高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和课件文新人教B版
2023版高考数学一轮总复习第六章数列第四讲数列求和及数列的综合应用课件文
•
(1+2−1)
所以Tn=
=n2.
2
•
4
2 ·2
若选条件③bn=
,则bn=
+1
(+1)(+2)·2 ·2 ·2
•
1 1 1
故Tn= ( 2 2 3
+
=
1 1
1
1
1 1 1
- +…++1-+2)=2(2-+2)=
.
• 考向
1
• 数列求和
, ≤ 10,
• (2)因为bn=ቊ
所以b16+…+b20=b11+…+b15=b6+…+b10,
−5 , > 10,
• 所以{bn}的前20项和
T20=(b1+b2+…+b5)+(b6+…+b10)+(b11+…+b15)+
• (b16+…+b20)=(b1+b2+…+b5)+3(b6+…+b10)=(a1+a2+…+a5)+3(a6+
数列(n为正整数)
裂项方法
• 考向
1
• 数列求和
• 考向
1
• 数列求和
• 考向
1
• 数列求和
-8 082
• 考向
1
• 数列求和
• 考向1 • 数列求和
• 方法技巧
利用倒序相加法求和的技巧
• 已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”,可
新课标高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和及应用课件文
(1)设数列 1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前 n 项和为 Sn，
则 Sn 等于( )
A．2n
B．2n－n
C．2n＋1－n
D．2n＋1－n－2
(2)求和：1＋1＋1 2＋1＋12＋3＋…＋1＋2＋1…＋n；
(3)设 f(x)＝1＋x2x2，求：f2 0117＋f2 0116＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)；
点 拨： 错位相减法适用于等差数列与等比数列 的积数列的求和，写出“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式．
第二十七页，共31页。
(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 ＋(2n－1)an＝2n.
①＋②得：2S＝1×4 033＝4 033，所以 S＝4 0233.
第十三页，共31页。
(4)(Ⅰ)当 a＝1 时，Sn＝1＋2＋…＋n＝n（n2＋1）. (Ⅱ)当 a≠1 时，Sn＝1a＋a22＋a33＋…＋ann，① 1aSn＝a12＋a23＋…＋n－an 1＋ann＋1，②
由①－②得1－1aSn＝1a＋a12＋a13＋…＋a1n－ann＋1
第十六页，共31页。
解：(1)Sn＝9＋99＋999＋…＋
＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n ＝10（11－－1100n）－n＝10n＋91－10－n.
(2)an＝（3n－2）1（3n＋1）＝133n1－2－3n1＋1. 所以 Sn＝1311－14＋1314－17＋1317－110＋…＋133n1－2－3n1＋1＝ 131－3n1＋1＝3nn＋1.
则 log5a1＋log5a2＋…＋log5a11 的值为 ( )
旧教材适用2023高考数学一轮总复习第六章数列第4讲数列的求和课件
an＋2，n为偶数． (1)记 bn＝a2n，写出 b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； 解 (1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5， 因为 a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即 a2n＋1－a2n－1＝3， 所以数列{an}的奇数项构成以 1 为首项，3 为公差的等差数列，
3×2n－2 ＝2，b2＝a4＝5，bn＝a2n＝ 2 ＝3n－1，所以 bn＝3n－1.
(2)求{an}的前 20 项和．
解 (2)由(1)，知{an}的前 20 项和 S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋ a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋102×9×3＋10×2＋102×9×3＝300.
解析
通项
an
＝
1 （2n）2－1
＝
1 （2n－1）（2n＋1）
＝
1 2
×
2n1－1－2n1＋1
，
∴
Sn
＝
1 2
×
1－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1
＝
1 2
×1－2n1＋1＝2nn＋1.
4．(2021·宁夏固原市模拟)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比不为 1.
