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第四节 数列求和

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5-4第四节 数列求和(2015年高考总复习)

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第五章
第四节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
(5)并项求和法：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 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求 解． 例如， Sn＝1002－992＋982－972＋„＋22－12＝(100＋99)＋(98 ＋97)＋„＋(2＋1)＝5 050.
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3．等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复 杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决．
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解析 ∴Sn＝
1 1 1 1 ∵an＝ ＝2n－n＋2 ， nn＋2
1 1 1 1 1 1 1 1 1－3＋2－4＋3－5＋„＋ －n＋ n － 2 2 1 1 1 1 － ＋n－ ＝ n－1 n＋1 n＋2 1 1 1 2n＋3 1 3 1 ＋ － － ＝4－2n＋1n＋2. 2 n ＋ 1 n ＋ 2 2
1 1 1－ n 2 2 1 ＝ n－1＋2n－2. ＝2n－ 1 2 1－2
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题型二
拆项相消法求和
【例 2】 在数列{an}中，a1＝1，当 n≥2 时，其前 n 项和 Sn 满足 1 2 Sn＝anSn－ .

第五章 第四节 数列求和(优秀经典公开课比赛课件)

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教材通关
2．常见数列的求和公式 (1)12＋22＋32＋…＋n2＝nn＋162n＋1 (2)13＋23＋33＋…＋n3＝nn2＋12
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[小题诊断]
1．(2018·安溪质检)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3
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教材通关
3．1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．
解析：设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，① 则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，② ①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn ＝11－－xxn－nxn， ∴Sn＝11－－xxn2－1n－xnx. 答案：11－－xxn2－1n－xnx
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[必记结论]
1．常见的裂项公式
(1)nn1＋1＝n1－n＋1 1.
(2)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
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a1＋4d＝5， ∴5a1＋5×25－1d＝15，
∴ad1＝＝11，，
∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴ana1n＋1＝nn1＋1＝n1－n＋1 1，
∴数列
1 anan＋1
的前100项和为
1－12
＋
12－13
＋…＋
1010－1101
＝1－1101＝110001. 答案：A

高中数学总复习：数列求和

高中数学总复习：数列求和
第四节 数列求和
1. 熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式及倒序相加求和、错位相
减求和法.
2. 掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.
目录
1
C O N T E N T S
2
3
知识 体系构建
考点 分类突破
课时 跟踪检测
PART
1
知识 体系构建
课前自修
必备知识 系统梳理 基础重落实
目录
高中总复习·数学（提升版）
1
＋
1
＝ （

＋
＋ − ）；
目录
高中总复习·数学（提升版）
1
1
1
（4）
＝ ［
2
（+1)(+2）
（+1）
（5）
1
2−1＋
1
＝ （
2
2+1
−
1
（+1)(+2）
］；
2 + 1 − 2 − 1 ）.
目录
高中总复习·数学（提升版）
1. （2024·杭州一模）数列{ an }的通项公式为 an ＝
）＝
2+1
2
2+1
2
成立，
−
−
1
1
＋
5
5
−
1
1
＋…＋
−
7
2−1
1
1
1
·
＜ ，又因为12 Tn ＜ a 2－ a 恒
2 2+1
2
1
所以12× ≤ a 2－ a ，解得 a ≤－2或 a ≥3.
2
目录
高中总复习·数学（提升版）
3.

2020届高考数学一轮复习通用版讲义数列求和

2020届高考数学一轮复习通用版讲义数列求和

第四节数列求和一、基础知识批注——理解深一点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(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．二、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 2＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (二)选一选1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( ) A ．41 B ．48 C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49.2．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019解析：选D 因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2 019.3．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1， 所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.(三)填一填4．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________.解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案：95．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧11－2n ，n ≤5，2n －11，n >5，则{a n }的前10项和S 10＝________.解析：S 10＝5×9＋12×5×4×(－2)＋5×1＋12×5×4×2＝50.答案：50方法一 分组转化法求和[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(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 n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .又a 1＝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 ＝(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.[解题技法]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，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．2．分组转化法求和的常见类型[题组训练]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝⎛⎭⎫12n，则其前20项和为( )A ．379＋1220B ．399＋1220C ．419＋1220D ．439＋1220解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝⎛⎭⎫1－1220＝419＋1220. 2．(2019·资阳诊断)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.方法二 裂项相消法求和 考法(一) 形如a n ＝1n (n ＋k )型[典例] (2019·南宁摸底联考)已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26. (1)求等差数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和T n . [解] (1)设等差数列的公差为d ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)因为c n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)， 所以c n ＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝n 6n ＋9. 考法(二) 形如a n ＝1n ＋k ＋n型[典例] 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )A. 2 018－1B. 2 019－1C. 2 020－1D. 2 020＋1[解析] 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12. ∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1. [答案] C[解题技法]1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律哪些项，避免遗漏．2．常见的拆项公式 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； (2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1.分式差分最常见，指数根式来镶嵌； 取长补短巧改变，裂项求和公式算．[题组训练]1.(口诀第1、4句)在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为( )A.n ＋1n ＋2B.nn ＋2C.n n ＋1D.2n n ＋1解析：选C 因为a 3＋a 5＋a 7＝6， 所以3a 5＝6，a 5＝2，又a 11＝8， 所以等差数列{a n }的公差d ＝a 11－a 511－5＝1， 所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝n －3， 所以1a n ＋3·a n ＋4＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故选C.2.(口诀第2、4句)各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝8，且2a 1，a 3,3a 2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 ＝1n log 2a n，求{b n }的前n 项和S n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)． ∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ， ∴2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12(舍去)，∴a n ＝8×2n －1＝2n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝1n log 22n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 方法三 错位相减法求和[典例] (2017·山东高考)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 a n 的前n项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n . (2)由题意知， S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1＝32＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n.[变透练清]1.(变结论)若本例中a n ，b n 不变，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：由本例解析知a n ＝2n ，b n ＝2n ＋1， 故T n ＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1，上述两式相减，得，－T n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1＝6＋8(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝(1－2n )2n ＋1－2得T n ＝(2n －1)×2n ＋1＋2.2．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，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }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b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.因为q>0，解得q＝2，所以b n＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2.所以{a n}的通项公式为a n＝3n－2，{b n}的通项公式为b n＝2n. (2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n，由a2n＝6n－2，有T n＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2T n＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述两式相减，得－T n＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×(1－2n)1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，得T n＝(3n－4)2n＋2＋16.所以数列{a2n b n}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.[解题技法]错位相减法求和的4个步骤[易误提醒](1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．(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q＝1和q≠1两种情况求解．[课时跟踪检测]A级——保大分专练1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．82解析：选B a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：选A a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15，故选A.3．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5C.3116D.158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116.4．在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项之和S 100＝( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n －3⇒b n ＝(－1)n (2n －3)⇒S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.5．已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：选C ∵2n ＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n， ∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m >T 10＋1 013， ∴整数m 的最小值为1 024.6．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． 解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＝n (n ＋1)2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n (n ＋1)2－12n ＋1. 答案：n (n ＋1)2－12n ＋1 7．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n 1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1.答案：2nn ＋18．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________. 解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②由①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3.答案：3·21 009－39．(2019·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *.(1)求数列{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T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 2＝3，S 4＝16，∴a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2.∴a n ＝2n －1.(2)由题意知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1 ＝n 2n ＋1. 10．(2018·南昌摸底调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵S n ＝2n ＋1－2， ∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×4(1－4n )1－4－4(1－2n )1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43. B 级——创高分自选 1．(2019·潍坊统一考试)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 . 解：(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. 2．已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)因为S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2)， 所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1(n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝2n ＋1，则a n ＝2n ，当n ＝1时，也满足，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)因为b n ＝n ＋12n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ， 所以T n ＝2×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋4×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ，① 12T n ＝2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋4×⎝⎛⎭⎫124＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② ①－②得12T n ＝2×12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n－(n＋1)⎝⎛⎭⎫12n＋1＝32－n＋32n＋1.故数列{b n}的前n项和为T n＝3－n＋3 2n.。

