第六章数列总复习

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②错项相减法求和，如an=(2n-1)2n
③拆项法求和，如an=2n+3n
④裂项相加法求和，如an=1/n(n+1)
⑤公式法求和，如an=2n2-5n
最新版整理ppt
25
练习：1.求下列各数列的前n项和
(1) S n 1 1 3 3 1 5 5 1 7 2 n 1 1 2 n 1
(2) a n ( 1 )n (2 n 1 ) (3)an(2n1 )•3n,求 sn
ana最 2新b 版整理ppt 1n1a 2b
5
2. 设数列 a n 前 n 项的和求 a n 的通项公式.
Sn2n23n1,
6,n1 an 4n1,n2
设 S n 数列 a n 的前n 项和，
知和求项:
即 S n a 1 a 2 a 3 a n
则
an
SSn1
n1 Sn1n2
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（2）若 a52,a1010,则 a 1 5 50
（3）已知 a3a4a5 8,求 a2a3a4a5a6.
= 32
（4）若a 1 a 2 3 2 4 ,a 3 a 4 3 6 ,则a5 a6 4
最新版整理ppt
12
定义通项
求和
等差数列 a n + 1 －a n = d a n = a 1 + ( n －1 ) d
等比数列 an1 q an
a n = a 1 q n －1 ( a 1 , q≠0 )
Sn
a1
an 2
n
na1n(n21)d
Sna1(11qqnn)1aa11aqnq
q1 q1
中项 2b = a + c, 则a,b,c成等差 G 2 = ab, 则 a, G, b 成等比

2025届高考数学一轮总复习第六章数列第一节数列的概念与简单表示法

第六章
第一节数列的概念与简单表示法
课标
1.了解数列的概念和表示方法(表格、图象、通项公式、递推公式).
解读
2.了解数列是一种特殊的函数.
强基础增分策略
知识梳理
1.数列的有关概念
概念
含义
数列的项
按照确定的顺序排列的一列数
数列中的每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
数列
通项公式
前n项和
如果数列{an}的递推公式满足an+1-an=f(n)的形式,且f(n)可求和,那么就可
以运用累加法an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+…+(a2-a1)+a1,求出数列
{an}的通项公式.
对点训练
1
3 数列{an}中,a1=0,an+1-an= + +1,且
√ √
an=9,则 n=
.
答案 100
1
解析∵an+1-an= + +1
√ √
= √ + 1 − √,
∴an=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1=√ − -1 + -1 − -2+…+√2 −
√1+0=√-1.∵an=9,即√-1=9,解得 n=100.
考向2.累乘法
-1
· ··
…·
2 3 4
+1
1
1
1
1
1
∴S30=1- + − +…+ −
2
2
3
30

2025版高考数学一轮总复习第6章数列第1讲数列的概念与简单表示法pptx课件

知识点三 an与Sn的关系若数列{an}的前n项和为Sn，
则 an＝______S__S1__n－____S__n， _－_1n_＝ __1_， _，n≥2.
知识点四数列的分类
归纳拓展 1．数列与函数数列可以看作是一个定义域为正整数集 N*( 或它的有限子集 {1,2，…，n})的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值. 数列的通项公式是相应函数的解析式，它的图象是一群孤立的点.
知识点二数列的表示方法
列表法图象法
列表格表示n与an的对应关系把点___(n_，__a_n_)______画在平面直角坐标系中
通项公式把数列的通项使用__公__式____表示的方法
公式法递推公式使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an， an－1)等表示数列的方法
运算求解
数学运算
并项求和
综合性
逻辑思维
逻辑推理
2022新高考求通项公累乘法求数列
运算求解综合性数学运算
Ⅰ，17 式
的通项公式
等差数列 2022新高考
及其前n项 Ⅱ，3
和
求值
运算求解创新性数学运算
考题
考点
考向
关键能力考查要求核心素养
等比数列
2022新高考
等比数列的通项运算求解
及其前n
Ⅱ，17
公式及其应用逻辑思维
项和
创新性
数学运算
2021新高考
数列的求
错位相减法求和，运算求解
综合性
数学运算
Ⅰ，16,17 和
分组求和
等差数列求解等差数列的