若 a1＝1，对任意的 n∈N*，都有 an＋2＋an＋1－2an＝0，则 S5＝ 11
4．分组转化法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列 组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减． 5．并项求和法 一个数列的前 n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an ＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
常见的拆项公式
(1)n（n1＋1）＝1数列{an}的公比为 q，因为对任意的 n∈N*，都有 an＋2＋ an＋1－2an＝0，则令式中 n＝1，得 a3＋a2－2a1＝0，所以 a1(q2＋q－2)＝0. 显然 a1≠0，所以由 q2＋q－2＝0，解得 q＝－2 或 q＝1(舍去)，则 S5＝ a1（11－－qq5）＝1－（3－2）5＝11.
高考数学总复习 6-1数列的概念课件 新人教B版
点评：根据数列的前几项写通项时，所求的通项公式不是 唯一的．其中常用方法是观察法．观察 an 与 n 之间的联系， 用归纳法写出一个通项公式，体现了由特殊到一般的思维规 律．联想与转换是有效的思维方法，它是由已知认识未知、将 未知转化为已知的重要思维方法．
(文)写出下列数列的一个通项公式： (1)1，85，175，294，…，an＝________. (2)－1，32，－13，34，－15，12，…，an＝________.
3 ． 已 知 {an} 的 前 n 项 和 Sn 求 an 时 ， 用 an ＝
S1
n＝1，
Sn－Sn－1 n≥2.
求解应注意分类讨论．an＝Sn－Sn－1 是在
n≥2 条件下求出的，应检验 a1 是否适合．如果适合，则合写
在一块，如果不适合，则分段表示．
思想方法技巧
一、求数列的通项公式常见的有以下三种类型 1．已知数列的前几项，写出一个通项公式． 依据数列前几项的特点归纳出通项公式：方法是依据数 列的排列规律，求出项与项数的关系．一般步骤是：①定符 号，②定分子、分母，③观察前后项的数值特征找规律，④ 综合写出项与项数的关系．
●命题趋势 主要命题热点： 1．an 与 Sn 的关系 2．等差、等比数列的定义、通项公式以及等差、等比数列 的性质、求和公式． 3．简单的递推数列及归纳、猜想、证明问题．
4．数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何综合问题． 5．数列应用题． 6．探究性问题．
●备考指南 1．数列是一种特殊的函数，要善于利用函数的思想来解决 数列问题． 2．运用方程的思想解等差(比)数列是常见题型，解决此类 问题需要抓住基本量 a1、d(或 q)，常通过“设而不求，整体代入” 来简化运算．
(5)将数列统一为32，55，170，197，…，分子 3,5,7,9，…， 是等差数列，通项公式为 bn＝2n＋1，对于分母 2,5,10,17，… 联想到数列 1,4,9,16…即数列{n2}，可得分母的通项公式为 cn ＝n2＋1，
2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】
易错易混 4．在数列{an}中，已知 an＝n＋11n＋3(n∈N*)，则{an}的前 n 项和 Sn＝
_____12__56_－__n_＋1__2_－__n_＋1__3_ ______. 【解析】 ∵an＝n＋11n＋3＝12n＋1 1－n＋1 3， ∴Sn＝1212－14＋13－15＋14－16＋15－17＋…＋n＋1 1－n＋1 3 ＝1212＋13－n＋1 2－n＋1 3 ＝1256－n＋1 2－n＋1 3.
