数列分组求和法(新)
新课标数列分类求和的解法分析
新课标数列分类求和的解法分析[摘要]在新课标中大多数求和的数列都是由我们所学过的等差、等比数列构造而来的新数列，因此数列求和问题的基本思想是以转化为基础，合理地进行变形，将新数列同我们所学过的等差、等比数列相联系，从而达到以旧解新的目的。
本文详细的阐述了此观点。
[关键词]数列求和；数列的分类；方法的选择中图分类号：g623.5数列求和是数列的重要内容之一，在新课标高考和各种考查中都占有重要的地位。
由于数列求和没有通性通法，学生在解题时，只能盲目地照搬教辅资料上的方法。
针对这种情况，笔者有一点求解心得，即依据通项公式的结构将求和数列进行分类，运用转化思想，有针对性地将通项公式整理变形后，同等差、等比数列相联系，从而求和。
1.求和数列的分类1.1 等差、等比型数列：即数列通项公式最终可化简整理成一次函数模型或者指数型函数模型的数列。
如：an=kn+b和an=kqn型的数列。
1.2 组合数列：即由一个等差和一个等比数列构造而成的数列。
设{an}是等差数列、{bn}是等比数列1.2.1 加减组合数列：即由一个等差和一个等比数列相加减组成的数列。
如：数列{cn}的通项公式为cn=an+bn1.2.2 乘除组合数列：即由一个等差和一个等比数列相乘除组成的数列。
如：cn=an·bn和相除时，等差数列做分子，等比数列做分母，此时依然为等比数列。
1.3 分式型数列：即通项公式可整理成分式的数列。
如：2.各类数列求和的解法分析在新课标中，常用的求和方法有：公式法、分组求和法、错位相减法、裂项法。
2.1 等差、等比型数列此类数列最终可化简成等差、等比数列，故可采用公式法求和，即直接用求和公式求解。
例1、（2010陕西卷）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1=1且a1，a3，a9成等比数列。
（1）求数列{an}的通项；（2）求数列的前n项和sn解：（1）由已知得解得d=1，d=0 （舍去）故{an}的通项an=1+（n-1）×1=n （2）由（1）知由等比数列前n项和公式得注意：求和时，搞清楚首项、公差、公比（是否为1）的值，以及求多少项的和，不一定是n项2.2 组合数列2.2.1 加减组合数列：采用分组求和法求和，即将数列分成几个等差、等比、或常见的数列，然后分别求和再合并。
专题32 数列中分组求和法问题(解析版)
专题32 数列中分组求和法问题【高考真题】 2022年没考查 【方法总结】 分组转化法求和有些数列，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，可转化为几个可求和的数列，先分别求和，然后再合并．(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为可求和的数列(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 }是可求和的数列(等比数列或等差数列)，可采用分组求和法求和．【题型突破】1．已知数列{a n }为等差数列，其中a 5＝3a 2，a 2＋a 3＝8． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝2，从数列{a n }中取出第b n 项记为c n ，若{c n }是等比数列，求{b n }的前n 项和．1．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8，a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *．(2)c 1＝ab 1＝a 1＝1，c 2＝ab 2＝a 2＝3，从而等比数列{c n }的公比为3，因此c n ＝1×3n －1＝3n －1． 另一方面，c n ＝a bn ＝2b n －1，所以2b n －1＝3n －1，因此b n ＝3n －1＋12．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝（1＋31＋…＋3n －1）＋n 2＝3n ＋2n －14．2．已知递增等比数列{a n }的前三项之积为8，且这三项分别加上1，2，2后又成等差数列． (1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．2．解析 (1)设等比数列前三项分别为a 1，a 2，a 3，公比为q ，则a 1＋1，a 2＋2，a 3＋2成等差数列．依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 2a 3＝8，2(a 2＋2)＝(a 1＋1)＋(a 3＋2)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q ·a 1q 2＝8，2(a 1q ＋2)＝a 1＋1＋a 1·q 2＋2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12(舍去)．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1．(2)由b n ＝a n ＋2n ，得b n ＝2n －1＋2n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(20＋21＋22＋…＋2n －1)＋2×(1＋2＋3＋…＋n )＝20(1－2n )1－2＋2×n (1＋n )2＝2n ＋n 2＋n －1．3．已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且a 1＝2，S 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋4n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．3．解析 (1)∵数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，a 1＝2，S 3＝12， ∴S 3＝3×2＋3×22d ＝12，解得d ＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ．(2)∵b n ＝a n ＋4n ＝2n ＋4n ， ∴T n＝2(1＋2＋3＋…＋n )＋(4＋42＋43＋…＋4n )＝2×n (n ＋1)2＋4(1－4n )1－4＝n 2＋n ＋4n ＋13－43． 4．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＝32⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．4．解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则a n ＝a 1q n －1，且a n >0，由已知得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＝32⎝⎛⎭⎫1a 1q 2＋1a 1q 3，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ a 21q (q ＋1)＝2(q ＋1)，a 21q 5(q ＋1)＝32(q ＋1)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 5＝32，又∵a 1>0，q >0，∴a 1＝1，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1．(2)由(1)知b n ＝a 2n ＋log 2a n＝4n －1＋n －1， ∴T n＝(1＋4＋42＋…＋4n －1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n －1)＝4n －14－1＋n (n －1)2＝4n －13＋n (n －1)2．5．已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．5．解析 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列． ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝a 1＋5d ＝6，a 1＋d 2＝a 1a 1＋3d ，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n ．(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ， 则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n ．故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2． 6．由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3．6．解析 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1，因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2．(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ， 根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2) ＝2×(1－22n ＋1)1－2＋(3＋2n ＋4)(2n ＋2)2＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5．7．若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n ∈N *)． (1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．7．解析 (1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ， 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ，∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝λ·2n －1．(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)，∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43．8．已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n，求数列{c n }的前n 项和S n ．8．解析 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12，得log 2(a 1a 2a 3)＝12，∴a 1a 2a 3＝212． 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝4，∴a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212，解得q ＝4， ∴a n ＝4·4n －1＝4n ．(2)由(1)得b n ＝log 24n ＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n ．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n ·41－4＝43(4n－1)，∴S n ＝n n ＋1＋43(4n －1)．9．已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n，求数列{c n }的前n 项和S n ．9．解析 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12，得log 2(a 1a 2a 3)＝12，∴a 1a 2a 3＝212． 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝4，∴a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212，解得q ＝4， ∴a n ＝4·4n －1＝4n ．(2)由(1)得b n ＝log 24n ＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n ．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n ·41－4＝43(4n－1)，∴S n ＝n n ＋1＋43(4n －1)．10．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 3＝4，a 3是a 2－2与a 4的等差中项，若a n ＋1＝2n b(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若数列{}c n 满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{}c n 的前n 项和S n ．10．解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0，由a n >0，a 1a 3＝4，得a 2＝2，又a 3是a 2－2与a 4的等差中项，故2a 3＝a 2－2＋a 4，∴2·2q ＝2－2＋2q 2， ∴q ＝2或q ＝0(舍)．∴a n ＝a 2q n －2＝2n －1， ∴a n ＋1＝2n ＝2n b，∴b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n ＋1(2n －1)(2n ＋1)＝2n ＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{}c n 的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2(1－2n )1－2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n 2n ＋1(n ∈N *)． 11．(2019·天津)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0．已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．11．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0)．依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n ．所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n ．(2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n )＝⎣⎡⎦⎤n ×3＋n (n －1)2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1＝－3(－3n )1－3＋n ×3n ＋1＝(2n －1)3n ＋1＋32．所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n －1)3n ＋1＋32＝(2n －1)3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n 2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n ．12．解析 (1)由a 1＝－3S 1＋4＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴数列{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫14n －1，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝⎛⎭⎫14n＝2n ． (2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1)．令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1．∴H n ＝2－n ＋22n ．又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，∴T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n ＋nn ＋1．13．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *．(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n ．13．解析 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n ． 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列．因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n ，n ∈N *．(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a 2n ＝⎝⎛⎭⎫12n ， 所以a n ＝11221,21 2n n n n +-⎧⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩，为奇数，为偶数. (3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n ＝21233, 2432n n n n +⎧-⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，为偶数，为奇数.14．(2021·新高考Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数.(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．14．解析 (1)因为b n ＝a 2n ，且a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数，所以b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5．因为b n ＝a 2n ，所以b n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋3－a 2n ＝3，所以数列{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以b n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，n ∈N *．(2)因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n＋2，n 为偶数，所以k ∈N *时，a 2k ＝a 2k －1＋1＝a 2k －1＋1，即a 2k ＝a 2k －1＋1，①，a 2k ＋1＝a 2k ＋2，② a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1＝a 2k ＋1＋1，即a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1，③ 所以①＋②得a 2k ＋1＝a 2k －1＋3，即a 2k ＋1－a 2k －1＝3，所以数列{a n }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即a 2k ＋2－a 2k ＝3，又a 2＝2，所以数列{a n }的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{a n }的前20项和S 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300．