2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和学案含解析新人教版

2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和学案含解析新人教版

第四节 数列求和热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现. 本节通过数列求和以与数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第108页 知识点 数列前n 项和的求法 1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式 ①当q ＝1时，S n ＝na 1； ②当q ≠1时，S n ＝a 11－q n1－q＝a 1－a n q1－q.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾假如干项． 4．倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法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． 6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，如此称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． •温馨提醒• 二级结论1．常见的裂项公式 (1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1.(2)12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .2．常见数列的求和公式 (1)12＋22＋32＋…＋n 2＝n n ＋12n ＋16.(2)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋122.必明易错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 ，a n ＋1的式子应进展合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项如此后剩多少项．1．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，假如{a n }的前n 项和为2 0192 020，如此项数n 为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019答案：D2．数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，如此其前n 项和关于n 的表达式为________． 答案：n n ＋12＋1－12n 3．数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，如此S n ＝________. 答案：(n －1)2n ＋1＋24．(易错题)求1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1(x ≠0且x ≠1)的和． 解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 如此xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ，所以S n ＝1－x n 1－x 2－nx n1－x.授课提示：对应学生用书第109页题型一 分组转化法求和 合作探究[例] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于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)假如数列{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，得a 1＝d ，又易知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)＝n1＋2n－12＋21－2n1－2＝n2＋2n＋1－2.分组转化法求和的常见类型[对点训练](2021·某某质检)等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n，求数列{b n}的前n项和T n.答案：(1)a n＝2n＋1 (2)T n＝83(4n－1)＋n2＋2n题型二裂项相消法求和合作探究[例] 数列{a n}满足a1＝1, a2n＋2＝a n＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n＋1，求数列{b n}的前n项和．[解析] (1)证明：由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又由易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1， 故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原如此：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.[对点训练](2020·高考某某卷)数列{a n }，{b n }，{}满足a 1＝b 1＝c 1＝1，＝a n ＋1－a n ，＋1＝b nb n ＋2，n ∈N *.(1)假如{b n }为等比数列，公比q ＞0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值与数列{a n }的通项公式； (2)假如{b n }为等差数列，公差d ＞0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *.解析：(1)由b 1＋b 2＝6b 3，得1＋q ＝6q 2， 解得q ＝12.由＋1＝4得＝4n －1. 由a n ＋1－a n＝4n －1，得a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝4n －1＋23.(2)证明：由＋1＝b nb n ＋2，得＝b 1b 2c 1b n b n ＋1＝1＋d d ⎝⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝1＋d d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1， 由b 1＝1，d ＞0，得b n ＋1＞0，因此c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *. 题型三 错位相减法求和 合作探究[例](2020·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜测{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n . [解析](1)a 2＝5，a 3a n ＝2n ＋1.证明：由可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，…，a 2－5＝3(a 1－3)．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n .① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1，所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号.[对点训练](2021·某某市局部区联考)数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且a 1＝1，a 3＋a 4＝12，b 1＝a 2，b 2＝a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设＝(－1)n a n b n (n ∈N *)，求数列{}的前n 项和S n . 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 1＝1，a 3＋a 4＝12， 所以2a 1＋5d ＝12，所以d ＝2， 所以a n ＝2n －1.设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝a 2，b 2＝a 5， 所以b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9， 所以q ＝3，所以b n ＝3n .(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n ，所以＝(－1)n ·a n ·b n ＝(－1)n ·(2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n ， 所以S n ＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n －1)·(－3)n ，①所以－3S n ＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n －3)·(－3)n ＋(2n －1)·(－3)n ＋1，② ①－②得，4S n ＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n －(2n －1)·(－3)n ＋1 ＝－3＋2·－32[1－－3n －1]1＋3－(2n －1)·(－3)n ＋1＝32－4n －12·(－3)n ＋1. 所以S n ＝38－4n －18·(－3)n ＋1.数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例](2021·某某重点中学联考)设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }中满足a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，假如[x ]表示不超过x 的最大整数，如此⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019D ．2 020解析：由题可知，f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2，如此f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0.a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，累加得a n ＝2n －1，故b n ＝n .如此2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋2 018b 2 018b 2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 答案：A此题的关键是利用累加法求通项后，利用裂项相消法求和．[题组突破]1．(2021·某某摸底)定义n∑i ＝1nu i为n 个正数u 1，u 2，u 3，…，u n 的“快乐数〞．假如正项数列{a n }的前n 项的“快乐数〞为13n ＋1，如此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36a n ＋2a n ＋1＋2的前2 019项和为( )A.2 0182 019 B ．2 0192 020C.2 0192 018D ．2 0191 010答案：B2．(2021·某某期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.①第二步：将数列①的各项乘以n ，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n ，如此a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝( )A ．n 2B ．(n －1)2C ．n (n －1)D ．n (n ＋1) 答案：C。

高三数学一轮总复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.ppt

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n
4．一个数列{an}，当 n 是奇数时，an＝5n＋1；当 n 为偶数时，an＝22 ，则这 个数列的前 2m 项的和是__________。
解析：当 n 为奇数时，{an}是以 6 为首项，以 10 为公差的等差数列；当 n 为偶 数时，{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列。所以，S2m＝S 奇＋S 偶＝ma1＋mm2－1 ×10＋a211－－22m
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2 种思路——解决非等差、等比数列求和问题的两种思路 (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，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和。
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3 个注意点——应用“裂项相消法”和“错位相减法”应注意的问题 (1)裂项相消法，分裂通项是否恰好等于相应的两项之差。 (2)在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后 面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点。 (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比含有参数，应分 q＝1 和 q≠1 两种情况求解。
＝6m＋5m(m－1)＋2(2m－1) ＝6m＋5m2－5m＋2m＋1－2 ＝2m＋1＋5m2＋m－2。 答案：2m＋1＋5m2＋m－2
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5．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝__________。
解析：∵an＝n·2n， ∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n。① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1。② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2。 ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2。 答案：(n－1)2n＋1＋2

教学设计2：6.4 数列求和

教学设计2：6.4 数列求和

第四节 数列求和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 －1）2d ；(2)等比数列的前n 项和公式： 1111,(1)1.11n n nna q S a a q a q q qq ⎧=⎪=⎨--=≠⎪--⎩2．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 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．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．4．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． 5．分组求和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，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f(n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(人教A 版教材习题改编)等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列{S nn}的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100 【解析】 ∵S n ＝n （3＋2n ＋1）2＝n (n ＋2)，∴S nn ＝n ＋2.∴数列{S nn }前10项的和为：(1＋2＋…＋10)＋20＝75.【答案】 C2．一个球从100 m 高处自由落下，每次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) 【解析】 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋ (2)9) ＝100＋200×2－1（1－2－9）1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 【答案】 A3．(2013·合肥质检)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15 【解析】 ∵a n ＝(－1)n (3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 【答案】 A4．(2012·大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A .100101B .99101C .99100D .101100 【解析】 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d.∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×（5－1）2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.【答案】 A5．设数列{a n }的通项a n ＝4n －1，数列{b n }的通项b n ＝3n －1，则数列{a n ·b n }的前n 项和T n ＝________．【解析】 T n ＝1·2＋4·5＋42·8＋…＋4n －1(3n －1)，① 4T n ＝4·2＋42·5＋43·8＋…＋4n (3n －1)．②②－①得：3T n ＝－2－3(4＋42＋…＋4n －1)＋4n (3n －1)＝－2＋4(1－4n －1)＋4n (3n －1)＝2＋(3n －2)·4n .所以T n ＝(n －23)·4n ＋23.【答案】 (n －23)·4n ＋23已知函数f(x)＝2x －3x －1，点(n ，a n )在f(x)的图象上，a n 的前n 项和为S n .(1)求使a n ＜0的n 的最大值； (2)求S n .【思路点拨】 (1)由条件，求出a n ，利用数列的性质求a n ＜0的n 的最大值；(2)将{a n }转化为两个特殊数列求和．【尝试解答】 (1)∵点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －3x －1的图象上， ∴a n ＝2n －3n －1，∵a n ＜0，∴2n －3n －1＜0，即2n ＜3n ＋1， 又∵n ∈N *，∴n ≤3，即n 的最大值为3. (2)∵a n ＝2n －3n －1，∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(21－3×1－1)＋(22－3×2－1)＋…＋(2n －3×n －1) ＝(21＋22＋…＋2n )－3(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2（1－2n ）1－2－3·n （n ＋1）2－n＝2n ＋1－n （3n ＋5）2－2.,1．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求和． 2．常见类型及方法(1)a n ＝kn ＋b ，利用等差数列前n 项和公式直接求解； (2)a n ＝a ·q n －1，利用等比数列前n 项和公式直接求解；(3)a n ＝b n ±c n ，数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{a n }的前n 项和．若数列{a n }是1，(1＋12)，(1＋12＋14)，…，(1＋12＋14＋…＋12n －1)，…，试求数列{a n }的前n 项和S n .【解】 a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－（12）n1－12＝2(1－12n )，∴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]＝2[n －(1－12n )]＝2n －2＋12n －1.公差不为0的等差数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{c n }的前n 项和为S n ，且na n c n ＝1，求证：S n ＜1.【思路点拨】 (1)由a 1，a 3，a 7成等比数列，求得公差d ，进而确定{a n }的通项公式． (2)根据{c n }的通项公式特征，利用裂项相消法求得S n ，从而证得S n ＜1. 【尝试解答】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 3＝2＋2d ，a 7＝2＋6d . ∵a 1，a 3，a 7成等比数列，∴(2＋2d )2＝2(2＋6d )，又d ≠0，∴可求d ＝1. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.(2)∵na n c n ＝1，又由(1)知a n ＝n ＋1，∴c n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.∴S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＜1.,1．本题中在求数列{c n }的前n 项和S n 时，把c n ＝1n （n ＋1）变形为c n ＝1n －1n ＋1是解题的关键．2．裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．从而达到求和的目的．已知等差数列{a n }中，a 2＝8，S 6＝66.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝2（n ＋1）a n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n ，T 10.【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，S 6＝6a 1＋6×52d ＝66解之得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝6，d ＝2. ∴a n ＝6＋(n －1)·2＝2n ＋4.(2)b n ＝2（n ＋1）a n ＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，∴T n ＝(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)＝12－1n ＋2＝n2（n ＋2），从而T 10＝102（10＋2）＝512.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求数列{na n }的前n 项和T n .【思路点拨】 由a n ＋1＝S n ＋1－S n 得S n 与S n ＋1的递推关系，求得S n 和a n ，由a n 的特征，利用错位相减法求数列{na n }的前n 项和T n .【尝试解答】 (1)∵a n ＋1＝2S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ，∴S n ＋1＝3S n .又∵S 1＝a 1＝1， ∴数列{S n }是首项为1、公比为3的等比数列，因此S n ＝3n －1(n ∈N *)． 当n ≥2时，a n ＝2S n －1＝2·3n －2(n ≥2)，∴数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，2·3n －2，n ≥2.(2)T n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n . 当n ＝1时，T 1＝1；当n ≥2时，T n ＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n ·3n －2，① 3T n ＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n ·3n －1，②①－②得：－2T n ＝－2＋4＋2(31＋32＋…＋3n －2)－2n ·3n －1 ＝2＋2·3（1－3n －2）1－3－2n ·3n －1＝－1＋(1－2n )·3n －1，∴T n ＝12＋(n －12)·3n －1(n ≥2)．又∵T 1＝a 1＝1也满足上式， ∴T n ＝12＋(n －12)·3n －1(n ∈N *)．,1．本例(2)求T n 时，易盲目利用错位相减法直接求和，忽视讨论n ＝1的情形． 2．(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，可采用错位相减法求和．一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，若{b n }的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．(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”．即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．(2012·江西高考)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 n2n }的前n 项和T n .【解】 (1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4， 从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n .(2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.两种思路解决非等差、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，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．两个提醒1.裂项相消法，分裂通项是否恰好等于相应的两项之差．2．在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点(见学生用书第99页)数列求和是高考的热点，主要涉及等差、等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和与并项法求和，题目呈现方式多样，在选择题、填空题中以考查基础知识为主，在解答题中以考查错位相减法和裂项相消法求和为主，求解的关键是抓住通项公式的特征，正确变形，分清项数求和．易错辨析之九通项遗漏导致错位相减求和错误(2012·浙江高考改编)已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2n2＋n－3，n∈N*，数列{b n}满足a n＝4log2b n＋3，n∈N*.(1)求a n，b n；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.【错解】(1)由S n＝2n2＋n－3，得n≥2时，S n－1＝2(n－1)2＋(n－1)－3，∴a n＝2n2－2(n－1)2＋1＝4n－1，由4n－1＝a n＝4log2b n＋3，得b n＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)知a n b n＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，所以T n＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，2T n＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，所以2T n－T n＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5.故T n＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.错因分析：(1)求a n，忽视n＝1的情形，错求a n，导致后续问题不能正确求解．(2)错位相减求和时，弄错等比数列的项数，盲目认为除首、末项外成等比数列．防范措施：(1)由S n 求a n ，当n ＝1时，a 1＝S 1检验是否满足a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，若不满足，应分段表示a n ，从而求T n 时，应分类讨论．(2)由于{a n b n }的通项分段表示，求T n 时，不仅注意对n 进行讨论，而且在写出“T n ”与“qT n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”．即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和． 【正解】 (1)在错解中，补上当n ＝1时，a 1＝S 1＝0，不适合a n ＝4n －1(n ≥2)，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 （n ＝1），4n －1 （n ≥2），∴a 1＝4log 2b 1＋3，∴b 1＝2－34，于是b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－34 （n ＝1），2n －1（n ≥2）.(2)T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ， 当n ＝1时，T 1＝a 1b 1＝0×2－34＝0，当n ≥2时，T n ＝7×2＋11×22＋15×23＋…＋(4n －1)·2n －1， ∴2T n ＝7×22＋11×23＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ， 则T n ＝2T n －T n ＝(4n －1)·2n －14－4(22＋23＋…＋2n －1)＝(4n －1)·2n－14－4×22（1－2n －2）1－2＝(4n －5)·2n ＋2，又n ＝1时，T 1＝0适合上式， 故T n ＝(4n －5)·2n ＋2，n ∈N *.1．(2012·课标全国卷)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845 D ．1 830 【解析】 ∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3，从而a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，a 2k ＋3＋a 2k ＋1＝2，因此a 2k ＋3＝a 2k －1，∴a 1＝a 5＝a 9＝…＝a 61， 于是S 60＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61) ＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×（3＋119）2＝1 830.【答案】 D2．(2013·青岛调研)已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n2n －1}的前n 项和．【解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)设数列{a n2n －1}的前n 项和为S n ，∵a n 2n －1＝2－n 2n －1＝12n －2－n 2n －1， ∴S n ＝(2＋1＋12＋122＋…＋12n －2)－(1＋22＋322＋…＋n2n －1)．记T n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，①则12T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，② ①－②得：12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ，∴12T n ＝1－12n1－12－n 2n .即T n ＝4(1－12n )－n2n －1. ∴S n ＝2[1－（12）n ]1－12－4(1－12n )＋n 2n －1＝4(1－12n )－4(1－12n )＋n 2n －1＝n2n －1.。