第六章 数列
第四节 数列求和
课前双基巩固
——整合知识 夯实基础
『知识聚焦』 1．公式法 (1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d. 推导方法：倒序相加法．
na1，q＝1， (2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a111－－qqn，q≠1. 推导方法：乘公比， 错位相减法 ．
6．若{log2an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则数列{nan}的前 n 项和为 _S_n_＝__2_＋__6_n_9－__2__·4_n_．
【解析】 由题意可得 log2an＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴an＝22n－1＝2·4n－1，∴nan＝2n·4n－1， ∴数列{nan}的前 n 项和 Sn＝2(1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n－1)， ∴12Sn＝1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n－1， ∴2Sn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋n×4n，
课堂考点突破
——精析考题 提升能力
考点一 分组转化求和 【例 1】 已知数列{an}满足 a1＝1，an＋an－1＝2n(n≥2，n∈N*)． (1)记 bn＝a2n，求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
2024版新教材高考数学全程一轮总复习第六章数列第四节数列求和课件
−
1
n+1
.( √ )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即
可根据错位相减法求和．( × )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，
则数列
3n −1
an 的通项公式是an＝
.( √
2
)
2．(教材改编)已知数列 an 的通项公式为an＝2n＋n，前n项和为Sn，
2n+1
1
＝ n + 1 − n.
n+ n+1
；
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1) 若 数 列 an 为 等 比 数 列 ， 且 公 比 不 等 于 1 ， 则 其 前 n 项 和 Sn ＝
a1 −an+1
.( √ )
1−q
1
1
1
(2)当n≥2时， 2 ＝
n −1 2 n−1
180 dm2 .以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为
15 n+3
720－ n−4
5
σnk=1 Sk ＝___________
________；如果对折n次，那么
2
dm2.
2．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn 为数列 an 的前n项和，已知a1 ＝1，
1
是公差为 的等差数列．
3
(1)求 an 的通项公式；
第四节
数列求和
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】
掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数
人教版高三数学一轮复习精品课件4：6.4 数列求和
[要点梳理] 1．求数列的前 n 项和的方法 (1)公式法 ①等差数列的前 n 项和公式 Sn＝na12＋an＝na1＋nn2－1d.
②等比数列的前 n 项和公式 (Ⅰ)当 q＝1 时，Sn＝na1； (Ⅱ)当 q≠1 时，Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq. (2)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、 等比数列，再求解．
(2)bn＝an＋2an＝2n＋22n. Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n＋22n) ＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n) ＝2＋22n·n＋4·11－－44n ＝n(n＋1)＋4n＋31－4.
拓展提高 (1)分组转化求和的通法 数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通
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即(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0.
∵an＋an－1＞0，∴an－an－1＝3(n≥2)．
❖ 当a1＝2时，a2＝5，a6＝17，此时a1，a2，a6不成等比数列， ∴a1≠2；
❖ 当a1＝1时，a2＝4，a6＝16，此时a1，a2，a6成等比数列， ❖ ∴a1＝1. ❖ ∴an＝3n－2，bn＝4n－1. ❖ (2)由(1)得 ❖ Tn＝1×4n－1＋4×4n－2＋…＋(3n－5)×41＋(3n－2)×40，③ ❖ ∴4Tn＝1×4n＋4×4n－1＋7×4n－2＋…＋(3n－2)×41. ④ ❖ 由④－③，得
2022高考数学(文)一轮通用版讲义：6.4数列求和