15．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25．(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)n S n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．15．解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1， 所以a n ＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2．(2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时， T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)] ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2．当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2．综上可知，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2．16．在①b n ＝na n ，②b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n，n 为偶数，③b n ＝1(log 2a n ＋1)(log 2a n ＋2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝1，其中a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记________，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．16．解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列，所以2(a 2＋1)＝a 1＋a 3＋1．又因为a 1＝1，所以2(q ＋1)＝2＋q 2，即q 2－2q ＝0，所以q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝2n －1． (2)由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件①，则b n ＝n ·2n －1， 所以T 2n ＝1×20＋2×21＋…＋2n ×22n －1， 则2T 2n ＝1×21＋2×22＋…＋2n ×22n ， 两式相减得－T 2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n －1－2n ×22n ＝1－22n1－2－2n ×22n ＝(1－2n )×22n －1， 所以T 2n ＝(2n －1)·22n ＋1．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件②，则b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n －2＋2n －1)＝(20＋22＋…＋22n －2)＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝1－4n 1－4＋n (1＋2n －1)2＝4n 3＋n 2－13．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件③，则b n ＝1n (n ＋1)，所以T 2n ＝11×2＋12×3＋…＋12n (2n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1． 17．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且{b n }的前n 项和为S n ，2a 1＝b 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，________．在①b 5＝4(b 4－b 3)，②b n ＋1＝S n ＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n －b n }的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．17．解析 (1)若选条件①，b 5＝4(b 4－b 3)．设等差数列{a n }的公差为d ，∵2a 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，∴a 1＋4d ＝5(a 1＋3d －a 1－2d )，∴a 1＝d ＝1．∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ． 设等比数列{b n }的公比为q ．由b 1＝2，且b 5＝4(b 4－b 3)，得b 1q 4＝4(b 1q 3－b 1q 2)．∴q 2－4q ＋4＝0，解得q ＝2．所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．故b n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *)． 若选条件②，b n ＋1＝S n ＋2．令n ＝1，得b 2＝S 1＋2＝b 1＋2＝4．∴公比q ＝b 2b 1＝2．∴数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．从而b n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n －b n ＝n －2n ，∴T n ＝(1＋2＋3＋…＋n )－(21＋22＋23＋…＋2n )， ∴T n ＝n (1＋n )2－2(1－2n )1－2，∴T n ＝2－2n ＋1＋n 22＋n 2．18．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1 000，求n 的取值范围．18．解析 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1． (2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝21－22n ＋11－4＋n 1＋2n －12＝22n ＋13＋n 2－23．易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000， 故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *．19．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 4＝23，a 3＋a 5＝209，设b n ＝log 3a n2(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)令T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…＋b 2n －1，求使T n >0成立的最小值n ．19．解析 (1)设等比数列{a n}的公比为q ，由题意知，⎩⎨⎧a 1q 3＝23，a 1q 2＋a 1q 4＝209，两式相除，得q 1＋q 2＝310， 解得q ＝3或q ＝13，∵{a n }为递增数列，∴q ＝3，a 1＝281．∴a n ＝a 1q n －1＝281·3n －1＝2·3n －5．∴b n ＝log 3a n2＝n －5，数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－4＋n －5)2＝12(n 2－9n )．(2)T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…＋b 2n －1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n －1－5)＝1－2n1－2－5n >0， 即2n >5n ＋1，∵24<5×4＋1，25>5×5＋1，∴n min ＝5．20．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数．(1)试判断数列{a n }是否为等比数列； (2)若a 2＝12，a 3＝1．①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式；②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2n b，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值．20．解析 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3．又取n ＝2，得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列．(2)①由条件得⎩⎨⎧a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1．当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12，公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)． ②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋n ·2n －2．记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝n 2(n ＋2)， 记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1， 两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12，从而T n ＝n 2(n ＋2)＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1，则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4(n ＋1)(n －1)(n ＋2)＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9， 从而最小正整数n 的值是10．。
数列求和常见的7种方法(新)
数列求和的基本方法和技巧一、总论：数列求和7种方法： 利用等差、等比数列求和公式错位相减法求和 反序相加法求和 分组相加法求和法，. 的技巧.1、 23、 S n 5、 213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）＝x x x n --1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.}的前n [例3]）再利用等比数列的求和公式得：n n x n x x S x )12(121)1(---⋅+=- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和. 解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………① 14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………② （设制错位） ①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS （错位相减）1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S三、反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.[例5] 求证：n n n n n n n C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++证明： 设nn n n n n C n C C C S )12(53210++⋅⋅⋅+++=………………………….. ①把①式右边倒转过来得113)12()12(n n n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=- （反序）又由mn n m n C C -=可得nn n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..…….. ②①+②得 nn n n n n n n n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=- （反序相加） ∴ nn n S 2)1(⋅+=[例6] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序） 又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 （反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.5题1已知函数（1）证明：；（2）求的值.解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，两式相加得：所以.练习、求值：四、分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. [例7] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n （分组） 当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S n n -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- [例8] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=（1（3（5(6) nnn n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 （7）)11(1))((1CAn B An B C C An B An a n +-+-=++=（8）n a ==[例9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解：设n n n n a n -+=++=111（裂项）则 11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n （裂项求和）1(23)12(n n + [例10] .[例11]＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立答案：六、分段求和法（合并法求和）针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n .[例12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.解：设S n ＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°∵ )180cos(cosn n --= （找特殊性质项）∴S n ＝ （cos1°+ cos179°）+（ cos2°+ cos178°）+ （cos3°+ cos177°）+···+（cos89°+ cos91°）+ cos90° （合并求和）＝ 0[例13] 数列{a n }：n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1，求S 2002.解：设S 2002＝2002321a a a a +⋅⋅⋅+++由n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1可得,2,3,1654-=-=-=a a a,2,3,1,2,3,1121110987-=-=-====a a a a a a……2,3,1,2,3,1665646362616-=-=-====++++++k k k k k k a a a a a a∵ 0665646362616=+++++++++++k k k k k k a a a a a a （找特殊性质项） ∴ S 2002＝2002321a a a a +⋅⋅⋅+++ （合并求和）＝)()()(66261612876321++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+++k k k a a a a a a a a a a2002200120001999199819941993)(a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+＝2002200120001999a a a a +++ ＝46362616+++++++k k k k a a a a ＝5[例14] 在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值.解：设1032313log log log a a a S n +⋅⋅⋅++=由等比数列的性质 q p n m a a a a q p n m =⇒+=+ （找特殊性质项） 和对数的运算性质 N M N M a a a ⋅=+log log log 得)log (log )log (log )log (log 6353932310313a a a a a a S n ++⋅⋅⋅++++= （合并求和）＝)(log )(log )(log 6539231013a a a a a a ⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅ ＝9log 9log 9log 333+⋅⋅⋅++ ＝10七、利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法.[例15] 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和. 解：由于)110(91999991111111-=⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅k k k个个 （找通项及特征） ∴ 11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++ ＝)110(91)110(91)110(91)110(91321-+⋅⋅⋅+-+-+-n （分组求和） ＝)1111(91)10101010(911321 个n n +⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅+++＝9110)110(1091n n ---⋅ ＝)91010(8111n n --+ [例16] 已知数列{a n }：∑∞=+-+++=11))(1(,)3)(1(8n n n n a a n n n a 求的值. 解：∵ ])4)(2(1)3)(1(1)[1(8))(1(1++-+++=-++n n n n n a a n n n （找通项及特征） ＝])4)(3(1)4)(2(1[8+++++⋅n n n n （设制分组） ＝)4131(8)4121(4+-+++-+⋅n n n n （裂项） ∴ ∑∑∑∞=∞=∞=++-+++-+=-+1111)4131(8)4121(4))(1(n n n n n n n n n a a n （分组、裂项求和） ＝418)4131(4⋅++⋅ ＝313 提高练习：1．已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+==，⑴设数列),2,1(21 =-=+n a a b n n n ，求证：数列{}n b 是等比数列；⑵设数列),2,1(,2 ==n a c nn n ，求证：数列{}n c 是等差数列；2．设二次方程n a x 2-n a +1x +1=0(n ∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．(1)试用n a 表示a 1n +；3．数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122 *N n ∈⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵设||||||21n n a a a S +++= ，求n S ；。