第三章 第四节数列求和

第三章 第四节数列求和

同步检测训练一、选择题1．如果数列{a n }满足a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1，…是首项为1，公比为3的等比数列，则a n 等于( )A.3n ＋12B.3n ＋32C.3n －12D.3n －32答案：C解析：a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12.2．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋1－12n答案：A解析：S n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(12＋14＋18＋…＋12n )＝n (1＋2n －1)2＋12－12n ＋11－12＝n 2＋1－12n .3．(2008·武汉模拟)如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1且a n －1－a n a n a n －1＝a n －a n ＋1a n a n ＋1(n ≥2)，则此数列的第10项为( )A.1210B.129C.110D.15 答案：D解析：∵a n －1－a n a n a n －1＝a n －a n ＋1a n a n ＋1＝a 1－a 2a 1a 2＝12，∴1a n ＋1－1a n ＝12，{1a n}为等差数列，1a 10＝1a 1＋12×9＝5，a 10＝15.4．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列{1f (n )}(n ∈N *)的前n 项和是( )A.nn ＋1 B.n ＋2n ＋1C.nn －1D.n ＋1n答案：A解析：∵f (x )＝x m ＋ax 的导数为f ′(x )＝2x ＋1，∴m ＝2，a ＝1，∴f (x )＝x 2＋x ，即f (n )＝n 2＋n ＝n (n ＋1)，∴数列{1f (n )}(n ∈N *)的前n 项和为：S n ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝nn ＋1.5．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案：D解析：∵1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n 1－2＝2n －1，∴S n ＝(2＋22＋ (2))－n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n ＋1－2－n .若S n >1020，则2n ＋1－2－n >1020，∴n ≥10.6．已知某数列前2n 项和为(2n )3，且前n 个偶数项的和为n 2(4n ＋3)，则它的前n 个奇数项的和为( )A ．－3n 2(n ＋1)B ．n 2(4n －3)C ．－3n 2 D.12n 3答案：B解析：前n 个奇数项的和为(2n )3－n 2(4n ＋3)＝n 2(4n －3)．7．(2009·南昌二模)数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 2，则a n ＝( )A.13·2n －1B.12·3n －1C.12nD.n 3n 答案：B解析：令n ＝1，得a 1＝12，排除A 、D ；再令n ＝2，得a 2＝16，排除C ，故选B.8．(2009·湖北华师一附中4月模拟)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝48(n ＋2)2－4，S n是数列{a n }的前n 项和，则与S 98最接近的整数是( )A ．20B ．21C ．24D ．25 答案：D解析：由已知得a n ＝48(n ＋2)2－22＝12(1n －1n ＋4)，因此S 98＝12[(11－15)＋(12－16)＋…＋(198－1102)]＝12(1＋12＋13＋14－199－1100－1101－1102)＝25－12(199＋1100＋1101＋1102)，因此与S 98最接近的整数是25，选D.二、填空题9.12n ＋34n ＋58n ＋…＋2n －12n ·n等于________． 答案：1n ⎝⎛⎭⎫3－2n ＋32n解析：因为原式＝1n ⎝⎛⎭⎫12＋322＋…＋2n －12n ，令T ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，两边乘以12得12T ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，两式相减得12T ＝12＋222＋…＋22n －2n －12n ＋1，则得T ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .∴原式＝1n ⎝⎛⎭⎫3－2n ＋32n .10．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足：b 1＝1，当n ≥2时，b n ＝ab n －1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 2007＝__________.答案：22006＋2006解析：由题意得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋1)－[(n －1)2＋1]＝2n －1.由此可得，a n ≥2，当n ≥2时，b n ＝ab n －1≥2，b 2＝ab 1＝a 1＝2，当n ≥2时b n ＝ab n －1≥2.当n ≥3时，b n －1≥2，b n ＝ab n －1＝2b n －1－1，b n －1＝2(b n －1－1)，b n －1＝2n －2(b 2－1)＝2n －2，b n ＝2n －2＋1(n ≥2)，因此T 2007＝1＋2＋(2＋1)＋(22＋1)＋…＋(22005＋1)＝(1＋2＋22＋…＋22005)＋2007＝1－220061－2＋2007＝22006＋2006.11．(2009·重庆二测)设数列{a n }为等差数列，{b n }为公比大于1的等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 2＝b 2，a 2＋a 62＝b 2b 4.令数列{c n }满足c n ＝a n b n2，则数列{c n }的前n 项和S n 等于________．答案：(n －1)·2n ＋1＋2解析：由题意可设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，根据题中两个等式列出两个关于d 和q 的方程，求出{a n }的公差d ，{b n }的公比q ，从而求得{a n }与{b n }的通项公式，进而求得{c n }的通项公式，再求{c n }的前n 项和．三、解答题12．求和：S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan .解：(1)a ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)a ≠1时，S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ①1a S n ＝1a 2＋2a 3＋…＋n －1a n ＋na n ＋1② 由①－②得(1－1a )S n ＝1a ＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n －n a n ＋1＝1a (1－1a n )1－1a－n a n ＋1，∴S n ＝a (a n －1)－n (a －1)a n (a －1)2.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2 (a ＝1)a (a n－1)－n (a －1)a n(a －1)2(a ≠1).13．(2009·湖州模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c (n ∈N *)，且S 1＝3，S 2＝7，S 3＝13，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{1a n a n ＋1}的前n 项和T n .解(1)由已知有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝3，4a ＋2b ＋c ＝7，9a ＋3b ＋c ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1，c ＝1，所以S n ＝n 2＋n ＋1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n ＋1－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1，2n ， n ≥2.(2)令b n ＝1a n ·a n ＋1，则b 1＝1a 1a 2＝112.当n ≥2时，b n ＝12n ·2(n ＋1)＝14·(1n －1n ＋1)．所以T n ＝b 2＋…＋b n ＝14(12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1) ＝n －18(n ＋1). 所以T n ＝112＋n －18(n ＋1)＝5n －124(n ＋1)(n ∈N *)．14．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项a n ； (2)求数列{na n }的前n 项和T n .解：(1)∵a n ＋1＝2S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ，∴S n ＋1S n＝3.又∵S 1＝a 1＝1，∴数列{S n }是首项为1、公比为3的等比数列，S n ＝3n －1(n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝2S n －1＝2·3n －2 (n ≥2)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，2·3n －2， n ≥2.(2)T n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n . 当n ＝1时，T 1＝1；当n ≥2时，T n ＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n ·3n －2，①3T n ＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n ·3n －1，② ①－②得：－2T n ＝－2＋4＋2(31＋32＋…＋3n －2)－2n ·3n －1＝2＋2·3(1－3n －2)1－3－2n ·3n －1＝－1＋(1－2n )·3n －1.∴T n ＝12＋(n －12)·3n －1(n ≥2)．又∵T 1＝a 1＝1也满足上式．∴T n ＝12＋3n －1(n －12) (n ∈N *)．15．(2008·石家庄第二检测)在数列{a n }中，a 1＝13，并且对于任意n ∈N *，且n >1时，都有a n ·a n －1＝a n －1－a n 成立，令b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)(理)求数列{a n n }的前n 项和T n ，并证明T n <34－1n ＋2.(文)求数列{a nn}的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，b 1＝1a 1＝3，当n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1a n －1＝a n －1－a n a n ·a n －1＝1，∴数列{b n }是首项为3，公差为1的等差数列， ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋2.(2)(理)∵a n n ＝1nb n ＝1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2)，∴T n ＝a 11＋a 22＋a 33＋…＋a n －1n －1＋a n n＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n －1－1n ＋1)＋(1n －1n ＋2)]＝12[32－(1n ＋1＋1n ＋2)] ＝12[32－2n ＋3(n ＋1)(n ＋2)]， ∵2n ＋3(n ＋1)(n ＋2)>2n ＋2(n ＋1)(n ＋2)＝2n ＋2， ∴－2n ＋3(n ＋1)(n ＋2)<－2n ＋2，∴T n <34－1n ＋2.(文)∵a n n ＝1nb n ＝1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2)，∴T n ＝a 11＋a 22＋a 33＋…＋a n －1n －1＋a n n＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n －1－1n ＋1)＋(1n －1n ＋2)] ＝12[32－(1n ＋1＋1n ＋2)] ＝3n 2＋5n 4(n 2＋3n ＋2).。