第四节数列求和题型一分组转化法求和若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式，则求和时可用分组转化法，就是对原数列的通项进行分解，分别对每个新的数列进行求和后再相加减．[典例] 2022·吉林调研已知数列{a n}是等比数列，a1＝1，a4＝8，{b n}是等差数列，b1＝3，b4＝121求数列{a n}和{b n}的通项公式；2设c n＝a n＋b n，求数列{c n}的前n项和S n[解] 1设数列{a n}的公比为q，由a4＝a1q3得8＝1×q3，所以q＝2，所以a n＝2n－1设{b n}的公差为d，由b4＝b1＋3d得12＝3＋3d，所以d＝3，所以b n＝3n2因为数列{a n}的前n项和为＝＝2n－1，数列{b n}的前n项和为b1n＋d＝3n＋×3＝n2＋n，所以S n＝2n－1＋n2＋n[方法技巧]分组转化法求和的常见类型[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．[针对训练]2022·焦作四模已知{a n}为等差数列，且a2＝3，{a n}前4项的和为16，数列{b n}满足b1＝4，b4＝88，且数列{b n－a n}为等比数列．1求数列{a n}和{b n－a n}的通项公式；2求数列{b n}的前n项和S n解：1设{a n}的公差为d，因为a2＝3，{a n}前4项的和为16，所以解得所以a n＝1＋n－1×2＝2n－1设{b n－a n}的公比为q，则b4－a4＝b1－a1q3，因为b1＝4，b4＝88，所以q3＝＝＝27，解得q＝3，所以b n－a n＝4－1×3n－1＝3n2由1得b n＝3n＋2n－1，所以S n＝3＋32＋33＋…＋3n＋1＋3＋5＋…＋2n－1＝＋＝3n－1＋n2＝＋n2－题型二错位相减法求和如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的[典例] 2022·南昌模拟已知数列{a n}满足＋＋＋…＋＝n2＋n1求数列{a n}的通项公式；2若b n＝，求数列{b n}的前n项和S n[解] 1∵＋＋＋…＋＝n2＋n，∴当n≥2时，＋＋＋…＋＝n－12＋n－1，两式相减得＝2nn≥2，∴a n＝n·2n＋1n≥2．又∵当n＝1时，＝1＋1，∴a1＝4，满足a n＝n·2n＋1∴a n＝n·2n＋12∵b n＝＝n－2n，∴S n＝1×－21＋2×－22＋3×－23＋…＋n×－2n－2S n＝1×－22＋2×－23＋3×－24＋…＋n－1×－2n＋n－2n＋1，∴两式相减得3S n＝－2＋－22＋－23＋－24＋…＋－2n－n－2n＋1＝－n－2n＋1＝－n－2n＋1＝－，∴S n＝－[方法技巧]错位相减法求和的策略1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，一般是和式两边同乘以等比数列{b n}的公比，然后作差求解．2在写“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．[针对训练]1．数列，，，，…的前10项之和为________．解析：因为S10＝＋＋＋…＋，①所以S10＝＋＋…＋＋②①－②得S10＝＋－＝＋－＝－－＝，所以S10＝＝答案：2．2022·临川一中质检已知等差数列{a n}满足a3＝5，其前6项和为36，等比数列{b n}的前n项和S n＝2－n∈N*．1求数列{a n}，{b n}的通项公式；2求数列{a n b n}的前n项和T n解：1设等差数列{a n}的公差为d，由已知得解得所以a n＝2n－1n∈N*．对于数列{b n}，因为S n＝2－，所以当n＝1时，b1＝S1＝2－1＝1，当n≥2时，b n＝S n－S n－1＝－＝，综上所述，b n＝n∈N*．2由1得a n b n＝，所以T n＝1＋＋＋…＋＋，①T n＝＋＋＋…＋＋，②①－②得，T n＝1＋1＋＋＋…＋－＝3－，所以T n＝6－＝6－题型三裂项相消法求和如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和[典例] 2022·湖南十三校联考已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2a n－n1证明：数列{a n＋1}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；2记b n＝＋，求数列{b n}的前n项和T n[解] 1由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，由n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－n－2a n－1－n＋1，即a n＝2a n－1＋1，所以a n＋1＝2a n－1＋1n≥2，又a1＋1＝2，所以数列{a n＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n＋1＝2n，a n＝2n－12由1知，b n＝＋＝＝＝－，则T n＝＋＋…＋－＝1－[方法技巧]1．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．2．几种常见的裂项方式[针对训练]1．2022·成都检测在递减的等差数列{a n}中，a1a3＝a－1＝13，则数列的前n项和的最大值为B．D．解析：选D 设等差数列{a n}的公差为d，则d<0，因为a1a3＝a－4，a1＝13，所以1313＋2d＝13＋d2－4，解得d＝－2或d ＝2舍去，所以a n＝a1＋n－1d＝13－2n－1＝15－2n，则＝＝－，所以数列的前n项和S n＝－＋－＋…＋－＝－－，易知当n＝6时，S n取得最大值，最大值为×＝，故选D2．2022·潍坊二模已知等比数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，a n>0n∈N*，S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项．