专题06 数列求和(分组法、倒序相加法)(解析版)
数列专题六 ：数列求和（分组法、倒序相加法）一、知识储备1、倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.2、分组求和法，如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法. 二、例题讲解1．（2021·全国高三专题练习）定义在R 上的函数()442xx f x =+,121n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,2,3,n =⋅⋅⋅,求n S . 【答案】12n - 【分析】由已知条件推导出()(1)1f x f x +-=，因此111n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由此能求出结果. 【详解】函数4()42xx f x =+，114(1)42xxf x ---=+， 可得()(1)1f x f x +-=， 即有： 121n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 又121n n n S f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 可得：1122n n S ff fn n n ⎡⎤⎡-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣211n n f f f n n n ⎤⎡⎤--⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎦⎣⎦， 1n =-，即有12n n S -=.故答案为：12n -. 2．（2021·全国高三专题练习）()221xf x x =-，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得122020202120212021f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值。
【答案】2021 【分析】先证得()()12f x f x +-=，利用倒序相加法求得表达式的值. 【详解】解：由题意可知()()()()()2122121=22121-121x x xf x f x x x x --+-=+=---， 令S=122020 202120212021⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭f f f 则S=202020191 202120212021⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭f f f 两式相加得，220202S =⨯2020S ∴=．故填：2020 【点睛】本题考查借助倒序相加求函数值的和，属于中档题，解题关键是找到()()12f x f x +-=的规律．3．（2022·全国）已知等比数列{}n a 中，11a =，且22a 是3a 和14a 的等差中项.数列{}n b 满足，且171,13b b ==.212n n n b b b +++=.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n n a b +的前n 项和n T . 【答案】（1）12n n a ；（2）221n n T n =+-.【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，由等差中项的性质建立等量关系，求解q ，从而求出数列{}n a 的通项公式；（2）由等差中项的性质可知{}n b 为等差数列，求出{}n b 通项公式，分组求和即可.【详解】解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q 因为11a =，所以222131,a a q q a a q q ====.因为22a 是3a 和14a 的等差中项， 所以23144a a a =+， 即244q q =+， 解得2,q =所以1112n n n a a q --==.（2）因为212n n n b b b +++=， 所以{}n b 为等差数列. 因为171,13b b ==， 所以公差131271d -==-. 故21n b n =-.所以1122n n n T a b a b a b =++++⋯++()()1212n n a a a b b b =++⋅⋅⋅++++⋯+21212121()n n n n n -+-=+=+- 三、实战练习1．（2021·陕西渭南市·（文））已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求。
数列分组求和法(新)
分组求和法1典题导入[例1] (2021山东高考)等比数列｛a n｝中,a i, a2, a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a i, a2, a3中的任何两个数不在下表的同一列.A列第二列第三列第一行 3 2 10第二行 6 4 14第三行9 8 18(1)求数列｛a n｝的通项公式；(2)假设数列｛b n｝满足:b n=a n+(—1)n ln a n,求数列｛b n｝的前2n项和S2n.[自主解答](1)当a1 = 3时,不合题意；当a1=2时,当且仅当a2=6, a3=18时,符合题意；当a1=10时,不合题意.因此a1 = 2, a2= 6, a3=18.所以公比q=3,故a n= 2 3n 1.(2)由于b n=a n+(—1)n ln a n=2 3n 1+(-1)n ln(2 3n1)= 2 3n〔+(—1)n(ln 2- In 3)+(— 1)n nln 3,所以S2n= b〔 +b2+…+ b2n= 2(1 + 3+…+ 32n〔)+[ —1 + 1 —1+ …+ (— 1)2n](ln 2-ln 3), 1 — 32n o+ [ —1 + 2 —3+…+ ( — 1)2n]ln 3 = 2X------------------- +nln 3 =32n + nln 3-1.1-32由题悟法分组转化法求和的常见类型(1)假设a n= b ni 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.b n, n为奇数,(2)通项公式为a n= ,沙山的数列,其中数列｛b n｝, ｛C n｝是等比数列或等差数C n, n为偶数列,可采用分组求和法求和.3以题试法1. (2021威海模拟)数列｛X n｝的首项X1 = 3,通项X n = 2n p+ nq(nC N*, p, q为常数), 且X1 , X4 , X5成等差数列.求：(1)p, q 的值；(2)数列｛ x n｝前n项和S n的公式.解：⑴由 x i = 3,得 2p+q=3,又由于 x 4=24p+4q, x 5=25p+5q,且 xi+x 5=2x 4,得 3 + 25p+5q = 25p+8q, 解得 p= 1, q=1.n n+1(2)由(1),知 x n=2n+n,所以 S n= (2+22+…+ 2n)+(1+2+…+n) = 2n+〔一2+-2-11112 .数列12-, 3], 5g, 7,,…白向刖n 项和&为( ).21B . n + 2—2n21D . n + 2—2n —11解析 由题息知数列的通项为an=2n —1+2T ,,答案 C3 .等差数列｛a n ｝的前n 项和为S,且a 3 = 5, Ss= 225. ⑴ 求数列｛a n ｝的通项公式；(2)设b n=2a n+2n ,求数列｛b n ｝的前n 项和T n .解析：(1)设等差数列｛a n ｝的首项为公差为d,a1 +2d=5,a 1 二 1,解得,a n = 2n —1.d=2,1 n 一(2) .• b n=2a n +2n=2 ・ 4 + 2n, Tn=b1+b2+-- -+ bn= 2(4+42+―+4n ) + 2(1 +2+…+ n)A. n 2+ 1 - 2n-r21C. n+1 — 2n那么 Sn= —1 +2n — 1215a1 + 15X 14 2d = 225,n 2+n = | . 4n+n 2+ n-|. 3 34 .设｛a n ｝是公比为正数的等比数列,a i = 2, a 3 = a 2 + 4.⑴ 求｛a n ｝的通项公式;〔2〕设｛b n ｝是首项为1,公差为2的等差数列,求数列｛a n+b n ｝的前n 项和S n .解析〔1〕设q 为等比数列｛a n ｝的公比,那么由a i = 2, a 3 = a 2+ 4得2q 2 = 2q+4,即 q 2— q —2=0,解得 q = 2 或 q= — 1〔舍去〕,因此 q = 2.所以｛a n ｝的通项为 a n = 2 • 2nT = 2n (nC N*).一 1 1 . 1 . 1,1, , 15 .求和 Sn=1+ 1+2 + 1+2+4 +…+ 1+2+4 +….解和式中第k 项为 1 d 1 2 1 二 2n11-26.数列｛an ｝的前 n 项和为 S n, a 1 = 1, a 2= 2, a n+2—a n= 1 + (—1)n (n C N ),那么 S 100 =答案 2 600斛析 由 3n+ 2 — a n =1+( — 1)知 32k+ 2— 32k= 2 ,a 2k+1 — a2k 1 = 0, a 1 = a 3= a 5= 11• = a2n 1 = 1, 数列｛a 2k ｝是等差数列,a 2k= 2k.600= (a 1 + a 3+ a 5+ …+ a 99)+ (a 2+ a 4+ a 6+ …+ a [00)100 +2 X 50= 50+(2 + 4+6+ ••+ 100)=50 + ---------------- 2 --------- = 2 600.「 小力 小c 39 25 65 n 2n + 17.求和：(1)S n=3+9+25+65+…+ —；H —； 24 o 16 2 (2)S n= X+12+ X 2+W 2+…+ X n +)2. X X Xn 2n +1 1解 (1)由于 an=-2-=A+|K,1••S n= 1+21 + 2+ 22 + 3+ 23 +…+ n + 2n“-八 、111,,工= (1 + 2+3+ - +n)+ 2+ 22+23+ (2)/+1 /4 -4 =^6~~c 2 (2) S = _n1-2 1-2n nx 1 + -n-1 2X2=2n +1+n 2 —2.1.1.. ak=1 + 2+4+…+1 — 1k 12 =1k 112 1 __ 12 =2 ,1 1 -2k .=2[(1 + 1+…+ 1 .11 — 22 +…+1 1 一 2n=2 n — —n-1 + 2n — 2. 2 nH^(2 +। 1 …+2n )]1 1n n+ 1 2 1 — 2n n n+ 1 1 = 2 + 1 - = 2 一才+1.1 -- (2)当 x= + 时,S n=4n.当 xw 十 时, S n= X+[ 2+ X2 + ±2+…+ X n + J 2 X X X = X 2+2 + / + X 4 + 2 + $ + …+ X 2n +2 + , =(X 2+X 4+…+ X 2n )+2n+ ]+]+…+ J x 2--1 x 21 —x 2nX2-1 + 1 -x 2 x 2n —1 x 2n +2+1x 2n —1 x 2n+2+18 .数列｛a n ｝中,a 1 = -60, a n+1 = a n+3,那么这个数列前30项的绝对值的和是 .答案 765解析 由题意知｛a n ｝是等差数列,a n=- 60+3(n-1)=3n-63,令a n>0,解得n>21. 「• |a 1|+ |a 2|+ |a 3|+ …+ |a 30|=—(a 〔+ a2+ …+ a 20)+ (a 21 + …+a 3.)-60 + 90-63 x 30=S30- 2S 20= --------------------------- 2 --------------— ( — 60+ 60- 63) X 20 = 765. 9 .数列｛a n ｝的前n 项和S n=n 2-4n+2,那么冏|+标|+…+ |a 〔0| =答案 66解析 当 n= 1 时,a1=S1=— 1. 当 n>2 时,a n=S n — S n —1= 2n — 5.—1 n= 1 a n = .2n-5 n>2 5 令 2n- 5< 0,得 nW 2,・•・当 nw 2 时,a n <0,当 n>3 时,a n >0,「• |a 1|+ |a 2|+ …+ |a 10|=一 (a 〔 + a 2) + (a 3 + a 4 + …+ a [0) = S 10— 2s2= 66. 10 .数列｛a n ｝的通项公式为a n=( —1)广1 (4n —3),那么它的前100项之和S 100等于()A. 200B. - 200C. 400D. - 400答案 B解析 S 100= (4X 1 -3)-(4X 2-3)+(4X 3-3) - - - -(4X 100—3)=4X [(1 -2)+ (3-4) + …+ (99- 100)] =4X (-50) = - 200.11 .(2021课标全国)数列｛a n ｝满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,那么｛a n ｝的前60项和为.+ 2n+ 2n.x 2n x 2— 1+ 2n xw =y .4n答案 1 830解析-an+i+(-1)n an=2n-1,••a2=1+a i, a3=2—a i, a4 = 7 — a i, a5=a i, a6=9+a i, a7=2 —a i, a8= 15 — a i, a9 =ai, a io=i7+a i, a ii=2 —a i, a i2 = 23 —ai,…,a57= a i, a58=ii3+a i, a59= 2 — a i, a60= ii9 — a i,「• a i + a2+…+ a60= (a i+ a2+ a3 + a4)+ (a5+ a6+ a7+ a8)+ …+ (a57+ a58 + a59+ a6o)= io+ 26 + 42+ …+234 i5X i0+234 = 2 = i 830.12 .数列2 008,2 009,i , -2 008, -2 009,…这个数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,那么这个数列的前 2 0i3项之和S2 0i3等于()A. iB. 2 0i0C. 4 0i8D. 0答案C解析由得a n = a n i+a n+i (n>2),,a n+i=a n—a n i.故数列的前8项依次为2 008,2 009,i , - 2 008, - 2 009, - i, 2 008,2 009.由此可知数列为周期数列,周期为6,且Ss= 0./2 0i3=6X335+3,,S2 0i3 = S3=4 0i8., i ........... .......................................... ~ ...................13 .设f (x) ――,利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法,可求2x 2f( 5) f( 4) f(0) ... f(5) f(6)的值为A. 3<2B. 22C. 2v12D.—2解：由于f(x) f (i x) —,那么原式I｛[ f( 5) f(6)] [f( 4) f (5)]2 2[f(6) f( 5)]｝- i2 — 3石,选A2 2i4.数列｛a n｝的前n 项和为S n,满足：a i i , 3tS n (2t 3)& i 3t,其中t 0,n N且n 2 (i)求证：数列｛an｝是等比数列；i ............ ............... .(n)设数列｛a n｝的公比为f (t),数列｛b n｝满足b i i,b n f (——)(n 2),求b n的通项b ni〔出〕记T n b i b2 b2b3 b3b4 b4b5 b2ni b2n b2n b2ni,求证：「20 92 时,3tS n(2t 3)S ni 3t ①,3tS ni (2t 3)S n3t ②+ a 4+a 8+…+ a2n ,那么 T n =解析：设｛a n ｝的公差为dw0,由a 1, a 2, a 5成等比数列,得 a2=a 1a 5, 即(7 — 2d)2= (7 — 3d)(7 + d) . .d = 2 或 d = 0(舍去)..-,an=7+(n-4)X2=2n-1.又 a 2n = 2 2n — 1 =2n +1—1, .•T n=(22— 1)+(23— 1)+(24— 1)+ …+ (2n +1 —1)= (22+ 23+ ••• +2n+1)-n=2n+2-n- 4.②一①得：3ta n 1 (2t 3)a n 0a n 1 a n2t 3 - ------ (n 2) 3t又a 1 1,3t(a i a ?) (2t 3)4 3t ,解得: a 22t 3 3ta 2 a n a ia 2a n2t 3 3t ｛a n ｝是首项为2t 3 ,2~^的等比数列.3t-33 h b n1-,b n --------------n 3b n 13b n1 3 2b nb n b n(n 1) 3(m)T n b 2(b 1b 4(b 3b 5)b 2n (b 2n 1b 2n1)4(b 2 b 4 3b 2n ) 当n 2时,2n 23n 为增,4n3 2 51) 2n(4n 96)4 2(2n 2 3n)915.1002 99298297222A. 2525B. 5050C. 解：原式(100 99) (98 97)20 912的值是10100(2 1) D. 202105050 ,选 B16.等差数列｛a n ｝的公差不为零,a 4=7, a 1,a 5成等比数列,数列｛T n ｝满足条件 T n=a 2。
分组求和、并项求和
3 1 第二题：sn n (n 1) 1 n 4 5
第三题：S列直接应用求和公式求和。 • 非等差、等比的数列，通过通项化归的思 想设法转化为等差、等比数列，常用方法 有倒序相加法、错位相减法、拆项并组法 • 不能转化为等差、等比的数列，往往通过 裂项相消法求和。
当堂诊学
• 对下列式子进行求和：
1 2 2 求 S 2 3 5 4 3 5 n
(2 4 6 1 1 2 n) ( 4 8
1 4 1 1 n 2 1 1 2
1 n 1 ) 2
n(2 2n) 2
1 1 n ( n 1) n 1 2 2
引 导 探 究
1
解： 1 Sn a 1 a 2
a7 1, a8 3, a9 2, a10 1, a11 3, a12 2, 所以 a6k 1 1, a6k 2 3, a6k 3 2, a6k 4 1, a6k 5 3, a6k 6 2 a4 1, a5 3, a6 2, 易知：
（找特殊性质项）
) (a6k 1 a6k 2 a6k 6 )
(a1993 a1994 a1998 ) a1999 a2000 a2001 a2002
= a1999 a2000 a2001 a2002 = a6k 1 a6k 2 a6k 3 a6k 4 ＝5
1 2 2 1 2 1 ( x ) , ( x 2 ) , x x
1 2 , (x n ) x
n
2 n 3 5 n
3、在各项均为正数的等比数列中，若的 a5 a6 9, 求 log3 a1 log3 a2 log3 a10 值.