第四节 数列求和(1)

第四节 数列求和(1)
(2)若
数学
1 bn＝2an＋2an，求数列{bn}的前
n 项和 Sn.
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第四节
数列求和
结束
解 题 思 路
[解]
＋2
求导
代值找数列关系
求通项公式
分组求和
(1)由题设可得 f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an
cos x. 对任意 n∈N
*
数学
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第四节
数列求和
结束
[练一练]
1．若 Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋„＋(－1)n－1· n，则 S50＝________.
答案：－25
2．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n 项和为________．
21－2n n1＋2n－1 解析：Sn＝ ＋ ＝2n＋1－2＋n2. 2 1－2
数列求和
结束
因此an＝2n－1，n∈N*. b1 b2 bn 1 (2)由已知a ＋a ＋„＋a ＝1－2n，n∈N*， 1 2 n b1 1 当n＝1时，a ＝2；
1
此步骤不可缺！
1 1 bn 1 当n≥2时，a ＝1－2n－1－2n－1＝2n， n bn 1 所以a ＝2n，n∈N*. n
1 2
答案：C
数学
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第四节
数列求和
结束
1 角度三 形如an＝ 型 2n－12n＋1 2 3．(2013· 江西高考)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn －
(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.

2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】

2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】
【解析】 ∵an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1 ∴数列{an}的前 n 项和 Sn＝1－n＋1 1＝n＋n 1 又 Sn＝22001290，∴n＝2019，故选 B.
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.

2025届高考数学一轮总复习第六章数列第四节数列求和

2025届高考数学一轮总复习第六章数列第四节数列求和
4×3
41 + 2 ×
= 32,
1 = 5,
S4=32,T3=16,得
解得
所以
= 2.
(1 -6) + 2(1 + ) + (1 + 2-6) = 16,
an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明 由(1)可得
[5+(2+3)]
Sn=
=n2+4n.
2
当 n 为奇数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6
×…× ×a2= × ×…× ×1=n-1.
-2
2
1
-2 -3
显然 a1=0 满足,∴an=n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知 an=n-1(n∈N*),
+1
1
1 1
1 2
1 3
1
∴an+1=n,∴ =n· ,∴Tn=1×
+2×
+3×
+…+n· ,
2
2
2
2
2
2
1
1 2
1 3
1
2
2
+(
1
2
2
−
1
2 )+…+
3
1
1
1
2 - 2 =1-81
8 9
=
80
.
81
=
1
2
−
1
(+1)
2,
增素能 精准突破

第四节 数列求和-高考状元之路

第四节 数列求和-高考状元之路

第四节 数列求和预习设计 基础备考知识梳理1．公式法=++++222232)1(n I=+++33321)2(n2．倒序相加法如果一个数列},{n a 首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．3．错位相减法错位相减法主要适用于求由一个等差数列和一个等比数列相应项的乘积所构成的数列的前n 项和．做法是先将和的形式写出，再给式子两边同乘或同除以公比q ，然后将两式相减，相减后以”“nq 为同类项进行合并，得到一个可求和的数列，注意合并后有两项不能构成等比数列中的项． 4．裂项相消法裂项相消法中，“裂项”是手段，“相消”是目的，所以应将每一项都“分裂”成两项之差，或“裂”成一个常因子与两项差的积，例如分子为某一常数，分母是由等差数列的相邻项乘积形成的分数数列的求和一般选用裂项相消法．=+)(1)1(k n n =++n k n 1)2( =+-)12)(12(1)3(n n =++)2)(1(1)4(πn n 5．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列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减.6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为和．形如)()1(n f a n n -=类型，可采用两项合并求解，例如：+=-++-+-=100(12979899100222222 n s +⋅+++..)9798()99.5050)12(=+典题热身1．已知数列}{n a 的通项公式是,212nn l a -=其前n 项和=n S ,64321则项数n 等于( ) 13.A 10.B 9.c 6.D答案：D2．已知数列}{n a 中，),()2(1⋅∈+=N n n n a n 其前n 项和为,n s 则πs 等于( ) )1(2+⋅n n A )2)(1(2143.+++n n B )2)(1(23243.+++-n n n c D ．以上都不对 答案：c3．数列}.)1{(n n -的前2010项的和2010s 为 ( )2010.-A 1005.-B 2010.c 1005.D答案：D4．数列815,413,211的前10项和=10S 答案：1021101-5．在数列}{n a 中，2,121==a a 且),()1(12⋅∈-+=-+N n a a n n n 则=100s答案：2600课堂设计 方法备考题型一 用分组转化法求和【例1】已知函数,132)(--=x x f x 点),(n a n 在)(x f 的图像上，n a 的前n 项和为⋅n s(1)求使0<n a 的n 的最大值；(2)求⋅n s题型二 用错位相减法求和【例2】已知数列}{n a 的首项...,2,1,121,321⋅=+=+=n a a a a n n n (1)证明：数列}11{-na 是等比数列； (2)求数列}{na n 的前n 项和⋅n s 题型三 用裂项相消法求和 【例3】数列}{n a 中，,11=a 当2≥n 时，其前n 项和n S 满足⋅-=)21(2n n n s a S(1)求,,n n a s(2)设,12+=n s b n n 数列}{n b 的前n 项和为,n T 求⋅n T 技法巧点数列求和方法的探寻源于对数列通项公式结构特征的分析 和变形，只有抓住了数列通项公式的结构特征，才能准确判断数列求和类型，寻找求和方法．通过本节课的学习，你会感悟到“求和方法诚可贵，通项公式价更高”吧！失误防范1．错位相减法是高考考查的重点，也是最容易出现失误之女出现错误的原因：一是计算失误；二是求和过程中对项数判断失误．因此，求解时建议同学们不要操之过急，一步步，慎之又慎．2．含有参数的数列求和问题，常伴随着分类讨论，切记不讨直接求解．随堂反馈1．数列 ,2221,,421,21,112-++++⋅⋅⋅+++n 的前n 项和,1020>n s 那么n 的最小值是（ ）7.A 8.B 9.C 10.D答案：D2．设函数ax x x f m +=)(的导函数,12)(+=x x f 则数列*)}()(1{N n n f ∈的前n 项和是（ ） 1+⋅n n A 12.++n n B 1-⋅n n c n n D 1.+ 答案：A3．(2011．深圳模拟)已知数列}{n a 满足n n a a +=+211且,211=a 则该数列的前2011项的和等于（ ） 2530.1A 3015.B 1508.C 2011.D 答案：C4．(2011．连云港模拟)设5021,,,a a a 是以-1，0，1这三个整数中取值的数列，若9...5021=+++a a a 且++21)1(a +++ 22)1(a ,107)1(250=+a 则5021,,,a a a 当中取零的项共有( )A ．11个B ．12个C ．15个D ．25个答案：A5．已知等比数列}{n a 中，,81,341==a a 若数列}{n b 满足=n b ,log 3n a 则数列}1{1+n n b b 的前n 项和=n s 答案：1+n n高效作业 技能备考一、选择题1．(2011．菏泽调研)等差数列}{n a 的通项公式,12-=n a n 数列,11+=n n n a a b 其前n 项和为,n s 则n s 等于 ( ) 122.+n n A 12+⋅n n B 12-⋅n n c D ．以上都不对 答案：B2（2011．济宁月考）若数列}{n a 的通项为=-=n n b n a ,14*,,...21N n na a a n ∈+++则数列}{nb 的前n 项和是( ) 2.n A )1(.+n n B )2(.+n n C )12(.+n n D答案：C3．已知数列}{n a 的前n 项和,242+-=n n s n 则++||||21a a =+||..10a ( )66.A 65.B 61.c 56.D答案：A4．若,.)1(43211n s n n --++-+-= 则503317s s s ++等于( )1.A 1.-B 0.c2.D答案：A5．数列}{n a 的通项公式),(21⋅∈++=N n n n a n 若前n 项和为,n s 则n s 为( )12.-n A 1212.--++n n B )12(21.-n c )1212(21.--+++n n D 答案：D6．已知数列}{n a 的前n 项和,62n n s -=π则|}{|n a 的前n 项和=n T ( )26.n n A - 186.2+-n n B ⎩⎨⎧>+-≤≤-),3(186),31(6.22n n n n n n c ⎩⎨⎧>-≤≤-),3(6),31(6.22n n n n n n D 答案：C二、填空题7．设}{n a 是等差数列，}{n b 是各项都为正数的等比数列，且19,15311=+==b a b a ,9,35=+b a 则数列}{n n b a 的前n 项和=n s答案：12)1(+⋅-n n8．在数列}{n a 中，,11211++++++=n n n n a n 又=n b ,21+n n a a 则数列}{n b 的前n 项和为答案：18+n n 9．若数列}{n a 是正项数列，且n n a a a n 3221+=+++ *),(N n ∈则=++++13221n a a a n 答案：n n 622+三、解答题10．（2010．山东高考）已知等差数列}{n a 满足+=53,7a a }{,267n a a =的前n 项和为⋅n s(1)求n a 及;n s(2)令*),(112N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和⋅n T11. (2010．课标全国卷)设数列}{n a 满足n n a a a .,211-=+=.2312-⋅n (1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,n n na b =求数列}{n b 的前n 项和⋅n s12．(2011．重庆高考)设}{n a 是公比为正数的等比数列，=1a .4,223+=a a(1)求}{n a 的通项公式；(2)设}{n b 是首项为1，公差为2的等差数列，求数列+n a {}n b 的前n 项和⋅n s。