1求数列{a n}的通项公式；2设b n＝log a2n－1，数列的前n项和为T n，求T n 解：1因为S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项，所以2S6＋a6＝S4＋a4＋S5＋a5，所以2S6－S4－S5＝a4＋a5－2a6，化简得4a6＝a4，设等比数列{a n}的公比为q，则q2＝＝，因为a n>0，所以q＝，又a1＝2，所以a n＝2·n－1＝n－22b n＝log12a2n－1＝log122n－3＝2n－3，＝＝－，则T n＝－1－1＋1－＋…＋－＝－[课时跟踪检测]1．2022·河北“五个一名校联盟”模拟已知数列{a n}满足：a n＋1＝a n－a n－1n≥2，n∈N*，a1＝1，a2＝2，S n为数列{a n}的前n 项和，则S2022＝A．3 B．2C．1 D．0解析：选A ∵a n＋1＝a n－a n－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{a n}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2022＝336×0＋a2022＋a2022＝a1＋a2＝2．在数列{a n}中，若a n＋1＋－1n a n＝2n－1，则数列{a n}的前12项和等于A．76 B．78C．80 D．82解析：选B 由已知a n＋1＋－1n a n＝2n－1，得a n＋2＋－1n＋1a nn＋1，得a n＋2＋a n＝－1n2n－1＋2n＋1，取n＝1,5,9及n＝＋1＝22,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝3．2022·开封调研已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1·a n＝2n n ∈N*，则S2022等于A．22022－1 B．3×21009－3C．3×21009－1 D．3×21008－2解析：选B ∵a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，∴＝2∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2022＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2022＋a2022＝a1＋a3＋a5＋…＋a2022＋a2＋a4＋a6＋…＋a2022＝＋＝3×21009－4．已知数列{a n}的通项公式是a n＝2n－3n，则其前20项和为A．380－B．400－C．420－D．440－解析：选C 令数列{a n}的前n项和为S n，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝21＋2＋…＋20－3＝2×－3×＝420－5．1－4＋9－16＋…＋－1n＋1n2＝B．－C．－1n＋1D．以上均不正确解析：选C 当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋－1n＋1n2＝－3－7－…－2n－1＝－＝－；当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋－1n＋1n2＝－3－7－…－[2n－1－1]＋n2＝－＋n2＝综上可得，原式＝－1n＋16．2022·郑州质量预测已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a2＝2，且a n＋2－2a n＋1＋a n＝0n∈N*，记T n＝＋＋…＋n∈N*，则T2022＝B．D．解析：选C 由a n＋2－2a n＋1＋a n＝0n∈N*，可得a n＋2＋a n＝2a na n}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项＋1，所以数列{公式a n＝a1＋n－1×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和S n＝＝，所以＝＝2，T n＝＋＋…＋＝21－＋－＋…＋－＝2＝，故T2022＝＝，故选C7．已知数列{a n}的前n项和S n＝n2＋n＋1，则数列的前n项和T n＝________解析：∵数列{a n}的前n项和S n＝n2＋n＋1，∴S n－1＝n2－n ＋1n≥2，两式作差得到a n＝2nn≥2．故a n＝∴＝＝－n≥2，∴T n＝＋－＋－＋…＋－＝－答案：－8．2022·安徽十大名校联考在数列{a n}中，a1＝－2，a2＝3，a3＝4，a n＋3＋－1n a n＋1＝2n∈N*．记S n是数列{a n}的前n项和，则S20的值为________．解析：由题意知，当n为奇数时，a n＋3－a n＋1＝2，又a2＝3，所以数列{a n}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a20＝10×3＋×2＝120当n为偶数时，a n＋3＋a n＋1＝2，又a3＋a1＝2，所以数列{a n}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19＝a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a17＋a19＝2×5＝10，所以S20＝120＋10＝130答案：1309．2022·益阳、湘潭调研已知S n为数列{a n}的前n项和，若a1＝2且S n＋1＝2S n，设b n＝log2a n，则＋＋…＋的值是________．