数列求和各种方法总结归纳最新版本课件
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[冲关锦囊] 分组求和常见类型及方法
(1)an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解； (2)an＝a·qn－1，利用等比数列前n项和公式直接求解； (3)an＝bn±cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，
采用分组求和法求{an}的前n项和.
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[精析考题] [例2] (2011·辽宁高考)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．
【裂项求和法】{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝nn1＋1，则 Sn=
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数列求和的方法
(1)一般的数列求和，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．
(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路： 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减来 完成． ②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项 相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．
【分组求和法】数列{(－1)n·n}的前n项和Sn=？
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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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求.
【错位相减法】设 {an}的前n项和为Sn，an＝n·2n，则Sn＝
解析：∵Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…
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[例1] (2011·山东高考)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表
专题01 分组求和(解析版)
专题1 分组求和1．（2022·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）已知各项都为正数的数列{}n a 满足1+32nn n a a +=⋅，11a = . (1)若2n n n b a =-，求证：{}n b 是等比数列； (2)求数列{}n a 的前n 项和n S . 【答案】(1)证明见解析(2)1(1)5222+-=+-n n n S【解析】 【分析】（1）根据等比数列的定义,利用2n n n b a =-以及1+32nn n a a +=⋅,即可得到1n n b b +=-,即可证明.（2）根据分组求和和等比数列求和公式即可求解. (1)因为1+32nn n a a +=⋅所以()111123222n n n n n n n n n b a a a b ++++=-=-+⋅-=--=-，因为1=1a ，所以1121b a =-=- 所以10n n b b +=-≠ 所以11n nb b +=- 所以{}n b 是首项和公比均为1-的等比数列.(2)由（1）易得：(1)n n b =- 因为()2-1 =nn n n b a =-所以2(1)n n n a =+- 所以()()()()1232=1111222nn n S -+-+-+⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+ ()()()111212212nn ⎡⎤----⎣⎦=+- 1(1)5222+-=+-n n2．（2022·湖北·模拟预测）已知数列{}n a ，{}n b 满足10a =，13b =，且112136n n n a a b --=+，111536n n n b a b --=+．(1)若{}n n a b λ+为等比数列，求λ值；(2)在（1）的条件下，求数列{}n a 的前n 项和n S ． 【答案】(1)2λ=-或1λ=(2)1122n n -⎛⎫+- ⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设()11n n n n a b a b q λλ--+=+，结合题意求解；（2）利用分组求和结合等比数列求和处理．(1)由题1121536n n n n a b a b λλλ--+++=+ ∵{}n n a b λ+为等比数列，设公比为q 则()11n n n n a b a b q λλ--+=+ ∵21356q q λλλ+⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，∵21536λλλ++=，即220λλ+-=，解得2λ=-或1λ= 当2λ=-时，12q =，即()111222n n n n a b a b ---+=-+ 又1123a b -+=，∵{}2n n a b -+成以3为首项，以12为公比的等比数列 当1λ=时，1q =即11n n n n a b a b --+=+ 又113a b +=，∵{}n n a b +成以3为首项，以1为公比的等比数列 综上：2λ=-或1λ=(2)由（1）得11232n n n a b -⎛⎫-+=⋅ ⎪⎝⎭，3n n a b +=∵1112n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭∵0121111111112222n n S -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111221212nn n n -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=-=+- ⎪⎝⎭-3．（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为Sn ，Sn ＋1＝4an ，n ∵N *，且1 4.a = (1)证明：{}12n n a a +-是等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)在∵bn ＝an ＋1－an ；∵bn ＝log 2na n；∵12n n n n a b a a ++=，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答．已知数列{bn }满足_________，求{ bn }的前n 项和.n T【答案】(1)证明见解析，(1)2nn a n =+⋅(2)答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用通项与Sn 的关系得出递推公式()11222n n n n a a a a +--=-证明即可；（2）若选∵：代入(1)2n n a n =+⋅，可得(3)2nn b n =+⋅，再错位相减求解即可；若选∵：根据对数运算公式与等差数列的求和公式求解即可；若选∵：化简得1144n nn n na ab a a ++-=，再裂项求和即可(1)当n ≥2时，因为Sn ＋1＝4an ，所以Sn ＝4an －1，两式相减得，1144n n n a a a +-=- ，故()11222n n n n a a a a +--=-，当n ＝1时，因为Sn ＋1＝4an ，所以S 2＝4a 1，又a 1＝4，故a 2＝12，于是a 2－2a 1＝4，所以{}12n n a a +-是以4为首项2为公比的等比数列． 所以1122n n n a a ++-=，两边除以12n +得，11122n nn na a ++-= 又122a =，所以2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项1为公差的等差数列． 所以()1,122nn nn a a n n =+=+⋅ (2)若选∵：bn ＝an ＋1－an ，即bn ＝(n ＋2)⋅12n +－(n ＋1)⋅2n ＝(n ＋3)⋅2n ， 因为Tn ＝4×21＋5×22＋6×23＋…＋(n ＋3)⋅2n ， 所以2Tn ＝4×22＋5×23＋6×24＋…＋(n ＋3)⋅12n +，两式相减得，－Tn ＝4×21＋(22＋23＋24＋…＋2n )－(n ＋3)⋅12n +， ＝8＋()142121n -⋅--－(n ＋3)⋅12n +，所以Tn ＝(n ＋2)×12n +－4.若选∵：bn ＝log 2n a n，即bn ＝log 21n n +＋log 22n ＝log 21n n +＋n ， 所以Tn ＝(log 221＋log 232＋…＋log 21n n+)＋(1＋2＋...＋n )， ＝log 2( (321)12n n ⨯+⨯⨯)＋()12n n +＝log 2(n ＋1)＋()12n n +，若选∵：21n n n n a b a a ++=，即11144114n n n n n nn a a b a a a a +++⎛⎫-==- ⎪⎝⎭， 所以Tn ＝122311111114...n n a a a a a a +⎛⎫-+-++- ⎪⎝⎭＝()111111144422n n a a n ++⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭ ()11122n n -=-+.4．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））已知正项数列{}n a 满足11a =，前n 项和n S满足)2,N n a n n *≥∈(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足12221212121nn nb bb a -=++++++，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)21n a n =-；(2)33,12417,2n n n T n n +=⎧=⎨+-≥⎩.【解析】 【分析】（1）由已知得到2n S n =，再利用n a 与n S 的关系求出数列{}n a 的通项公式；（2）令21nn nb c =+，其前n 项和为n M ，求出{},{}n n c b 的通项，再利用分组求和求出数列{}n b 的前n 项和n T . (1)解：∵)2,N n a n n *≥∈∵1n n S S --=1=，1为首项，1为公差的等差数数列，n ，即2n S n =， 当2n ≥时，121n n n a S S n -=-=-， 当1n =时，11a =也成立， ∵21n a n =-. (2) 解：令21nn nb c =+，其前n 项和为n M ， 则2143n n M a n =-=-， 当2n ≥时，14n n n c M M -=-=， 当1n =时，11c =，所以1,1,4,221nn n n b c n =⎧==⎨≥+⎩ 所以23,124,2n n n b n +=⎧=⎨+≥⎩. ∵当1n =时，13=T当2n ≥时，1316(12)3+4(1)241712n n n T n n -+-=+-=+--即33,12417,2n n n T n n +=⎧=⎨+-≥⎩. 5．（2022·河北·沧县中学模拟预测）已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若34102252,33+==a a S ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若()22π1cos3n n n b a =+，求数列{}n b 的前18项和18T ． 【答案】(1)13n n a =-(2)583【解析】 【分析】（1）根据已知条件及等差数列的通项公式，再利用前n 项和公式即可求解；（2）根据（1）知n a ，进而求出n b ，根据已知条件及三角函数的诱导公式，再利用并项求和法即可求解. (1)设等差数列{}n a 的公差为d ．则 34102252,33a a S +==112383109251023a d a d ⎧+=⎪⎪∴⎨⨯⎪+=⎪⎩，解得12313a d ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩. 故数列{}n a 的通项公式为21(1)1333=-+-⨯=-n na n ．(2)由（1）知，13n na =-， 所以()2222π2π12π1cos 11cos cos33393n n n n n n b a n ⎛⎫=+=-+= ⎪⎝⎭. 因为当N k *∈时，2223231324π12π5cos 2πcos 2πcos 2π333318k k k b b b k k k k k k k --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=--+--+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()()18123345161718T b b b b b b b b b =+++++++++．555555123456181818181818=-+-+-+-+-+- 558(123456)6183=+++++-⨯= 所以数列{}n b 的前18项和为583. 6．（2022·山东临沂·三模）已知数列{}{},n n a b 的前n 项和分别是,n n A B ，若2111,21,3n n n a a a B n n +==+=+(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)定义,*,a a ba b b a b >⎧=⎨≤⎩，记*n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 【答案】(1)21nn a =-，22=+n b n(2)213,325,3n n n n n T n n +⎧+=⎨-+>⎩【解析】【分析】（1）由()1121n n a a ++=+结合等比定义得出21nn a =-，由前n 项和与通项的关系得出22=+n b n ；（2）讨论n a ，n b 的大小，得出{}n c 通项公式，进而得出n A ，最后讨论3n ≤，3n >两种情况得出n T . (1)由121n n a a +=+，可得()1121n n a a ++=+所以{}1n a +是以112a +=为首项，以2为公比的等比数列所以12nn a +=，即21n n a =-又23n B n n =+，所以21(1)3(1),(2)n B n n n -=-+-所以122,(2)n n n b B B n n -=-=+ 114b B ==满足上式，所以22=+n b n(2)由223nn n a b n -=--当3n >时，0,n n n n a b a b ->>；当3n ≤时，0,n n n n a b a b -<<所以21,322,3n n n c n n ⎧->=⎨+⎩，所以()12122212n n n A n n +-=-=---当3n ≤时，23n n T B n n ==+当3n >时，113322111825n n n n T A A B n n ++=-+=---+=-+综上，213,325,3n n n n n T n n +⎧+=⎨-+>⎩7．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且111,21n n a a a n +=+=+. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记2,,n a n n n b a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和n T .【答案】(1)n a n =(2)2122233n n n +-++【解析】 【分析】（1）对条件变形得到()()11n n a n a n +-+=--，得到0n a n -=，求出通项公式；（2）写出{}n b 的通项公式，分组进行求和. (1)121++=+n n a a n 变形为()()11n n a n a n +-+=--，因为110a -=，所以()()()111?··10n n a n a n a +-+=--==--=，故n a n =； (2)当n 为奇数时，2nn b =，当n 为偶数时，n b n =，则3521222242622n n T n -=++++++++()352124622222n n -+++++++++()2121222222221433n n n n n n +++-=+=-++- 8．（2022·浙江省春晖中学模拟预测）已知数列{}n a 满足()*1:27N n n a a n n ++=+∈，且14a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n b 满足()*21,1log , 2.N n nn n b a n n +=⎧⎪=⎨≥∈⎪⎩ ，定义使()*123N k b b b b k ⋅⋅∈为整数的k 叫做“幸福数”，求区间[]1,2022内所有“幸福数"的和. 【答案】(1)3n a n =+ (2)1349 【解析】 【分析】（1）根据()*1:27N n n a a n n ++=+∈可得125n n a a n -+=+，两式相减可推得{}n a 的奇数项和偶数项各自成等差数列，由此求得答案；（2）利用（1）写出n b 的表达式，继而可得1234log (3)k b b b b k ⋅⋅=+。
数列求和的几种常见方法
习题：
3、数列{an}的通项式为 an =n3
n
求数列{an}的前 n 项和 Sn.