2022高考数学(文)一轮通用版讲义：6.4数列求和

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＋。

高三数学一轮复习课件：数列求和_高考复习优秀课件

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．

第4节 数列求和--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第4节 数列求和--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.必备知识——强基础数列求和的几种常用方法1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式①已知等差数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2；②已知等差数列的第1项和公差求前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，①已知等比数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝a 1－a n q1－q ；②已知等比数列的第1项和公比求前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q .2．分组求和法与并项求和法(1)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．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．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．4．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．5．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，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2．12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3．裂项求和常用的变形(1)分式型：1n （n ＋k ）＝1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）等．(2)指数型：2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1－1，n ＋2n （n ＋1）·2n ＝1n ·2n －1－1（n ＋1）·2n 等．(3)根式型：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )等．(4)对数型：log m a n ＋1a n＝log m a n ＋1－log m a n ，a n >0，m >0且m ≠1.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n ＋1＋n，则S 9＝2.()(2)1n 2<1（n －1）n ＝1n －1－1n.()(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和．()(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＝3n－12.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n（n＋1），则S5＝()A．1B．56C．16D．130答案B解析∵a n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{a n}的通项公式a n＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为()A．－200B．－100C．200D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{a n}的通项公式a n＝2n＋2n－1，则数列{a n}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2答案C解析S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2（1－2n）1－2＋2×n（n＋1）2－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.(4)在数列{a n}中，a1＝1，a n a n＋1＝－2，则S100＝________．答案－50解析根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以{a n}中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a 99＋a 100＝1－2＋…＋1－2＝50×(－1)＝－50.考点探究——提素养考点一拆项分组法求和例1(2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，其公比q ≠－1，a 4＋a 5a 7＋a 8＝127，且S 4＝a 3＋93.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n log 13a n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为{a n }是等比数列，公比q ≠－1，则a 4＝a 1q 3，a 5＝a 1q 4，a 7＝a 1q 6，a 8＝a 1q 7，所以a 4＋a 5a 7＋a 8＝a 1q 3＋a 1q 4a 1q 6＋a 1q 7＝1q 3＝127，解得q ＝3，由S 4＝a 3＋93，可得a 1（1－34）1－3＝9a 1＋93，解得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n .(2)由(1)得b nn ，n 为奇数，n ，n 为偶数.当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－(1＋3＋…＋n －1)＋(32＋34＋…＋3n )＝－n2·[1＋（n －1）]2＋9（1－9n2）1－9＝98(3n －1)－n 24；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝98(3n ＋1－1)－（n ＋1）24－3n ＋1＝18·3n ＋1－98－（n ＋1）24.综上所述，T nn ＋1－98－（n ＋1）24，n 为奇数，3n －1）－n 24，n 为偶数.【通性通法】拆项分组法求和的常见类型【巩固迁移】1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．答案n 2＋1－12n解析由题意可得，通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋＋122＋123＋…＝n [1＋（2n －1）]2＋21－12＝n 2＋1－12n .考点二并项转化法求和例2在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)由题意，设等差数列{a n }的公差为d，1＋5d ＝12，1＋17d ＝36，1＝2，＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)由(1)，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，(ⅰ)当n 为偶数时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝2＋2＋…＋2＝n2×2＝n ；(ⅱ)当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n －1＋b n ＝n －1－2n ＝－n －1.∴Sn ，n 为偶数，n －1，n 为奇数.【通性通法】并项转化法求和【巩固迁移】2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，数列{b n }满足对任意正整数m ≥2均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m 成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前99项和．解(1)因为a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝2(n －1)．两式相减，得na n ＝2，所以a n ＝2n (n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝2，也符合上式，所以a n ＝2n .(2)由(1)知1a n ＝n2.因为对任意的正整数m ≥2，均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m ＝m2，故数列{b n }的前99项和b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＋…＋b 97＋b 98＋b 99＝(b 1＋b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6)＋…＋(b 97＋b 98＋b 99)＝1a 2＋1a 5＋…＋1a 98＝22＋52＋…＋982＝825.考点三裂项相消法求和例3(2023·承德模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1S n＝2n .(1)证明：数列{a n }是等差数列；(2)若a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{b n }的前n 项和T n .①b n ＝na 2n a 2n ＋1；②b n ＝1a n ＋a n ＋1；③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：因为a n ＋1S n＝2n ，即n (a n ＋1)＝2S n ，当n ＝1时，a 1＋1＝2S 1，解得a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －1，所以n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －2S n －1，即n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2a n ，所以(n －2)a n －(n －1)a n －1＋1＝0，当n ＝2时，上述式子恒成立，当n >2时，两边同除以(n －2)(n －1)可得a n n －1－a n －1n －2＝－1（n －1）（n －2）＝1n －1－1n －2，即a n n －1－1n －1＝a n －1n －2－1n －2，，即a n －1n －1＝a 2－1，所以a n －1＝(n －1)(a 2－1)，即a n ＝(n －1)(a 2－1)＋1，当n ＝1时，也适合上式，所以a n ＋1－a n ＝n (a 2－1)＋1－(n －1)(a 2－1)－1＝a 2－1，所以数列{a n }是以1为首项，a 2－1为公差的等差数列．(2)设{a n }的公差为d ，因为a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列，所以(a 3＋1)2＝a 5(a 2＋1)，即(2＋2d )2＝(1＋4d )(2＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.若选①b n ＝na 2n a 2n ＋1，则b n ＝n （2n －1）2（2n ＋1）2＝181（2n －1）2－1（2n ＋1）2，所以T n ＝18112－132＋132－152＋…＋1（2n －1）2－1（2n ＋1）2＝181－1（2n ＋1）2.若选②b n ＝1a n ＋a n ＋1，则b n ＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1（2n －1＋2n ＋1）（2n ＋1－2n －1）＝12(2n ＋1－2n －1)，所以T n ＝12(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1)．若选③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1，则b n ＝2n ＋3（2n －1）（2n ＋1）2n ＋1＝1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1，所以T n ＝11×21－13×22＋13×22－15×23＋…＋1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1＝12－1（2n ＋1）×2n ＋1.【通性通法】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；或者前面剩几项，后面也剩几项．(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＝，1a n a n ＋2＝【巩固迁移】3．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n ＝()A ．25B ．576C ．624D ．625答案C解析a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24，得n ＝624.故选C.4．(2022·新高考Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.解(1)1，公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，故S n ＝n ＋23a n .①当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1.②由①－②可知a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1.所以a 2a 1×a3a 2×…×a n －1a n －2×a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1＝n （n ＋1）2(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．(2)证明：因为1a n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝21－22＋22－23＋…＋2n －2n ＋1＝2－2n ＋1＜2.考点四错位相减法求和例4(2023·全国甲卷)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2(S n－S n－1)＝na n－(n－1)a n－1，即2a n＝na n－(n－1)a n－1，化简得(n－2)a n＝(n－1)a n－1，当n≥3时，a nn－1＝a n－1n－2＝…＝a32＝1，即a n＝n－1，当n＝1，2时都满足上式，所以a n＝n－1(n∈N*)．(2)因为a n＋12n＝n2n，所以T n＝＋＋＋…＋n，1 2T n＝＋＋…＋(n－＋n＋1，两式相减得12T n＋…－n＋1＝12×11－12－n＋1＝1－，即T n＝2－(2＋n，n∈N*.【通性通法】1．错位相减法求和的适用条件若{a n}是公差为d(d≠0)的等差数列，{b n}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an b n}的前n项和S n.2．错位相减法求和的步骤3．错位相减法求和的注意事项注意在写出S n与qS n的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出点一S n －qS n ，特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n －1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b 2＋b 3＋…＋b n 这n －1项和看成n 项和，把－a n b n ＋1写成＋a n b n ＋1导致错误【巩固迁移】5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝6，a n ＋1＝2(S n ＋1)．(1)证明{a n }为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解(1)因为a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以a n ＝2(S n －1＋1)(n ≥2)，故a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)，又a 2＝2(S 1＋1)＝2a 1＋2，故a 1＝2，即a2a 1＝3，因此a n ＋1a n＝3(n ∈N *)．故{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列．因此a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．(2)因为T n ＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n ×3n －1，①故3T n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n －1)×3n －1＋2n ×3n ，②①－②，得－2T n ＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n －1)－2n ×3n＝2＋2×3（3n －1－1）3－1－2n ×3n ＝－1＋(1－2n )×3n ，即T n ＝（2n －1）×3n ＋12.考点五倒序相加法求和例5已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，可得1a n ＋1＝2a n－16，于是1a n ＋1－16＝即b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，因此a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.【通性通法】倒序相加法的使用策略策略一将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n 项和公式的推导即用此方法)策略二和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数关于点对称的性质，组合数中C k n ＝C n －kn 的性质【巩固迁移】6．已知函数f (x )对任意的x ∈R ，都有f (x )＋f (1－x )＝1，数列{a n }满足a n ＝f (0)＋…＋f (1)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n ＋12解析∵f (x )＋f (1－x )＝1，∴1，又a n ＝f (0)＋…＋f (1)①，∴a n ＝f (1)＋…＋f (0)②，①＋②，得2a n ＝n ＋1，∴a n ＝n ＋12.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.课时作业一、单项选择题1．(2024·黑龙江牡丹江第二次阶段测试)已知等差数列{a n }，a 2＝3，a 5＝6前8项和为()A ．15B ．25C ．35D ．45答案B解析由a 2＝3，a 5＝6可得公差d ＝a 5－a 23＝1，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝n ＋1，因此1a n a n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，8…＝12－110＝25.故选B.2．在数列{a n }中，a n ＝(－1)n －1(4n －3)，前n 项和为S n ，则S 22－S 11为()A ．－85B ．85C ．－65D ．