解析：由S n＋1＝2S n可知，数列{S n}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以S n＝≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n－2n－1＝2n －1，ba n＝当n≥2时，＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋n＝log2－＋…＋－＝2－＝答案：10．2022·大连模拟设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝1，a n＋1＝3S n＋1，n∈N*1求数列{a n}的通项公式；2记T n为数列{n＋a n}的前n项和，求T n解：1由a n＋1＝3S n＋1，得当n≥2时，a n＝3S n－1＋1，两式相减，得a n＋1＝4a n n≥2．又a1＝1，a2＝4，＝4，所以数列{a n}是首项为1，公比为4的等比数列，所以数列{a n}的通项公式是a n＝4n－1n∈N*．2T n＝1＋a1＋2＋a2＋3＋a3＋…＋n＋a n＝1＋2＋…＋n＋1＋4＋42＋…＋4n－1＝＋＝＋11．2022·广州调研已知数列{a n}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1a n＝n∈N*．1求数列{a n}的通项公式；2设b n＝，求数列{b n b n＋1}的前n项和T n解：1当n＝1时，a1＝因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2a n－1＋4n－1a n＝，①所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2a n－1＝n≥2，n∈N*，②①－②得4n－1a n＝n≥2，n∈N*，所以a n＝n≥2，n∈N*．当n＝1时也适合上式，故a n＝n∈N*．2由1得b n＝＝，所以b n b n＋1＝＝，故T n＝＝＝12．已知{a n}为等差数列，前n项和为S n n∈N*，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b41求{a n}和{b n}的通项公式；2求数列{a2n b2n－1}的前n项和n∈N*．解：1设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q由已知b2＋b3＝12，得b1q＋q2＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0又因为q＞0，解得q＝2所以b n＝2n由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n2设数列{a2n b2n－1}的前n项和为T n，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2n b2n－1＝3n－1×4n，故T n＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋3n－1×4n，4T n＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋3n－4×4n＋3n－1×4n＋1，上述两式相减，得－3T n＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－3n－1×4n＋1＝－4－3n－1×4n＋1＝－3n－2×4n＋1－8故T n＝×4n＋1＋所以数列{a2n b2n－1}的前n项和为×4n＋1＋。
新高考2023版高考数学一轮总复习第6章第4讲数列求和课件
1 n＋
n＋1，前
n
项和为 9，则 n＝ A．9
B．99
(B )
C．10 [解析]
D．100
因为 an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.所以 Sn＝a1＋a2＋a3＋…
＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1.所以 n＋1－
1＝9，即 n＋1＝10，所以 n＝99.故选 B．
1．常见的裂项公式 (1)nn1＋1＝1n－n＋1 1； (2)nn1＋k＝1k1n－n＋1 k； (3)n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1；
(4)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1；
(5)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n；
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)；
(6)nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2.
D．439＋2120
(2)(2021·信 阳 模 拟 ) 已 知 数 列 {an} 中 ， a1 ＝ a2 ＝ 1 ， an ＋ 2 ＝
a2na＋n，2， n是n是 偶奇 数数 ，， 则数列{an}的前 20 项和为
(C )
A．1 121
B．1 122
C．1 123
D．1 124
[解析] (1)令数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20 ＝2(1＋2＋3＋…＋20)－12＋212＋213＋…＋2120＝420－1－2120＝419＋2120.
项
和
公
式
：
Sn
＝
na1＋an 2
＝n_a_1＋__n__n_－2__1_d＝
(3)等比数列的前 n 项和公式： Sn＝naa11－1－，aqqnq＝＝1_，___a_1_11_－－__qq_n_ ，q≠1. 注意等比数列公比 q 的取值情况，要分 q＝1，q≠1.