(2n 1) 3 Sn 4
n 1
3
四、裂项相n = n( n + 2) 求数列{an}的前 n 项
和 Sn.
3 2n 3 4 2(n 1)(n 2)
n
2、 数列{an}的通项式为 an = n 2 求数列{an}的前 n 项和 Sn.
n
1 a = n 3、数列{an}的通项式 n( n + 3)
求数列{an}的前 n 项和 Sn.
裂项相消法：
把数列的通项拆成两项之差求和，正 负项相消剩下首尾若干项。常见的拆项公 式有：
1 1 1 n(n 1) n n 1 1 n 1 n n 1 n
习题：
4、 等差数列{an}中， a1=3,公差 d=2, Sn 为前 n
1 项和，求数列{ S n
}的前
n 项和 Tn.
而{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，
则可采用此法。
n＋1 例 2、数列{bn}的通项式为 bn = n＋1 2
n＋1 解： bn＝ n＋1 2
求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
n＋1 2 3 4 则 Tn＝ 2＋ 3＋ 4＋…＋ n＋1 2 2 2 2
①
n＋1 1 2 3 4 n Tn＝ 3＋ 4＋ 5＋…＋ n＋1＋ n＋2 ② 2 2 2 2 2 2
3 2n 3 4 2(n 1)(n 2)
五、分组求和法： 若数列{an}的通项公式形如
an=bn+cn，而{bn}是等差数列，{cn}是等
比数列，则可采用此法。
1 1 1 例4、计算 + 3 + 5 + 2 4 8
高考数学解答题(新高考)数列求和(倒序相加法、分组求和法)(典型例题+题型归类练)(解析版)
专题05 数列求和（倒序相加法、分组求和法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1、倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.2、分组求和法2.1如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.2.2如果一个数列可写成n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的形式，在求和时可以使用分组求和法.二、典型例题类型1：倒序相加法例题1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115思路点拨：根据题意：，对应关系作用下的量“”和“”始终满足： ；再结合求解目标：，可使用倒序相加法解答过程：；倒序重写一次： ；两式相加因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②， 由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=， 所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题2．（2022·全国·高三专题练习）设函数()221x f x =+，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（ ） A ．9 B ．11C ．92D ．112思路点拨：通过观察求解目标：求，注意到对应关系作用下的量头尾复合关系“”，故先验证的值.解答过程：设 倒序重写一次： 则 两式相加()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++， 则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =. 故选：B.类型2：分组求和角度1：通项为n n n c a b =±型求和例题3．（2022·河南郑州·三模（文））已知数列{}n a 满足111,1n n a a S +==+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，n *∈N ． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n n b a -是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{}n b 的前n 项和． 【答案】(1)12n na (2)221n n -+(1)11a =，11n n a S +=+， 当1n =时，可得2112a a =+=．当2n ≥时，11n n a S -=+，则1n n n a a a +-=，即12n n a a +=，且212a a =． 故{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列 所以12n n a第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，并且知是首项为1，公差为2的等差数列，可先求出的通项，再求出的通项.解答过程：设的前项和为由是首项为1，公差为2的等差数列，，由（1）知注意到表达式为等差+等比；可用分组求和(2)由题意12(1)21n n b a n n -=+-=-，所以1221n n b n -=+-， 设{}n b 的前n 项和为n T()()()01121212112222132121.122n n n n n n n T b b b n n -+--=+++=+++++++-=+=-+- 角度2:通项为nn na n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数型求和例题4．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知数列{}n a 的前n 项和为112n n S a +=-，且214a = (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)()0.5*log ,,n n n a n b n N a n ⎧=∈⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ； 【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)211334nn +-⨯ (1)在数列{}n a 中， 由112n n S a +=-可知1212n n S a ++=-，两式作差可得()()1211212n n n n S a S a +++---=-，即2112n n a a ++=，当1n =时，1212S a =-，，即112a =，211412a a ==，所以数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列，即1111222n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭；第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，可代入到第（2）问中，求出的通项公式：，注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的为偶数项和，最后一项一定是代入偶数的通项公式，否则，若是求，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，则需要讨论）分组求和(2)由（1）知()*,1,2nn n n b n N n ⎧⎪=∈⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数，所以()()21321242n n n T b b b b b b -=+++++++()211113214162n n ⎛⎫=+++-++++ ⎪⎝⎭()111441211214nn n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+-⎢⎥⎣⎦=+-211334nn =+-⨯. 例题5．（2022·江西·新余四中模拟预测（理））在数列{}n a 中，21,,2,n nn n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (1)求1a ，2a ，3a ； (2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由题意知，注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧当为偶数时，数列{的前项中有个奇数项，有个偶数项． （注意到本例求解的，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：21n b -++1n a -+，注意到最后一项n 为偶数，再利用1n n a -+，其中奇数项，偶数项各为【答案】(1)11a =，24a =，35a =(2)212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 (1)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以12111a =⨯-=，2224a ==，32315a =⨯-=，(2)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 所以1a ，3a ，5a ，是以1为首项，4为公差的等差数列，2a ，4a ，6a ，是以4为首项，4为公比的等比数列．当n 为奇数时，数列的前n 项中有12n +个奇数项，有12n -个偶数项．所以()()1231322431n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++12211141411242214221423n n n n n n n -+⎛⎫++⎛⎫-- ⎪ ⎪++-⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-； 当n 为偶数时，数列{{}n a 的前n 项中有2n 个奇数项，有2n个偶数项．所以()()1231331242n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++2224141242214221423nn n n n n n +⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-． 所以212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 三、题型归类练1．（2022·全国·高三专题练习）已知1()12F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，*121(0)(1)()n n a f f f f f n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭N ，则数列{}n a 的通项公式为（ ）A ．n a n =B ．2n a n =C ．1n a n =+D ．223n a n n =-+【答案】C由题已知()112F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，故()()F x F x -=-， 代入得：()11222f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴函数()f x 关于点112⎛⎫⎪⎝⎭，对称， 令12t x =-， 则112x t +=-， 得到()()12f t f t +-=， ∵()()1101n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()1110n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，倒序相加可得()221n a n =+， 即1n a n =+， 故选：C ．2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()113sin 22f x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，则122018201920192019f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ）A ．2018B ．2019C ．4036D ．4038【答案】A()11113sin 22f x x x ⎛⎫-=-+-+ ⎪⎝⎭，()()12f x f x ∴+-=，令122018201920192019S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 则201712019201922018019S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得：222018S =⨯，2018S ∴=. 故选：A .3．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，①则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =． 故答案为：36524．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()331xx f x =+，()x R ∈，正项等比数列{}n a 满足501a =，则()()()1299f lna f lna f lna ++⋯+等于______． 【答案】992因为3()31x x f x =+，所以33()()13131x xx x f x f x --+-=+=++．因为数列{}n a 是等比数列，所以21992984951501a a a a a a a =====，即1992984951ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a +=+==+=．设9912399(ln )(ln )(ln )(ln )S f a f a f a f a =++++ ①，又99999897(ln )(ln )(ln )=++S f a f a f a ＋…＋1(ln )f a ②，①+②，得99299=S ，所以99992=S ． 5．（2022·黑龙江双鸭山·高二期末）设4()42xx f x =+，若122014()()()201520152015S f f f =++⋯⋯+，则S ＝________. 【答案】1007解：∵函数f （x ）442xx =+，∴f （x ）+f （1﹣x ）11114444442424242(42)44242x x x x x x xx x x x x x ----⋅=+=+=+=++++⋅++ 1 故可得S ＝f （12015）+f （22015）…+f （20142015）＝1007×1＝1007, 故答案为：10076．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f x ---===++⨯+， 所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相加得22010S =，故1005S =.7．（2022·黑龙江·哈师大附中三模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n a S +=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设2log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)22122++⎛⎫- ⎪⎝⎭nn n(1)∵1n n a S +=，① 当1n =时，111a a +=，即112a =， 当2n ≥时，111n n a S --+=．②由①－②得120n n a a --=，即112n n a a -=， ∴数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列， ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(2)由（1）知22lo 111log 222g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-nnnn n n n b a a ，∴()121211112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nn n n T b b b∴()()21112211121112222212⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭++++⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-nn n n n n n n n ．