65答案C解析∵S 22＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 21＋a 22＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(81－85)＝(－4)×11＝－44，S 11＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(33－37)＋41＝(－4)×5＋41＝21，∴S 22－S 11＝－44－21＝－65.3．(2023·青岛调研)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足a 1＝3，a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，k ∈N *，则S 2023＝()A ．42023－1B ．3×22023－3C ．3×41012－9D ．5×41011－2答案C解析∵a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，∴a 2k ＋1＝4a 2k －1.又a 1＝3，∴数列{a 2k －1}是首项为3，公比为4的等比数列．∵a 2＝8a 1＝24，a 2k ＋2a 2k ＝a 2k ＋2a 2k ＋1·a 2k ＋1a 2k＝4，∴数列{a 2k }是首项为24，公比为4的等比数列．∴S 2023＝(a 1＋a 3＋…＋a 2023)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2022)＝3（1－41012）1－4＋24（1－41011）1－4＝3×41012－9.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝cosn π3，a 1＝1，则S 2023＝()A ．0B ．12C ．1D ．32答案C解析S 2023＝a 1＋(a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7)＋…＋(a 2021＋a 2022＋a 2023)＝1＋cos2π3＋cos 5π3＋…＋cos 2018π3＋cos 2021π3＝1＋cos 2π3＋1.故选C.5．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋2，数列{log 2a n }的前n 项和为T n ，则T 20＝()A ．190B ．192C ．180D ．182答案B解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋2＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2－(2n －1＋2)＝2n －2n －1＝2n －1，经检验a 1＝4不满足上式，所以a n，n ＝1，n －1，n ≥2.设b n ＝log 2a n ，则b n，n ＝1，－1，n ≥2，所以T 20＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 20＝2＋1＋2＋3＋…＋19＝192.故选B.6．(2024·湖北黄冈调研)已知数列{a n }满足a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650，则a 23＝()A ．231B ．234C ．279D ．276答案B解析由a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650可知，当n 为偶数时，a n ＋a n ＋2＝2n －1，当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2n －1，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＋(a 14＋a 16)＋(a 18＋a 20)＝650，即a 1＋(a 1＋1)＋(a 1＋6)＋(a 1＋15)＋(a 1＋28)＋(a 1＋45)＋(a 1＋66)＋(a 1＋91)＋(a 1＋120)＋(a 1＋153)＋3＋11＋19＋27＋35＝650，由此解得a 1＝3，所以a 23＝a 1＋231＝234.故选B.7．(2024·江苏常州高三阶段考试)已知正项数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 2，a 4成等比数列．若∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝3，则a 1＝()A ．169B ．916C ．43D ．34答案A解析设正项等差数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，∵a 1，a 2，a 4成等比数列，∴a 22＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，整理得，d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∵∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝∑24k ＝1a k ＋1－a k（a k ＋1＋a k ）（a k ＋1－a k ）＝∑24k ＝1a k ＋1－a k a k ＋1－a k ＝∑24k ＝11d(a k ＋1－a k )＝1d (a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a 25－a24)＝1d (a25－a 1)＝1d (a 1＋24d －a 1)＝3，即1a 1(5a 1－a 1)＝3，即4a 1＝3a 1，∵a 1>0，∴a1＝169.故选A.8．已知函数fg(x )＝f (x )＋1，若an ＝{a n }的前2022项和为()A．2023B ．2022C ．2021D ．2020答案B 解析由于函数f，则x 即0，所以f (x )＋f (1－x )＝0，所以g (x )＋g (1－x )＝[f (x )＋1]＋[f (1－x )＋1]＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 2022)＝2g…＋＝g＋g ＋…＋g2×2022，因此数列{a n }的前2022项和为a 1＋a 2＋…＋a 2022＝2022.故选B.二、多项选择题9．(2024·广东梅州市大埔县高三质检)已知数列{a n }的首项为4，且满足2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0(n ∈N *)，则()A B ．{a n }为递增数列C ．{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)·2n ＋1＋4D n 项和T n ＝n 2＋n 2答案BD解析由2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ，是以a11＝a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为an n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝n ·2n ＋1，显然递增，故B 正确；因为S n＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，2S n ＝1×23＋2×24＋…＋n ×2n ＋2，所以－S n ＝1×22＋23＋…＋2n ＋1－n ×2n ＋2＝22（1－2n ）1－2－n ·2n ＋2，故S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故C 错误；因为a n 2n ＋1＝n ·2n ＋12n ＋1＝n ，所n 项和T n ＝n （1＋n ）2＝n 2＋n 2，故D 正确．故选BD.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2，则下列结论中正确的是()A ．a n ＝n 2＋n ＋1n （n ＋1）B ．S n ＝n 2＋n －1n ＋1C ．a n ≤32D ．满足S n ≤2024的n 的最大值为2023答案ACD 解析a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2＝[n （n ＋1）＋1]2n 2（n ＋1）2＝n 2＋n ＋1n （n ＋1），故A 正确；因为a n ＝1＋1n （n ＋1）＝1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝n …n ＋1－1n ＋1＝n 2＋2n n ＋1，故B 错误；因为1＋1n （n ＋1）>1＋1（n ＋1）（n ＋2），所以a n >a n ＋1，所以{a n }是递减数列，所以a n ≤a 1＝32，故C正确；因为a n ＝1＋1n －1n ＋1>0，所以S n 递增，且S 2023<2024，S 2024>2024，所以满足S n ≤2024的n 的最大值为2023，故D 正确．故选ACD.三、填空题11.12！＋23！＋34！＋…＋n （n ＋1）！＝________．答案1－1（n ＋1）！解析∵k （k ＋1）！＝k ＋1－1（k ＋1）！＝1k ！－1（k ＋1）！，∴12！＋23！＋34！＋…＋n（n ＋1）！＝1－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＋1n ！－1（n ＋1）！＝1－1（n ＋1）！.12．已知数列{a n }满足a n ＋2n ＋2，n 为奇数，a n ，n 为偶数，且a 1＝2，a 2＝1，则此数列的前20项和为________．答案1133解析当n 为奇数时，由a n ＋2＝a n ＋2可知，{a n }的奇数项成等差数列，且公差为2，首项为a 1＝2；当n 为偶数时，由a n ＋2＝2a n 可知，{a n }的偶数项成等比数列，且公比为2，首项为a 2＝1，故前20项和为a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＋10×92×2＋1－2101－2＝110＋1023＝1133.13．(2024·云南曲靖高三月考)已知正项数列{a n }满足a 1＝2且a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0，令b n ＝(n ＋2)a n －257，则数列{b n }的前7项和为________．答案2021解析由a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，因为a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝2n (n ＋2)－257，令c n ＝2n (n ＋2)，{c n }的前n 项和为T n ，则T 7＝3×21＋4×22＋5×23＋…＋9×27，2T 7＝3×22＋4×23＋5×24＋…＋9×28，两式相减可得，－T 7＝3×21＋22＋23＋…＋27－9×28＝6＋4×（1－26）1－2－9×28＝6＋4×63－9×256＝－2046，所以T 7＝2046，所以数列{b n }的前7项和为T 7－257×7＝2046－25＝2021.14．(2023·湖北重点中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a n －S n ＝2，记数列n 项和为T n .若对于任意n ∈N *，不等式k ＞T n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案13，＋解析依题意2a n －S n ＝2，当n ＝1时，a 1＝2，由2a n －1－S n －1＝2，n ≥2，两式相减并化简得a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＝2n ，所以a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n …＋＝13－12n ＋1＋1<13，所以实数k 的取值范围是13，＋四、解答题15．(2024·湖北恩施模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12.由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1＝(－1)n －1·4n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1当n 为偶数时，T n…1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n…1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T nn为奇数n 为偶数T n16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝－2S n －1S n (n ≥2)．(1)求a n ；(2)设b n ＝2nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)∵a n ＝－2S n －1S n ，∴S n －S n －1＝－2S n －1S n ，∴S n －1－S n ＝2S n S n －1，∴1S n －1S n －1＝2，∴，且1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1＋2n －2＝2n －1，∴S n ＝12n －1(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n ＝－2（2n －1）（2n －3），又a 1＝1不满足上式，∴a nn ≥2.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n －1)2n ＋1＝2＋23（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1＝2－8＋2n ＋2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，∴T n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.17．(2024·江西临川一中阶段考试)函数f (x )＝ln x ，其中f (x )＋f (y )＝2，记S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n(n ∈N *)，则∑2024i ＝11S i ＝()A ．20242025B ．20252024C ．20254048D ．40482025答案A解析∵f (x )＝ln x ，f (x )＋f (y )＝2，∴f (x )＋f (y )＝ln x ＋ln y ＝ln (xy )＝2.S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n ，即S n ＝ln y n ＋ln (xy n －1)＋…＋ln (x n －1y )＋ln x n ，两式相加得，2S n ＝(n ＋1)ln(x n y n )＝n (n ＋1)ln (xy )＝2n (n ＋1)，∴S n ＝n (n ＋1)，∑2024i ＝11S i ＝∑2024i ＝11i （i ＋1）＝∑2024i ＝11－12025＝20242025.故选A.18．(2023·广西玉林统考三模)已知函数f (x )＝e －x －e x ，若函数h (x )＝f (x －4)＋x ，数列{a n }为等差数列，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝44，则h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝________．答案44解析由题意，可得h (x )＝f (x －4)＋x ＝e －(x －4)－e x －4＋x ，设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11a 6＝44，解得a 6＝4，则h (a 6)＝h (4)＝e －(4－4)－e 4－4＋a 6＝a 6＝4，根据等差中项的性质，可得a 1＋a 11＝2a 6＝8，则h (a 1)＋h (a 11)＝e－(a 1－4)－e a 1－4＋a 1＋e－(a11－4)－e a 11－4＋a 11＝1e a 1－4＋1e a 11－4－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝e a 1－4＋e a 11－4e a 1＋a 11－8－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝a 1＋a 11＝8，同理可得，h (a 2)＋h (a 10)＝8，h (a 3)＋h (a 9)＝8，h (a 4)＋h (a 8)＝8，h (a 5)＋h (a 7)＝8，所以h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝5×8＋4＝44.19．(2023·山西太原二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (S n ≠0)，满足S 1，S 2，－S 3成等差数列，且a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝－3a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ，依题意得S 1＋(－S 3)＝2S 2，所以－(a 2＋a 3)＝2(a 1＋a 2)，即－a 1(q ＋q 2)＝2a 1(1＋q )，因为a 1≠0，所以q 2＋3q ＋2＝0，解得q ＝－1或q ＝－2，因为S n ≠0，所以q ＝－2，又因为a 1a 2＝a 3，所以a 21q ＝a 1q 2，即a 1＝q ＝－2，所以a n ＝(－2)n .(2)由题意可得，b n ＝－3（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝（－2）n ＋1－（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1，则T n ＝1（－2）1＋1－1（－2）2＋1＋1（－2）2＋1－1（－2）3＋1＋…＋1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1＝－1－1（－2）n ＋1＋1.20．(2024·新疆阿克苏地区质检)已知正整数数列{a n }，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2时，a 2n －1a n ＋1<a n －2025年高考数学复习讲义及练习解析211<a 2n ＋1a n ＋1恒成立．(1)证明数列{a n }是等比数列并求出其通项公式；(2)定义：|x |表示不大于xn 项和为S n ，求|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|的值．解(1)由a 2n －1a n ＋1<a n －1<a 2n ＋1a n ＋1，得a 2n －1<a n －1a n ＋1<a 2n ＋1.因为{a n }是正整数数列，所以a n －1a n ＋1＝a 2n (n ≥2，n ∈N *)，于是{a n }是等比数列．又a 1＝1，a 2＝2，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)因为2n －1a n ＝2n －12n －1，S n ＝120＋321＋522＋…＋2n －12n －1，12S n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，两式相减得，12S n ＝1＋＋122＋123＋…－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以S n ＝6－2n ＋32n －1<6，又S n ＋1－S n ＝2n ＋12n >0，即{S n }为递增数列，S 1＝1，2<S 2＝52<3，3<S 3＝154<4，4<S 4＝378<5，S 5＝8316>5，所以|S 1|＝1，|S 2|＝2，|S 3|＝3，|S 4|＝4，|S n |＝5(n ≥5)，所以|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|＝1＋2＋3＋4＋＝10110.。

