇔=成等比数列（4）前n 项和：111(1)(1)(1)11n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩2、等比数列基本性质（1）n m n m a a q -=⨯（2）m n k l m n k l a a a a +=+⇔⋅=⋅（3）232,,n n n n n S S S S S --成等比数列（4）n n S A Aq =-3、数列求和：（公式法、分组求和、错位相减、裂项相消、并项求和、倒序相加）（1）、公式求和①等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=②等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a q q a q na S n n n （2）、分组求和：适用于等差、等比数列以加减的形式构成的新数列的前n 项和（3）．错位相减：适用于等差、等比数列以乘、除的形式构成的新数列的前n 项和若，其中是等差数列，是公比为等比数列，令，则两式错位相减并整理即得（4）．裂项相消法：适用于类似（其中是各项不为零的等差数列，为常数）的数列、部分无理数列等．用裂项相消法求和（1）（2）；（3）（4）（5）、并项求和当数列通项中出现n )1(-或1)1(+-n 时，常常需要对n 取值的奇偶性进行分类讨论。

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 _____.