8．（2022·广东·二模）已知递增等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2134a a a =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n b 满足()()*,3,313k n a n k b k N k k n k=⎧=∈⎨-<<⎩，求数列{}n b 的前15项和． 【答案】(1)2n n a =(2)92(1)设{}n a 的公比为q ，则由2134a a a =，得21114a q a a q =⋅．整理得14a q =．又314S =，得()21114a q q ++=．联立得()1214114a q a q q =⎧⎪⎨++=⎪⎩，消去1a ，得22520q q -+=． 解得2q 或12q =． 又因为{}n a 为递增等比数列， 所以2q，12a =．所以112n nn a a q -==．(2)（方法一）当1k =时，()1*,31,03n a n b n N n =⎧=∈⎨<<⎩，则121b b ==，312b a ==，同理，列举得452b b ==，2622b a ==，783b b ==，3932b a ==，10114b b ==，41242b a ==，13145b b ==，51552b a ==．记{}n b 的前n 项和为n T ，则 151215123451122334455T b b b a a a a a =+++=++++++++++++++()()1234521234522222=⨯+++++++++()()5212155292212⨯-+⨯=⨯+=-． 所以数列{}n b 的前15项和为92．（方法二）由()()*,3,313k n a n k b k N k k n k=⎧=∈⎨-<<⎩， 得()*,32,31,3n k k n k b k n k k N a n k =-⎧⎪==-∈⎨⎪=⎩，记{}n b 的前n 项和为n T ，则151215123451122334455T b b b a a a a a =+++=++++++++++++++ ()()1234521234522222=⨯+++++++++()()5212155292212⨯-+⨯=⨯+=-． 所以数列{}n b 的前15项和为92．9．（2022·甘肃兰州·一模（理））在①5913S S =，②2a 是1a 和4a 的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知公差d 不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36a =．(1)______，求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2n a n b =，n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 【答案】(1)答案见详解；(2)()24413n n T n n =++- (1)选①：由于()1553552a a S a +==，()1995992a a S a +== 所以53955193S a S a ==，又36a =，所以510a =，故()53122d a a =-= 所以()332n a a n d n =+-=；选②：2a 是1a 和4a 的等比中项，则2214a a a =，所以()()()23332d d a d a a -=-+，又36a =，解得2d =，0d =（舍去）所以()332n a a n d n =+-=；(2)24==n a n n b ，24n n n n c a b n =+=+，则()()()22422424n n T n =++⨯++++ ()()2212444n n =+++++++ ()()22414441143n n n n n n -=++=++-- 10．（2022·重庆·二模）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，()2243n n n a a S n *+=+∈N .若数列{}n b 满足12b =，24b =，212n n n b b b ++=()n N *∈. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设()()1,21,,2,n n n n k k NS c b n k k N **⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩，求数列{}n c 的前2n 项的和2n T . 【答案】(1)21n a n =+，2n n b =(2)1244213n n n T n +-=++ (1)由0n a >，2243n n n a a S +=+①，得：当1n =时，211230a a --=,解得13a =或11a =-（负值舍去），当2n ≥时，2111243n n n a a S ---+=+②，-①②得：()()()1112n n n n n n a a a a a a ---+-=+， 所以12n n a a --=，所以数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列.所以()*21n a n n N =+∈.因为数列{}n b 满足12b =，24b =，212n n n b b b ++=.所以数列{}n b 是等比数列，首项为2，公比为2.所以2n n b =.(2)因为()*21N n a n n =+∈，所以()()2321222n n n S n n n n ++==+=+， 所以()()242211112221335572121n n T n n =+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯-+ ()414111111111233557212114n n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()41411122114n n -⎛⎫=-+ ⎪+-⎝⎭ 144213n n n +-=++. 11．（2022·陕西咸阳·二模（理））已知函数()()*21f n n n N =-∈，数列{}n b 满足()()*2f n n b n N =∈.数列{}n a为等差数列，满足11a b =，322a 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 S .【答案】(1)2n a n =；212n n b -=；(2)21212233n n S n n +=⋅++-. (1)由题意得：212n n b -=，112a b ==，3226a b =-=，∴等差数列{}n a 的公差3122a a d -==， ()2212n a n n ∴=+-=；(2)由（1）得：2122n n n a b n -+=+；()()()()1352121421232222114n n n S n n n --∴=+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=++-()()2122121412333n n n n n n +=++-=⋅++-。
新高考数学数列经典题型专题提升-第9讲 数列求和分组求和法(原卷版)
第9讲 数列求和:分组求和一．解答题（共14小题）1．（2021秋•宝山区校级月考）已知数列满足，，．（1）求的通项公式；（2）若，求的前项和．2．（2021秋•广陵区校级月考）已知数列的前项和为，且，数列中，．（1）求的通项公式；（2）若，，求数列的前10项和．3．（2021秋•罗湖区月考）已知为数列的前项和，且．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．4．（2021秋•湖北月考）已知数列前项和为，若，且，，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：．5．（2021秋•河北月考）已知等比数列中，，且是和的等差中项．数列满足，，且．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．6．（2021秋•五华区月考）已知等差数列的前项和为，，．（1）求及；（2）令，求数列的前项和．7．（2021秋•南京月考）已知正项等比数列的前项和为，，且，，成等差数列．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．{}n a 132n n a a -=+(2)n …11a ={}n a 321n n b a n =+-{}n b n n T {}n a n n S 122(2,*)n n S S n n N -=+∈…{}n b 1122a b =={}n a 2211n n b b -=+212n n n b b a +=+{}n b n S {}n a n 112n n S a +=-{}n a 22{log }nn a a +n n T {}n a n n S 2(1)n n S n a =+11a >21a -42a -6a {}n a 142n a n n n b a a -+=+{}n b n n T 43n T <{}n a 11a =22a 3a 14a {}n b 11b =713b =212n n n b b b +++={}n a {}n n a b +n n T {}n a n n S 33a =5712a a +=n a n S 12n nb S ={2}n n b +n n T {}n a n n S 317S a =1a 22a +3a {}n a ,,n n a n b n n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数{}n b 2n 2n T8．（2021•河南开学）已知等差数列的公差为，前项和为，等差数列的公差为，且，，．（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和．9．（2021春•安康期末）已知等差数列与等比数列满足，，，．（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和．10．（2021秋•湖南月考）在正项等比数列中，已知，，的等差中项为．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．11．（2021•沙坪坝区校级模拟）已知数列为等比数列，且，．（1）求数列的通项公式；（2）设，，求数列的前项和．12．（2021•河南开学）已知等比数列的公比大于1，，．（1）求的通项公式；（2）若，求的前项和．13．（2021秋•山东月考）已知数列满足，．（1）设，求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．14．（2021•青羊区校级开学）已知等差数列的前项和为，，，数列的项和为．（1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和．{}n a (0)d d >n n S {}n b 2d 13b =36S =73a b ={}n a {}n b 112n a n n n c b b +=+{}n c n n C {}n a {}n b 36a =714a =12b =416b ={}n a {}n b n n n c a b =+{}n c n n S {}n a 416a =1a 212a 314a {}n a 221log n n nn b a a -=+{}n b n {}n a 24a =13242()a a a a +=+{}n a 2log n n b a =11n n n n n c a b b b +=+{}n c n n T {}n a 26a =1320a a +={}n a 1233122n n n n b a a alog log ++=+{}n b n n T {}n a 11a =13(1)1(1)22n nn n a a +--+-=+21n n b a -={}n b {}n a 2n 2n S {}n a n n S 22a =410S ={}n b n 1(31)2n n T =-{}n a {}n b {}n c 1n n nc a b =+{}n c n n P。
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。
数列分组求和法乐乐课堂
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【最新版】
目录
1.数列分组求和法的概念
2.数列分组求和法的应用
3.乐乐课堂对数列分组求和法的解读
正文
1.数列分组求和法的概念
数列分组求和法是一种求解数列和的方法，它通过将数列分组，然后对每组求和，最后将各组和相加得到数列的和。
分组求和法能够简化数列求和的问题，使得求和过程更加简便。
2.数列分组求和法的应用
数列分组求和法广泛应用于各种数列求和问题，例如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
通过运用分组求和法，可以有效地解决这些数列求和问题。
3.乐乐课堂对数列分组求和法的解读
乐乐课堂是一家知名的在线教育平台，专注于提供优质的数学教学资源。
在乐乐课堂中，数列分组求和法被视为一种重要的数学方法，被广泛应用于数列求和的教学中。
乐乐课堂通过详细的讲解和丰富的例题，帮助学生深入理解数列分组求和法的原理和应用，从而提高学生的数学能力。
总结来说，数列分组求和法是一种实用的数学方法，能够有效地解决各种数列求和问题。
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分组求和法经典例题
分组求和法经典例题分组求和法是一种常见的数学方法，可以用于解决多种问题，例如计算数列的和、统计数据的总和等。
下面是一个经典的例题，我们将通过分组求和法来解决它。
例题，计算数列1+2+3+...+100的和。
解答：首先，我们可以将这个数列分成多个组，每组包含相同数量的连续整数。
这样，我们可以将数列分成以下几组：1. 第一组，1。
2. 第二组，2+3。
3. 第三组，4+5+6。
4. 第四组，7+8+9+10。
...以此类推，直到最后一组。
现在，我们来计算每组的和，并将它们相加，即可得到最终的结果。
第一组的和是1。
第二组的和是2+3=5。
第三组的和是4+5+6=15。
第四组的和是7+8+9+10=34。
...我们可以观察到每组的和可以用以下公式表示，组号× (组号+ 1) / 2。
根据这个公式，我们可以得到第一组到第n组的和的公式，n × (n + 1) / 2。
现在，我们来计算一下最后一组的组号n。
由于数列中的最大值是100，我们可以通过求解以下不等式来得到n的值：n × (n + 1) / 2 ≤ 100。
将不等式化简，得到：n^2 + n 200 ≤ 0。
解这个二次不等式，我们得到n ≤ 13.651。
因此，最后一组的组号n等于13。
现在，我们可以使用组号n的值来计算数列的和：1+2+3+...+100 = 第一组的和 + 第二组的和 + ... + 第13组的和。
根据公式n × (n + 1) / 2，我们可以得到：1+2+3+...+100 = 1 + 2 + 3 + ... + 13 = 13 × (13 + 1) /2 = 13 × 14 / 2 = 91.因此，数列1+2+3+...+100的和等于91。
通过分组求和法，我们成功地解决了这个经典例题。
这种方法可以帮助我们更好地理解数列求和的原理，并且可以应用于其他类似的问题。
数列分组求和法