2024年高考数学总复习第六章数列真题分类22数列的概念与简单表示法

＝ an an－1
＝9－9a2n
，所以 an＋1＝an.又 a1＝3≠a2，所以数列
{an}不为等比数列，所以②不正确．由题知 an·Sn＝an＋1·Sn＋1，所以 an an＋1
Sn＋1 ＝ Sn
>1，所以
an>an＋1>0，所以数列{an}为递减数列，所以③正确．若数列{an}的所有项均大于等于1100 ，
真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
第六章数列
§6.1 数列的概念及其表示真题分类22 数列的概念与简单表示法
C1.数列的概念及通项公式 C2.由an与Sn的关系求通项an C3.由递推关系式求数列的通项公式 C4.数列的单调性、周期性和最值 C5.数列求和问题
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
∴Sn＝a1（11－－qqn）＝－1（1－1－22n）＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
4．(2021·全国乙卷(理)，1
n
项和，bn
为数列 S n
的前 n
项积，已知S2n ＋b1n ＝2. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式．
即
1 an≥100
，取 n>90 000，则 Sn>900，于是 an·Sn>9，与已知矛盾，所以{an}中存在小于1100
的项，所以④正确．
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
2．(2020·江苏，11，5 分)设{an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列．已知数列{an＋bn}的前 n 项和 Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则 d＋q 的值是________．

2024年高考数学总复习第六章数列真题分类23等差数列及其前n项和

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真题分类23 等差数列及其前n项和
C2.等差数列中的单调性问题
高考·数学
命题者说：深入探究公差d与等差数列单调性之间的关系，并能判断所给数列的单调性．
第1题第2题
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
1．(2022·北京，6，4 分)设{an}是公差不为 0 的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”
答案：16 由 S9＝27⇒9（a12＋a9）＝27⇒a1＋a9＝6⇒2a5＝6⇒2a1＋ 8d＝6 且 a5＝3.
又 a2a5＋a8＝0⇒2a1＋5d＝0，解得 a1＝－5，d＝2. 故 S8＝8a1＋8×（82－1） d＝16.
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
A．64 B．128 C．256 D．512
答案：B 由已知条件可得ab11 ＝ab55 ，则 b5＝aa5b11 ＝962×81892 ＝64，因此 b3＝ b1＋b5 192＋64
2 ＝ 2 ＝128. 故选 B.
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
2．(2019·课标全国Ⅰ(理)，9，5 分)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．已知 S4＝0，a5
真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
第六章数列
§6.2 等差数列真题分类23 等差数列及其前n项和
C1.等差数列中基本量的求解 C2.等差数列中的单调性问题 C3.等差数列的证明与判定技巧 C4.等差数列中的设项技巧
C5.等差数列的性质及其应用 C6.等差数列前n项和公式的应用 C7.等差数列前n项和的性质及其应用 C8.求等差数列前n项和最值的方法