A033=第五章 第四节 数列求和

A033=第五章 第四节 数列求和

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(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an nn＋1 ＝－(1＋2＋…＋n)＝－ 2 .
1 1 1 2 故b ＝－ ＝－2n－n＋1. nn＋1 n 1 1 1 1 1 1 1－ ＋ － ＋…＋ 2 2 3 b1＋b2＋…＋bn＝－2 1 1 2n － ＝－ . n n＋1 n＋1
求和而后相加减．
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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，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
4．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．
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1．(2012· 沈阳六校联考)设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则对 任意正整数n，Sn＝ n[－1n－1] A. 2 －1n＋1 C. 2 －1n－1＋1 B. 2 －1n－1 D. 2 ( )
解析：因为数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列，所 －1－－1n×－1 －1n－1 以Sn＝ ＝ ，选D. 2 1－－1
答案： D
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2．(教材习题改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝ 则S5等于 A．1 1 C.6 5 B.6 1 D.30
1 ， nn＋1 ( )
n－1
21－2n－1 ＋ )－2n(2－n)＝1－ －2n 1＋n·n 2 1－2
＝1＋2－2n－2n＋1＋n·n＝(n－3)2n－3， 2 ∴Sn＝3－(n－3)·n. 2
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[巧练模拟]———————(课堂突破保分题，分分必保！)
1 1 1 3．(2012· 烟台调研)将函数f(x)＝sin4x· 4(x＋2π)·sin2(x＋3π)在区间 sin (0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{an}(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2nan，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的表达式．

2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第五章 第四节 数列求和与数列的综合应用 含答案

2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第五章 第四节 数列求和与数列的综合应用 含答案
设数列{bn}的公差为d。
由 即
可解得 所以bn＝3n＋1。
(2)由(1)知cn＝ ＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
解析：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4。故选B。
两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，
即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n。
故an＝－3n＋1。
(2)证明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，
得 ＝ ＝ ，
所以Tn＝
答案B
三、走出误区
微提醒：①不会分组致误；②错位相减法运用不熟出错。
5．已知数列：1 ，2 ，3 ，…， ，则其前n项和关于n的表达式为______________。

(新人教A版)2020版高考数学大一轮复习第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用讲义理

(新人教A版)2020版高考数学大一轮复习第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用讲义理

考试要求 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；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.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 ）2＝na 1＋n （n －1）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（1－q n ）1－q ，q ≠1.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{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. 3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系. [微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .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 ＋11－q .( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( ) (4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( ) 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 ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( )A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021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 0192 020，所以n ＝2019.答案 B3.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________. 解析 由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫1361－13＝3649.答案36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) 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a 1＝－5，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案 C5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.解析 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2，又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4.答案 2n ＋2＋n (n ＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＝4，所以2a n＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1). 答案 a n ＝2(n ＋1)考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)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 ∈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 3a 2＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈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）2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n －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.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 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 . 考点二 裂项相消法求和【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 ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1，∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝⎛⎭⎫a n 2－n ， 即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2， ∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈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)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1－132－1＋⎝⎛⎭⎫132－1－133－1＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 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 ；(2)设b n ＝1S 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 ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，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）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝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 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋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 a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2， 又a n >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .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.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (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. 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，则b n ＝12n .(2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n ，则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② 由①－②，得12T n ＝12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. ∴12T n ＝12＋2×14⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1， ∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n＝3－3＋2n 2n . 考点四 数列的综合应用【例4】 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？解 设该学生工作n 天，每天领工资a n 元，共领工资S n 元，则第一种方案a n (1)＝38，S n (1)＝38n ； 第二种方案a n (2)＝4n ，S n (2)＝4(1＋2＋3＋…＋n )＝2n 2＋2n ； 第三种方案a n (3)＝0.4×2n －1，S n (3)＝0.4（1－2n ）1－2＝0.4(2n －1).令S n (1)≥S n (2)，即38n ≥2n 2＋2n ，解得n ≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令S n (1)≥S n (3)，即38n ≥0.4×(2n －1)，利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高， 所以少于10天时，选择第一种方案.比较第二、第三种方案，S 10(2)＝220，S 10(3)＝409.2，S 10(3)>S 10(2)，…，S n (3)>S n (2). 所以等于或多于10天时，选择第三种方案. 规律方法 数列的综合应用常考查以下几个方面： (1)数列在实际问题中的应用； (2)数列与不等式的综合应用； (3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】 已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2， 所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上， 所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *).(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12·⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.[思维升华]1.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. 2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中. [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.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.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a 2，a 3，a 6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a 23＝a 2·a 6， 即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，解得d ＝－2，所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.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S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400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. 答案 B3.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( )A.9B.99C.10D.100解析 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋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·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 ∵2n＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n，∴T n＝n ＋1－12n ， ∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013恒成立， ∴整数m 的最小值为1 024. 答案 C5.(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 ∈N *)时，a 2k ＋1－a 2k ＝2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝2，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4，a 2k ＋2＋a 2k ＝0，∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100. 答案 D 二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 解析 由a 2n ＋1－6a 2n ＝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a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， 故S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1.答案 3n －17.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________.解析 等比数列{(n 2＋n )a n }的首项为2a 1＝13，第二项为6a 2＝19，故公比为13，所以(n 2＋n )a n ＝13·⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n，所以a n ＝13n （n 2＋n ），则3n a n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，其前n 项和为1－1n ＋1，n ＝15时，为1－116＝1516.答案15168.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.解析 由于平均产量类似于图形过P 1(1，S 1)，P n (n ，S n )两点直线的斜率，斜率大平均产量就高，由图可知n ＝9时割线P 1P 9斜率最大，则m 的值为9.答案 9三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0). 解 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）x 2－1＋x －2（1－x －2n ）1－x －2＋2n ＝（x 2n －1）（x 2n ＋2＋1）x 2n （x 2－1）＋2n . 当x ＝±1时，S n ＝4n .10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16. (1)解 因为a n ＋1＝2＋S n (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 ∈N *). (2)证明 因b n ＝1＋log 2(a n )2，则b n ＝2n ＋1.则1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）<16. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则( )A.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，∴S n ≥n （1＋2n －1）2＝n 2. 答案 B12.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定解析 投入资金逐月值构成等比数列{b n }，利润逐月值构成等差数列{a n }，等比数列{b n }可以看成关于n 的指数式函数，它是凹函数，等差数列{a n }可以看成关于n 的一次式函数.由于a 1＝b 1，a 12＝b 12，相当于图象有两个交点，且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方，所以全年的总利润ω＝a 1＋a 2＋…＋a 12比总投资N ＝b 1＋b 2＋…＋b 12大，故选A.答案 A13.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)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1， 即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4＝4n －1.答案 4n －114.(2019·潍坊调研)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 .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 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 .(1)证明 由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n＝1， 又S 11＝5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5，公差为1的等差数列. (2)解 由(1)可知S n 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 ∈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 ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8) ＝(2n ＋1)2n ＋1－2.新高考创新预测15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________.解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n （n ＋1）2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n （n ＋1）2，当n ＝1时，也符合上式.综上所述，T n ＝(－1)n n （n ＋1）2.答案 2n －1(－1)n n （n ＋1）2。

高中数学知识点总结(第六章 数列 第四节 数列求和)

高中数学知识点总结(第六章 数列 第四节 数列求和)