专业.专注分组求和法i典题导入[例1] （2011山东高考）等比数列｛a n｝中，a i, a2, a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a i，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵若数列｛b n｝满足：b n = a n+ (- 1)n ln a n,求数列｛b n｝的前2n项和S2n.[自主解答](1)当a1 = 3时，不合题意；当a1 = 2时，当且仅当a2= 6, a3= 18时，符合题意;当a1 = 10时，不合题意.因此a1 = 2 , a2= 6, a3= 18.所以公比q = 3,故a n= 2 •-1.⑵因为b n=a n+ (- 1)n ln a n= 2 •-1+ (—1)n In(2 n-3)= 2 • 3 + (—1)n(ln 2 —In 3) + (-1)n n ln3 ,所以S2n = b1 + b2+- + b2n = 2(1 + 3+-+ 32n —1) + [ —1 +1 —1 + -+ (—1)2n](ln 2 —In 3)1—32n+ [ —1 + 2—3+-+ (—1)2n2n]ln 3 = 2 x + n ln 3 = 32n+ n ln 3 —1.1 —3丄由题悟法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.专业.专注2A . n 2 + 1 — 1 2门—1C . 1 n 2 + 1 ——1解析由题意知已知数列的通项为a n 二2n - 1+》,1 _ n 1+2n — 1212n1=n 2+ 1 —— 1 2n 1 —_2[bn , n 为奇数,⑵通项公式为 a n = 的数列，其中数列｛b n ｝ , ｛C n ｝是等比数列或等差C n , n 为偶数数列，可采用分组求和法求和•j 以题试法1 • (2013威海模拟)已知数列｛X n ｝的首项X 1 = 3,通项X n = 2n p + nq (n € N *, p , q 为常 数),且x 1, x 4, x 5成等差数列.求：(1) p , q 的值;⑵数列｛x n ｝前 n 项和S n 的公式.解：(1)由 X 1 = 3,得 2p + q = 3,又因为 X 4 = 24p + 4q ,X 5 = 25p + 5q ,且 X 1+ X 5 = 2X 4,得 3 + 25p + 5q = 25p + 8q ,解得 p = 1 , q = 1.(2) 由(1),知 X n = 2n + n ,所以 S n = (2 + 22 + …+ 2n ) + (1 + 2 + …+ n ) = 2n + 1 — 2 + n n +1 2.11112.数列1彳,34, 58, 7^6，…的前n 项和S n 为( ).答案 C3•已知等差数列｛a n｝的前n项和为S n,且a3 = 5, S15 = 225.(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵设b n = 2a n + 2n,求数列｛b n｝的前n项和T n.解析：(1)设等差数列｛a n｝的首项为a i,公差为d,a i + 2d = 5,由题意，得15 X 14严 + 丁 d = 225,|a1 = 1,-a n —2n —1.解得d= 2,1(2)°.b n—2a n+ 2n —2n,• T n—b1 + b2 + …+b n1—-(4 + 42+…+4n)+ 2(1 + 2+- + n)4n +1-4 2 2—+ n2+ n ——•l4+ n2+ n —一.6 3 34.设｛a n｝是公比为正数的等比数列，a1 —2, a3 —a2 + 4.(1)求｛a n｝的通项公式；⑵设｛b n｝是首项为1,公差为2的等差数列，求数列｛a n+ b n｝的前n项和S n.解析(1)设q为等比数列｛a n｝的公比，则由a1 —2, a3 —a2 + 4得2q2—2q + 4, 即q2—q —2—0,解得q—2或q — - 1(舍去),因此q — 2.所以｛a n ｝的通项为 a n = 2 n 2 = 2n (n € N *)—2nn n -1⑵S n = ^—^+nX1+X2言+ 1+ n2-2.=2[(1 + 1 +…+ 1n 个6.数列｛a n ｝的前 n 项和为 S n , a 1 = 1, a 2 = 2, a n + 2-a n = 1 + (- 1)n (n € N *),贝U Sw o =答案 2 600 解析 由an + 2 — a n = 1 + (— 1)n知a2k + 2— a2k = 2, a 2k +1-a 2k -1 = 0,「£1 = a 3= a 5=・・・ =a 2n -1 = 1 , 数列｛a 2k ｝是等差数列，a 2k = 2k . 「S 100 =(a 1 + a 3 + a 5 + …+ a 99)+ (a 2 + a 4 + a 6 + …+ a 1oo )100 + 2 X50=50 + (2 + 4 + 6 +…+ 100) = 50 +- = 2 600.n • 2+11(p1/1 +一 + 1 + 一+一 +…+ ' < 2丿 k2 4k 项为5.求和 S n = 1 +1 1 1+2+4石f1r 1 \x +一 ■ X 2 ++ ■• + x n + — < X 丿护< X 丿2n⑵Sn = 2解和式中第 1 1a k =1 + 2+ 4+T 2k -1 1已1 1 -_2*2”-21、r qi1- N + ••• +3 9 25 65n •眩+ 17.求和:+ 1厂1 + 2n — 2.=(1 + 2 + 3+・・・ +n )+解(1)由于an = ^^ = n +巧，-S n =(2)当 x =±l 时，S n = 4n .当 X M 土 1时, 1S n = x + 一 + x 2+= F + x n + 二 x=(x 2 + x 4 + ・・・ + x 2n )+ 2n + -2+"7+…+ Ex —21 — x— 2n+1 — x - 2+2n4n••S n =x 2n — 1x 2n +2 + 1.一x 2n x 2— 18•已知数列｛a n ｝中，a 1 = — 60, a n +1 = a n + 3,则这个数列前 30项的绝对值的和是答案 765解析 由题意知｛a n ｝是等差数列，a n =— 60 + 3(n — 1) = 3n — 63 ,令a n >0,解得n >21. •••&|+ 念|+ 念| +…+ |a 3o |=—(a 1+ a 2 + ・・・ + a 2o )+ (a 21 + …+ a 3o )—60 + 90 — 63 X 30=S 30 — 2S 20=2— (— 60 + 60 — 63) X 20 = 765.9. ____________________________________________________________ 数列｛a n ｝的前 n 项和 S n = n 2 — 4n + 2,则內|+ |a 2| +…+ |ae | = _________________________ .答案 66解析当 n = 1 时，a 1 = Si = — 1. 当 n >2 时，a n = S n — S n — 1 = 2 n — 5.—1n = 1•'an =.2n — 5n >25令 2n — 5<0,得 n 「n n +11-1 —— 2+ -------- =2n .丿 n n + 1 1— +1.2 2n( 1 \ f 1f 1 \x 2 + 2 + -T + < x 丿 x 4 + 2 + -4 < x 丿 +…+ <2n+2+0 丿X 2— 1x 2n - 1x 2nx 2— 1x 2n + 2+ 1+ 2 n .+ 2nx =±1X M ±I11 1x 22••当 n w 2 时，a n <0 ,当 n 》3 时，a n >0 ,•'•|a i | + |a 2| + …+ |a io | = — (ai + a 2)+ (a 3+ a 4 + ••• + a io ) = S 10 — 2 S 2= 66.10. 数列｛a n ｝的通项公式为a n = (— 1)n —1 • n — 3),则它的前100项之和Soo 等于( )A . 200B .— 200C . 400D400答案 B解析 S 100 = (4 X i — 3) — (4 X 2 — 3) + (4 X 3 — 3)—…一(4X 100 — 3) = 4X[(1 — 2) + (3 — 4)+ ••• + (99 — 100)] = 4 X( — 50) = — 200.11. (2012课标全国)数列｛a n ｝满足a n +1 + (— 1)n a n = 2n — 1 ,则佃｝的前60项和为 ________ 答案 1 830解析• a n +1 + (— 1) n a n = 2 n — 1,•'82= 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, an = 2 — a 1, a 12 = 23 — a 1,…，a 57 = a 1, a 58 = 113 + a 1, a 59 = 2 一 a 1, a 60 = 119 一 a 1,•'31 + 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 15 X 10 + 234 ==1 830.212. 已知数列2 008,2 009,1 , — 2 008，— 2 009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 013项之和S 2 013等于 () A . 1 B . 2 010C . 4 018D . 0答案 C解析 由已知得 a n =a n —1 + a n + 1 (n >2) ,「.a n + 1 = a n —a n —1.故数列的前 8 项依次为 2 008,2 009,1 , — 2 008 , — 2 009 , — 1 , 2 008,2 009.由此可 知数列为周期数列，周期为6,且S 6 = 0.V2 013 = 6 X 335 + 3,二& 013 = S 3 = 4 018.113.设f(x)=—x,利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求2匕2f(-5) f(-4) f(0)… f(5)f(6)的值为则原式=丄｛[ f (-5) f(6)] [ f (-4) f (5)]2[f(6) f(-5)]｝ J 12 — =3.2，选 A2 2A . 3、 2B .、2 C . 22解: 由于f(x) f(—彳,D .14.数列｛a n｝的前n 项和为S n ，满足：a1 =1 , 3tS^ (2t 3)S n4 =3t ,其中t 0 ,n • N 且n _ 2 (I)求证：数列｛a .｝是等比数列；设数列｛a n ｝的公比为f(t),数列｛b n ｝满足b1=1,b n = f( )(n_2),求b n 的通项 b n 」20记T n二b 1b 2-硒3b 3b 4-砧5…b2n」b 2nZ"求证:T^--)当 n_2时，3tS n -(2t - 3)S n A -3t ①,3tS n ^(2t 3)S n -3t ②解：原式二(100 99) (98 97)(2 1^ 5050,16.等差数列｛a n ｝的公差不为零，a 4 = 7, a 1, a 2, a 5成等比数列，数列｛T n ｝满足条件T n = a 2 +a 4 + a 8+-+ a 2n ,则 T n =解析：设佃｝的公差为d 丸,由a i , a 2, a 5成等比数列，得a 2= a i a 5, 即(7 — 2d )2= (7- 3d )(7 + d ) .'d(出) 解(I ②一①得：3tan^^(2t 3)an= 0a n 1a n( n 一2)又 a 1 =1,30 a 2) _(2t 3)q =3t ,解得:2t +3a 2 二 -----3t(出) a 2 a 3 a 1a 2a n 12t 3a n3t2t +3｛an ｝是首项为1，公比为"1的等比数列。
题型-数列求和之分组求和法
数列求和之分组求和法及其他一、题型要求：分组求和法： 在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式 法求和。
二、例题讲解：1、求数列的前 1 17, , 1n 项和： 1 1,4, 2 n 1 3n 2 ，aaa2、求和： S n 1 3 5 7 L( 1)n (2 n 1)三、练习巩固：1、（ 2013－潍坊模拟） 已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 3＝ 5， S 15＝ 225. (1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 设 bn2 a n2 n n n，求数列 { b } 的前 n 项和 T .2、（ 2014－揭阳模拟）设{a n}是公比为正数的等比数列，a1＝2， a3＝ a2＋12.(1)求 { a n} 的通项公式；(2) 设 { b n} 是首项为1，公差为 2 的等差数列，求数列{ a n＋b n} 的前n项和S n.3、（ 2011－北湖区校级月考）设等比数列 { a n } 的前 n 项和为S n，已知3S n 4a3 a1，且a2 a3 20 。
（1）求数列 { a n } 的通项公式；（2）设bn ann ，求数列{ b } 的前 n 项和为T 。
n n4、（ 2009－山东模拟）设{ a n}为等差数列，S n为数列 { a n } 的前n项和，已知S7 7, S15 75 ，（1）求数列{ a n}的通项公式；（2）若b n 2 a n 3 ，求数列 { b n } 的前n项和 T n5、（ 2015 －中山模拟） 设等差数列 a n }的前 n项和为Sn ，且 a 28, S440错误 ! 未找到引用源。
．数列bn的前 n 项和为Tn ，且T n2b n 3， n N ．（1）求数列a n , bn的通项公式；a n 为奇数c nn（2）设 b n为偶数， 求数列 c n 的前 n 项和 Pn ．n6 2014 a na 1 1 S nn前 n项和，且 S n S n 1 1(n 2) .、（－汕头二模） 数列中，， 是 a(1) 求数列 a n 的通项公式；(2) 若 b na n 2n 1 ，求数列b n 的前 n 项和 T n ，求 T n ；7、(2013 －威海模拟 ) 已知数列 { x n } 的首项 x 1＝ 3，通项 x n ＝ 2n p ＋ nq ( n ∈ N * ， p ，q 为常数 ) ，且 x 1， x 4， x 5 成等差数列．求：(1) p ， q 的值；(2) 数列 { x n } 前 n 项和 S n 的公式．倒序相加法 ：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联， 则常可考虑选用倒序相加法， 发挥其共性的作用求和 （这也是等差数列前n 和公式的推导方法）1、求 sin 2 1sin 2 2 sin 2 3 sin 2 88 sin 2 89 的值x 2 ，则 f (1) f (2)f (3) f (4) f ( 1 ) f ( 1) f ( 1) ＝ ______；2、已知 f ( x)x 2 1234通项转换法 ：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。
新1数列求和的基本方法和技巧整理版
数列求和的基本方法和技巧一、公式法求和1、已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和.2、求数列：1,1+2,1+2+22,1+2++22+23，…，1+2+22+23+…2n-1,…的前n 项和二、分组法求和1、1111113,5,721),248162n n n n S -+ 求数列，，，(的前项和2、求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ，…三、裂项法求和111)1(1+-=+=n n n n a n ()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a nk=1、求和：1111447(32)(31)n n +++⨯⨯-⨯+2、()1111++++1324352n n ⨯⨯⨯⨯+ 求和：3、()22211n n n S n n ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭求数列前项和()22211n n n ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭4、 求和：111112123123n ++++=+++++++5、 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.练习、.数列{}n a 中，11++=n n a n ，若前n 项和9=nS ，则项数n 等于（ ）A. 96B. 97C. 98D. 99四、错位相减法求和1、求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①2、求（1132n n -⨯）的前n 项的和3、求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.五、倒序相加法求和1、 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值2、()()()()()()()543456xf x f f f f f f =-+-+-+++ 已知3、()()()()()22111,1234=1+432x f x f f f f f f f x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭已知4、()412310+4211111111x xf x f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭已知，求f 的值。
怎样运用分组求和法求数列的和
解：（1）an = 2n - 1 ；（过程略）
（2）因为 {bn - an} 是首项为1、公差为2的等差数列，
即
an + 2
=
1 2
an
+
1
.