2025年高考数学一轮复习 第六章 数列-第四节 数列求和【课件】
6
7
C.
=
−
+
D.
−
+ ⋯+
−
=− =
.故选D.
3.若数列{ }满足1 = 2, + +1 + +2 = 2( ∈ N ∗ ),则其前2 023项和为( C )
A.1 360
B.1 358
C.1 350
D.1 348
[解析] ∵ = , + + + + = ,
如果一个数列{ }中,与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求
这个数列的前项和可用倒序相加法求解.
知识拓展
1
（1）
+1
1
1
= −
.
+1
1
1
1
1
（2）
=
−
.
2−1 2+1
2 2−1
2+1
1
1
1
1
（3）
= [
−
+1 +2
2 +1
+1 +2
1
1
[解析] 因为数列{ }的通项公式为 = − ⋅ ,
所以数列{ }的前项和为
= × + × + × + ⋯ + − ⋅ ①,
则 = × + × + × + ⋯ + − ⋅ + ②,
∴ = + + + + + + + ⋯ + + + =
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．。
2022版高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和课件
①－②得：bnn＝an＋1－an＝2，
所以bn＝2n.
所以bn＝62n
n＝1 n≥2
.
(2)当n＝1时，S1＝a11b1＝4×1 6＝214.
当n≥2时，an1bn＝2n21n＋2＝141n－n＋1 1， 则Sn＝214＋1412－31＋13－14＋…＋1n－n＋1 1 ＝214＋1412－n＋1 1 ＝122nn－＋11， 当n＝1时满足上式，故Sn＝122nn－＋11.
[解] (1)∵a2＝8，Sn＝an2＋1－n－1， ∴a1＝S1＝a22－2＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋1－n－1－a2n－n， 即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2， ∴an＋1＝3an＋2，n∈N*， ∴an＋1＋1＝3(an＋1)， ∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an
na1，q＝1， Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq，q≠1.
2．几种数列求和的常用方法 (1)分组求和法：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(注意消项规律)，从而求得前n项和．裂项时常用的 三种变形：
[解] (1)数列{an}是公差为2的等差数列， 数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1. 所以当n＝1时，a2＝b1＝6， 故an＝6＋2(n－2)＝2n＋2， 由于b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1，①
当n≥2时，b1＋b22＋b33＋…＋nb－n－11＝an，②
(1)已知等差数列{an}的公差Leabharlann d(d≠0)，则有ana1n＋1＝1d
(全国通用)高考数学一轮总复习第六章数列6.4数列求和、数列的综合应用课件理新人教B版
解题导引
((12))将求已bn知→结等(n式合n 变(2j)i1é2形haén2求)式Sn子→特由点an与Sn的关系求an
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裂项求和→用放缩法证Tn<
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解析 (1)由 -(Snn22+n-1)Sn-(n2+n)=0,得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0.
由于{an}是正项(zhènɡ xiànɡ)数列,所以Sn>0,Sn=n2+n.
故Tn=b1+b2+b3+…+bn=(2+2×22+3×23+…+n·2n)+(1+2+3+…+n).
令T=2+2×22+3×23+…+n·2n,则2T=22+2×23+3×24+…+n·2n+1,
两式相减,得-T=2+22+23+…+2n-n·2n+1= -n·2n+1,
∴T=2(1-2n)+n·2n+1=2+(n-1)·2n+1.
项,后面也剩两项.有些情况下,裂项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.
例2 (2013江西,17,12分)正项数列{an}的前n项和Sn满足: -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
(1)求数列{an}的通项an;
Sn2
(2)令bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对于任意的n∈N*,都有Tn< .
高考(ɡāo kǎo)理数
§6.4 数列(shùliè)求和、数列(shùliè)的综合应用