高三理科数学一轮总复习第六章数列

第六章数列高考导航知识网络6.1 数列的概念与简单表示法典例精析题型一归纳、猜想法求数列通项【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式： (1)7,77,777,7 777，… (2)23，－415，635，－863，… (3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，…【解析】(1)将数列变形为79·(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，…，79(10n －1)，故a n ＝79(10n －1).(2)分开观察，正负号由(－1)n＋1确定，分子是偶数2n ，分母是1×3,3×5,5×7， …，(2n －1)(2n ＋1)，故数列的通项公式可写成a n ＝(－1)n＋1)12)(12(2+-n n n.(3)将已知数列变为1＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1,7＋0,8＋1,9＋0，….故数列的通项公式为a n ＝n ＋2)1(1n-+.【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.【变式训练1】如下表定义函数f (x )：对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＝f (n －1 2 008 ) A.1B.2C.3D.4【解析】a 1＝4，a 2＝1，a 3＝5，a 4＝2，a 5＝4，…，可得a n ＋4＝a n . 所以a 2 008＝a 4＝2，故选B.题型二应用a n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≥-=-)2(),1(11n S S n S n n求数列通项【例2】已知数列{a n }的前n 项和S n ，分别求其通项公式： (1)S n ＝3n －2； (2)S n ＝18(a n ＋2)2 (a n ＞0).【解析】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝31－2＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n －2)－(3n －1－2)＝2×3n －1，又a 1＝1不适合上式，故a n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≥⨯=-)2(32),1(11n n n(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝18(a 1＋2)2，解得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝18(a n ＋2)2－18(a n －1＋2)2，所以(a n －2)2－(a n －1＋2)2＝0，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0，又a n ＞0，所以a n －a n －1＝4，可知{a n }为等差数列，公差为4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， a 1＝2也适合上式，故a n ＝4n －2.【点拨】本例的关键是应用a n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≥-=-)2(),1(11n S S n S n n求数列的通项，特别要注意验证a 1的值是否满足“n ≥2”的一般性通项公式.【变式训练2】已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A.2n －1B.(n ＋1n)n －1C.n 2D.n【解析】由a n ＝n (a n ＋1－a n )⇒a n ＋1a n ＝n ＋1n. 所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1＝n n －1×n －1n －2×…×32×21＝n ，故选D.题型三利用递推关系求数列的通项【例3】已知在数列{a n }中a 1＝1，求满足下列条件的数列的通项公式： (1)a n ＋1＝a n 1＋2a n ；(2)a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1.【解析】(1)因为对于一切n ∈N *，a n ≠0，因此由a n ＋1＝a n 1＋2a n 得1a n ＋1＝1a n ＋2，即1a n ＋1－1a n＝2.所以{1a n }是等差数列，1a n ＝1a 1＋(n －1)·2＝2n －1，即a n ＝12n －1.(2)根据已知条件得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1.所以数列{a n 2n }是等差数列，a n 2n ＝12＋(n －1)＝2n －12，即a n ＝(2n －1)·2n －1.【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.【变式训练3】设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，求a n .【解析】因为数列{a n }是首项为1的正项数列，所以a n a n ＋1≠0，所以(n ＋1)a n ＋1a n －na n a n ＋1＋1＝0，令a n ＋1a n＝t ，所以(n ＋1)t 2＋t －n ＝0，所以[(n ＋1)t －n ](t ＋1)＝0，得t ＝n n ＋1或t ＝－1(舍去)，即a n ＋1a n ＝nn ＋1.所以a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12·23·34·45·…·n －1n ，所以a n ＝1n .总结提高1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.2.由S n 求a n 时，要分n ＝1和n ≥2两种情况.3.给出S n 与a n 的递推关系，要求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .6.2 等差数列典例精析题型一等差数列的判定与基本运算【例1】已知数列{a n }前n 项和S n ＝n 2－9n .(1)求证：{a n }为等差数列；(2)记数列{|a n |}的前n 项和为T n ，求 T n 的表达式. 【解析】(1)证明：n ＝1时，a 1＝S 1＝－8，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－9n －[(n －1)2－9(n －1)]＝2n －10，当n ＝1时，也适合该式，所以a n ＝2n －10 (n ∈N *). 当n ≥2时，a n －a n －1＝2，所以{a n }为等差数列. (2)因为n ≤5时，a n ≤0，n ≥6时，a n ＞0. 所以当n ≤5时，T n ＝－S n ＝9n －n 2，当n ≥6时，T n ＝||a 1＋||a 2＋…＋||a 5＋||a 6＋…＋||a n ＝－a 1－a 2－…－a 5＋a 6＋a 7＋…＋a n ＝S n －2S 5＝n 2－9n －2×(－20)＝n 2－9n ＋40，所以，【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.【变式训练1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 21＝42，若记b n ＝1391122a a a --，则数列{b n }( )A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列C.既是等差数列，又是等比数列D.既不是等差数列，又不是等比数列【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{a n }的首项与公差之间的关系从而确定数列{b n }的通项是解决问题的突破口.{a n }是等差数列，则S 21＝21a 1＋21×202d ＝42.所以a 1＋10d ＝2，即a 11＝2.所以b n ＝1391122a a a--＝22－(2a 11)＝20＝1，即数列{b n }是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.题型二公式的应用【例2】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0. (1)求公差d 的取值范围；(2)指出S 1，S 2，…，S 12中哪一个值最大，并说明理由. 【解析】(1)依题意，有S 12＝12a 1＋12×(12－1)d 2＞0，S 13＝13a 1＋13×(13－1)d2＜0，即⎩⎨⎧<+>+②① 06 011211d a d a由a 3＝12，得a 1＝12－2d .③将③分别代入①②式，得⎩⎨⎧<+>+03,0724d d所以－247＜d ＜－3.(2)方法一：由d ＜0可知a 1＞a 2＞a 3＞…＞a 12＞a 13，因此，若在1≤n ≤12中存在自然数n ，使得a n ＞0，a n ＋1＜0，则S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值. 