当
n
=
1
时，S1
=
1
-
2a2
，即
a1
=
1 2，a2=1 2 Nhomakorabeaa1
=
1 4
；
所以数列
{an}
是以
1 2
为首项、21
为公比的等比数
列，
即
an
=
21∙(
1 2
)n
-1
=(
1 2
)n
，则
log0.5an
=
log0.5(
1 2
)n
=
n
.
ìn (n为奇数)，
则
bn
=
ï
íîï(
1 2
)n
(n为偶数)，
所以 T2n =(b1 + b3 + ⋯ + b2n - 1) +(b2 + b4 + ⋯ + b2n)
+
1 4
éê1 ë
-
æ è
1 4
öønùûú
1
-
1 4
= n2 +
1 3
-
1 3 × 4n
.
数列 {bn} 的奇数项和偶数项的通项公式不同，需
采用分组求和法求解.将数列分为两组，即所有的奇数
分组求和法——精选推荐
分组求和法前⾔适⽤范围把数列中的每⼀项都能拆分成两项或者⼏项之代数和，然后有效分组[⽐如所有奇数项为⼀组，所有偶数项为另⼀组]，转化为等差求和或等⽐求和类型，或能知道求和公式[不⼀定是等差或等⽐]的类型；⽐如数列{a n }的通项公式为a n =(2n −1)+13n ，此时需要我们具备将数列竖⾏看的能⼒；a 1=(2×1−1)+131a 2=(2×2−1)+132⋯,⋯a n =(2×n −1)+13n ⇑此列等差⇑此列等⽐相关公式①等差数列的S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n −1)⋅d2②等⽐数列的S n =na 1，q =1a 1⋅(1−q n )1−q=a 1−a n q 1−q ，q ≠1③1+2+3+⋯+n =n (n +1)2；④1+3+5+⋯+(2n −1)=[1+(2n −1)]⋅n2=n 2，注意求和项数为n 项；⑤2+4+6+⋯+2n =(2+2n )⋅n 2=n 2，注意求和项数为n 项；⑥12+22+32+⋯+n 2=n ⋅(n +1)⋅(2n +1)6；公式来源⑦13+23+33+⋯+n 3=[n (n +1)2]2；⑧由a n +2−a n =2可知，数列中奇数项成等差，公差为2；偶数项成等差，公差为2；⑨由a n +2a n =2可知，数列中奇数项成等⽐，公⽐为2；偶数项成等⽐，公⽐为2；运算技巧①指数运算：4n =(22)n =(2n )2;2n +2n =2n +1;2n +1−2n =2n ;2n −2n −1=2n −1；2n +1+2n =3⋅2n ；2−(n +1)⋅2=2−n ；2n ⋅2n =22n ；3n −1−3n =−2⋅3n −1；2n +1÷2n =2;12n +12n +1=32n +1；3n −1⋅3n =32n −1；2n +1⋅2n =22n +1;②利⽤等差数列求项数：由a n =a 1+(n −1)⋅d ，可得项数n =a n −a 1d +1，推⼴得到项数n =a n −a m d +m ，如数列21，23，25，⋯，22n −1的项数的计算，其项数可以利⽤上标来计算，其上标刚好成等差数列，项数r =a n −a 1d +1=(2n −1)−13−1+1=n ；典例剖析{Processing math: 76%№1求数列的前n项和Sn=112+314+518+7116+⋯+[(2n−1)+12n]分析：必须先能认出其通项公式a n=(2n−1)+12n，从⽽应该和分组求和法建⽴关联。
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分组求和法 典题导入[例1] (2011·山东高考)等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行9818(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n . [自主解答] (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3，故a n ＝2·3n －1.(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝2(1＋3＋…＋32n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n ](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n ]ln 3＝2×1－32n1－3＋n ln 3＝32n ＋n ln 3－1.由题悟法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．以题试法1．(2013·威海模拟)已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求：(1)p ，q 的值；(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．解：(1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x 4＝24p ＋4q ， x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ， 解得p ＝1，q ＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.2.数列112，314，518，7116，…的前n 项和S n 为( )．A ．n 2＋1－12n －1B ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12nD ．n 2＋2－12n －1解析 由题意知已知数列的通项为a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝n 1＋2n －12＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋1－12n .答案 C3.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝5，S 15＝225.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，15a 1＋15×142d ＝225，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)∵b n ＝2a n ＋2n ＝12·4n ＋2n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12(4＋42＋…＋4n )＋2(1＋2＋…＋n )＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23·4n ＋n 2＋n －23.4.设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n . 解析 (1)设q 为等比数列{a n }的公比，则由a 1＝2，a 3＝a 2＋4得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，因此q ＝2. 所以{a n }的通项为a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *)(2)S n ＝21－2n1－2＋n ×1＋n n －12×2＝2n ＋1＋n 2－2.5.求和S n ＝1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋12n －1. 解 和式中第k 项为 a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝⎛⎭⎫12k1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12k . ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…＋⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2[(1＋1＋…＋1)n 个－(12＋122＋…＋12n)] ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝12n －1＋2n －2. 6.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝________.答案 2 600解析 由a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n 知a 2k ＋2－a 2k ＝2，a 2k ＋1－a 2k －1＝0，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝1，数列{a 2k }是等差数列，a 2k ＝2k . ∴S 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100) ＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋(100＋2)×502＝2 600.7.求和：(1)S n ＝32＋94＋258＋6516＋…＋n ·2n ＋12n ；(2)S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2. 解 (1)由于a n ＝n ·2n ＋12n＝n ＋12n ， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1＋121＋⎝⎛⎭⎫2＋122＋⎝⎛⎭⎫3＋123＋…＋⎝⎛⎭⎫n ＋12n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋ (12)＝n (n ＋1)2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n (n ＋1)2－12n ＋1.(2)当x ＝±1时，S n ＝4n .当x ≠±1时，S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2 ＝⎝⎛⎭⎫x 2＋2＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 4＋2＋1x 4＋…＋⎝⎛⎭⎫x 2n ＋2＋1x 2n ＝(x 2＋x 4＋…＋x 2n )＋2n ＋⎝⎛⎭⎫1x 2＋1x 4＋…＋1x 2n ＝x 2(x 2n －1)2＋x －2(1－x －2n )＋2n8.． ≥21. 9.令2n －5≤0，得n ≤52，∴当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝－(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4＋…＋a 10)＝S 10－2S 2＝66.10.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S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.11.(2012·课标全国)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 1 830解析 ∵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 ＝15×(10＋234)2＝1 830.12.已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都) A 13.设f (f A ．14.+∈N且2≥n （Ⅰ）求证：数列}{n a 是等比数列；（Ⅱ）设数列}{n a 的公比为)(t f ，数列}{n b 满足1111,()(2),n n b b f n b -==≥求n b 的通项式.（Ⅲ）记,12221254433221+--++-+-=n n n n n b b b b b b b b b b b b T 求证：.920-≤n T 解（Ⅰ）当2≥n 时，t S t tS n n 3)32(31=+--① ,t S t tS n n 3)32(31=+-+②②—①得：0)32(31=+-+n n a t ta 1233n n a t a t++∴=（2≥n ） 又11211,3()(23)3a t a a t a t =+-+=，解得：tt a 3322+=, nn a a a a a a 12312+===∴233t t += }{n a ∴是首项为1，公比为233t t+的等比数列。
（Ⅱ）2（Ⅲ）2(34≥-=n 当15.100A ．16.T n ＝a 2＋a 4＋解析：即(7－2d )2＝(7－3d )(7＋d ) ∴d ＝2或d ＝0(舍去)． ∴a n ＝7＋(n －4)×2＝2n －1. 又n 2a ＝2·2n －1＝2n ＋1－1， ∴T n ＝(22－1)＋(23－1)＋(24－1)＋…＋(2n ＋1－1) ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－n ＝2n ＋2－n －4.。