第四节 数列求和一、基础知识1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝na 1＋a n 2＝na 1＋nn －1d2. 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 11－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 ＝nn ＋12； 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．考点一 分组转化法求和[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(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 n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－n －12＋n －12＝n .又a 1＝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 ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝21－22n 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. [解题技法]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，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．2．分组转化法求和的常见类型[题组训练]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝⎛⎭⎫12n，则其前20项和为( ) A ．379＋1220B ．399＋1220C ．419＋1220D ．439＋1220解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝⎛⎭⎫1－1220＝419＋1220. 2．(2019·资阳诊断)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.考点二 裂项相消法求和考法(一) 形如a n ＝1nn ＋k型 [典例] (2019·南宁摸底联考)已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)因为c n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3，所以c n ＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝n6n ＋9. 考法(二) 形如a n ＝1n ＋k ＋n型[典例] 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1＋f n ，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )A. 2 018－1B. 2 019－1C. 2 020－1D. 2 020＋1[解析] 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋1＋f n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－ 1 )＋(3－ 2 )＋(4－ 3 )＋…＋( 2 019－2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1. [答案] C[解题技法]1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律 2．常见的拆项公式(1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1；(2)12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)2n2n－12n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1. [题组训练]1.在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为( )A.n ＋1n ＋2B.n n ＋2C.n n ＋1D.2n n ＋1解析：选C 因为a 3＋a 5＋a 7＝6， 所以3a 5＝6，a 5＝2，又a 11＝8， 所以等差数列{a n }的公差d ＝a 11－a 511－5＝1， 所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝n －3， 所以1a n ＋3·a n ＋4＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1， 因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an ＋3·a n ＋4的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，故选C.2.各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝8，且2a 1，a 3,3a 2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 ＝1n log 2a n，求{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)． ∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ， ∴2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12(舍去)，∴a n ＝8×2n －1＝2n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝1n log 22n ＋2＝1n n ＋2＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2 ＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2. 考点三 错位相减法[典例] (2017·山东高考)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 a n 的前n项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n . (2)由题意知， S 2n ＋1＝2n ＋1b 1＋b 2n ＋12＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1＝32＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n .[变透练清]1.变结论若本例中a n ，b n 不变，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解：由本例解析知a n ＝2n ，b n ＝2n ＋1， 故T n ＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ，2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1，上述两式相减，得，－T n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1 ＝6＋81－2n－11－2－(2n ＋1)2n ＋1＝(1－2n )2n ＋1－2 得T n ＝(2n －1)×2n ＋1＋2.2．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，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }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b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8. ① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16. ② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3， 由此可得a n ＝3n －2.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，有 T n ＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n ，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1， 上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1 ＝12×1－2n 1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16， 得T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.[易误提醒](1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．(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q ＝1和q ≠1两种情况求解．[课时跟踪检测]A 级1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．82解析：选B a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：选A a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15，故选A.3．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5B.3116或5C.3116D.158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得91－q 31－q ＝1－q 61－q，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116.4．在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项之和S 100＝( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n－3⇒b n ＝(－1)n (2n －3)⇒S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.5．已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：选C ∵2n ＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n， ∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013， ∴整数m 的最小值为1 024.6．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． 解析：设所求的前n 项和为S n ，则 S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＝nn ＋12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n n ＋12－12n ＋1. 答案：nn ＋12－12n ＋1 7．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k ＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1.答案：2nn ＋18．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________.解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②由①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋21－21 0091－2＝3·21 009－3.答案：3·21 009－39．(2019·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *.(1)求数列{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T n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 2＝3，S 4＝16， ∴a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16， 解得a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1. (2)由题意知，b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 10．(2018·南昌摸底调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＝2n ＋1－2，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋...＋b n ＝2(41＋42＋43＋...＋4n )－(22＋23＋ (2)＋1)＝2×41－4n 1－4－41－2n 1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43.B 级1．(2019·潍坊统一考试)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 .解：(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 ＋12＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)，∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43.2．已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n ＋1a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2)， 所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1(n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝2n ＋1，则a n ＝2n ，当n ＝1时，也满足，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)因为b n ＝n ＋12n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n， 所以T n ＝2×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋4×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ，① 12T n ＝2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋4×⎝⎛⎭⎫124＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② ①－②得12T n ＝2×12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋111＝12＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝32－n ＋32n ＋1. 故数列{b n }的前n 项和为T n ＝3－n ＋32n .。

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n[(2n 1) (3n 2)] 5n2 3n
2
2
Sn
5 (12 2
22
n2)
3 (1 2
2
n)
5 1 n(n 1)(2n 1) 3 n(n 1)
26
22
1 n(n 1)(10n 5 9) 1 n(n 1)(5n 2)
12
6
(2)解：1,a a2,a2 a3 a 4 ,
。
n
（1）an
2n 2n (2)bn
1 n(n
2)
(3)cn
1 n 1
n (4)dn n 2n
解：
an 2n 2n
(1)拆项法：Sn (2 2) (2 2 22)
(2 3 23) (2n 2n )
2(1 2 n) (2 22 23 2n )
2当a
1时, Sn
n(n 1) 2
解：
3当a 1时,数列1,0,1,0,
当n为偶数时，S n
n 2
当n为奇数时, Sn
n 1 2
解：(3)an 62nn(n为5(偶n为数奇）数），求数列{an }的前n项和；
.
(3)数列的奇数项：首项为1，公差为12
数列的偶数项：首项为4，公比为4，
例3、（1）求数列1，3 4，5 6 7，7 8 9 10， ，
的前n 项和； （2）求数列1，a a2,a2 a3 a4, a3 a4 a5 a6, 的前n项和； (3)已知数列{an }的通项公式 an 62nn(n为5(偶n为数奇）数），求数列{an }的前n项和；
3 32
3n
3 3n1
解：
2
1 3
(1
1 3n
1 1
)
1 3
2n 1 3n1
1
1 3n
1 3
2n 1 3n1
3
2 2 n1 3 3 3n
n 1 Tn 1 3n
Sn
3 2
n2
3 2
(1
n 3n
1)
3 2
(n2
1
n 3n
1)
例5、已知数列bn是等差数列，b1 1
b1 b2 b10 145
1 ), 3n 2
Dn 3 3n 1，当n 1时C1 2 3 4 D1
当n
2时, C2
(1 1)(1
1) 4
5 2
,
D2
3
7
C2
3
125 8
3
15 5 8
3
7
D2
C2 D2 猜想：Cn Dn
解数：学归纳法：
1当n 1、2时，不等式显然成立，
2 假设n k时，不等式成立，即
0 3k 2 3 3k 4 3 3(k 1) 1
3 (3k 1)2
(1 1)(1 1) (1 1 ) 3 3(k 1) 1
a3 a 4 a5 a 6 ,
an
an1 an –
a2n2
1 当a
1时，an
an1(1 an ) 1a
(an 1 a2n 1) 1a
Sn
1 1a
(1
a
a n1 )
1 1a
(a
a3
a 2n1 )
1 1 a n 1 a(1 a 2n )
1 a 1 a 1 a 1 a2
1，a a2,a2 a3 a 4, a3 a4 a5 a6,
(2)an
log a (1
1) 3n 2
Sn
log a [(1 1)(1
1)(1 4
1) (1 7
1) 3n 2
又
1 3
log
a
bn1
log a
3
3n
1
解： 若比较S
与
n
1 3
log
a
bn
的大小，
1
只须比较(11)(1 1)(1 1) (1 1 )
47
3n 2
与3 3n 1的大小.
5.公式法求和：所给数列的通项是关于n的多 项式，此时求和可采用公式法求和，常用的公式 有：
n k 1 2 n 1 nn 1
k 1
2
n k 2 12 22 n2 1 nn 12n 1
k 1
6
n k 3 13 23 n3 1 n2 n 12
k 1
4
典型例题
例1、求下列数列的前n项和S
n (n
22
1)
12
（4 1 1
42 ) 4
3n 2 5n 2n 2 4
2 3
（4）已知数列{an }中，an 33 2n, 求数列{an }的前n项和；
解：(4)an
0
33
2n
0
n
16
1 2
,n
N
an 0, (1 n 16, n N )
Sn
n(31 33 2
2n)
Sn S奇 S偶 当n为奇数时，奇数项共 n 1 项，
2
偶数项共 n 1 项，
2
解：
Sn
S奇
S偶
n 1 2
1 2
n 1（n 1 22
1）12
n
（4 1 42 ) (n 1)(3n 2) 2n1 4
1 4
2
3
解：
当n为偶数时，奇数项为 n 偶数项为 n
2
2
n
Sn
S 奇
S 偶
n
2
1 2
(n
1) 2n
n 2n②1
Sn 2 22 23 2n n 2n1
2(1 2n ) n 2n1 (1 n)2n1 2 1 2
Sn (n 1)2n1 2
例2、若函数f (x) 1 ,求T f (5) 2x 2
f (4) f (0) f (5) f (6) 解：倒序相加法：f (n) f (n 1) 1
.
（4）已知数列{an}中，an 33 2n, 求数列{ an }的前n项和；
（5）求数列 1 ， 1 ， 1 ， 123 234 345
1 ， 的前n项和 456
解：1，3 4，5 6 7，7 8 9 10， ，
（1）an (2n 1) 2n (2n 1) [(2n 1) (n 1)]
此种裂项不合适，把多项求和化为少项，
应寻找一种能正负相消的裂项，因此应
an
1[ 1 2 n(n 1)
1 (n 1)(n
] 2)
解：
1 1 1 1 23 23 4 3 45
1
1 [( 1 1 )
n(n 1)(n 2) 2 1 2 2 3
( 1 1 )( 1
1
)]
2 3 3 4 n(n 1) (n 1)(n 2)
(1 1)(1 1) (1 1 ) 3 3k 1
4
3k 2
那么当n k 1时，
(1 1)(1 1) (1 1 ) 3 3k 1 3k 2
4
3k 1
3k 1
3k 2 3 (3k 1)2
解：
3k 2 3 3k 4 3 (3k 1)2
3 27n3 54n2 36n 8 3 27n3 54n2 27n 4 3 (3k 1)2
2n 2
1
2n
1
Hale Waihona Puke 2n1 2 1 2n 2 2n1 2
2n 2 1 2
2n1 2 2
T f (5) f (4) f (0) f (5) f (6) ① T f (6) f (5) f (0) f (4) f (5) ②
① +②
2T 2 12 T 3 2 2
f (n 1) f (n)
f (n) f (n 1) f (1) 3 2 1
(1 1)(1 1) (1 1 ) 3 3n 1
4
3n 2
当a
1时, Sn
1 3
log
a
bn1
当0
a
1时, Sn
1 3 log a
bn1
解：
法2、设Cn
(1 1)(1
1 ) (1 4
32n n2
当n 16时,Tn a1 a2 an
a1 a2 an 32n n2
解：
当n 17时,Tn a1 a2 an
a1 a2 a16 a17 a18 an
2(a1 a2 a16 ) (a1 a2 an )
解：
(1) a1 , a2 a1 , a3 a2 , an an1
是首项为1，公比为1 的等比数列， 3
a1
1, n
2时，an
a n 1
1（ 1）n1 3
an a1 (a2 a1 ) (a3 a2 ) (an an1 )
1
1
(1)2
(1) n1
1[1
(1)n ] 3
裂项相消法：cn
1
n 1
n
n 1
n
Sn
1
2 1
1 3
2
1
n 1
n
[( 2 1) ( 3 2) ( n 1 n )]
n 11
解：
dn n 2n
（3）错位相减法：
Sn 1 2 2 22 3 23 n 2n ①
2S n
1 22
①– ②
2 23
3 拆 . 项法：把数列的每一项分成两项，或把 数列的项“集”在一块重新组合，或把整个 数列分成两部分，使其转化为等差或等比数 列，这一求和方法称为 拆项法. 4.裂项相消法：把数列的通项拆成两项差， 即数列的每一项都可按此法拆成两项之差， 在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项 的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方 法称 为裂项相消法.
数列求和
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