由于S 12＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13a 7＜0，即a 6＋a 7＞0，a 7＜0，因此a 6＞0，a 7＜0，故在S 1，S 2，…，S 12中，S 6的值最大.方法二：由d ＜0可知a 1＞a 2＞a 3＞…＞a 12＞a 13，因此，若在1≤n ≤12中存在自然数n ，使得a n ＞0，a n ＋1＜0，则S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值.故在S 1，S 2，…，S 12中，S 6的值最大.【变式训练2】在等差数列{a n }中，公差d ＞0，a 2 008，a 2 009是方程x 2－3x －5＝0的两个根，S n 是数列{a n }的前n 项的和，那么满足条件S n ＜0的最大自然数n ＝ .【解析】由题意知⎩⎨⎧<-=>=+,05,030092008 2009 2008 2a a a a 又因为公差d ＞0，所以a 2 008＜0，a 2 009＞0. 当n ＝4 015时，S 4 015＝a 1＋a 4 0152×4 015＝a 2 008×4 015＜0；当n ＝4 016时，S 4 016＝a 1＋a 4 0162×4 016＝a 2 008＋a 2 0092×4 016＞0.所以满足条件S n ＜0的最大自然数n ＝4 015.题型三性质的应用【例3】某地区2010年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人；但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数； (2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人？【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.所以9月10日的新感染者人数为40＋(10－1)×40＝400(人). 所以9月11日的新感染者人数为400－10＝390(人).(2)9月份前10天的新感染者人数和为S 10＝10(40＋400)2＝2 200(人)，9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为－10的等差数列. 所以后20天新感染者的人数和为T 20＝20×390＋20(20－1)2×(－10)＝5 900(人).所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200＋5 900＝8 100(人).【变式训练3】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为 .【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，所以5＋3d 2≤a 4≤3＋d ，即5＋3d ≤6＋2d ，所以d ≤1，所以a 4≤3＋d ≤3＋1＝4，故a 4的最大值为4.总结提高1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，a m ＝a n ＋(m －n )d .2.在五个量a 1、d 、n 、a n 、S n 中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a ，a ＋d ，a ＋2d 外，还可设a －d ，a ，a ＋d ；四个数成等差数列时，可设为a －3m ，a －m ，a ＋m ，a ＋3m .4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.6.3 等比数列典例精析题型一等比数列的基本运算与判定【例1】数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n(n ＝1,2,3，…).求证： (1)数列{S nn}是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .【解析】(1)因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2n S n ，所以(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n ).整理得nS n ＋1＝2(n ＋1)S n ，所以S n ＋1n ＋1＝2·S nn ，故{S nn }是以2为公比的等比数列.(2)由(1)知S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1＝4a nn ＋1(n ≥2)，于是S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4a n (n ≥2).又a 2＝3S 1＝3，故S 2＝a 1＋a 2＝4.因此对于任意正整数n ≥1，都有S n ＋1＝4a n .【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a 1、q 的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n 项和公式时，应充分讨论公比q 是否等于1；②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用a n ＋1a n＝q (常数)恒成立，也可用a 2n ＋1 ＝a n ·a n ＋2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.【变式训练1】等比数列{a n }中，a 1＝317，q ＝－12.记f (n )＝a 1a 2…a n ，则当f (n )最大时，n 的值为( )A.7B.8C.9D.10【解析】a n ＝317×(－12)n －1，易知a 9＝317×1256＞1，a 10＜0,0＜a 11＜1.又a 1a 2…a 9＞0，故f (9)＝a 1a 2…a 9的值最大，此时n ＝9.故选C.题型二性质运用【例2】在等比数列{a n }中，a 1＋a 6＝33，a 3a 4＝32，a n ＞a n ＋1(n ∈N *). (1)求a n ；(2)若T n ＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a n ，求T n .【解析】(1)由等比数列的性质可知a 1a 6＝a 3a 4＝32，又a 1＋a 6＝33，a 1＞a 6，解得a 1＝32，a 6＝1，所以a 6a 1＝132，即q 5＝132，所以q ＝12，所以a n ＝32·(12)n －1＝26－n .(2)由等比数列的性质可知，{lg a n }是等差数列，因为lg a n ＝lg 26－n ＝(6－n )lg 2，lg a 1＝5lg 2，所以T n ＝(lg a 1＋lg a n )n 2＝n (11－n )2lg 2.【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.【变式训练2】在等差数列{a n }中，若a 15＝0，则有等式a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 29－n (n ＜29，n ∈N *)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{b n }中，若b 19＝1，能得到什么等式？【解析】由题设可知，如果a m ＝0，在等差数列中有a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2m －1－n (n ＜2m －1，n ∈N *)成立，我们知道，如果m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ，而对于等比数列{b n }，则有若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ，所以可以得出结论：若b m ＝1，则有b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 2m －1－n (n ＜2m －1，n ∈N *)成立. 在本题中则有b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 37－n (n ＜37，n ∈N *). 题型三综合运用【例3】设数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ≠0，a 1为常数，且－a 1，S n ，a n ＋1成等差数列. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1－S n ，问是否存在a 1，使数列{b n }为等比数列？若存在，则求出a 1的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)由题意可得2S n ＝a n ＋1－a 1.所以当n ≥2时，有⎩⎨⎧-=-=-+11,1122a a S a a S n n n n两式相减得a n ＋1＝3a n (n ≥2). 又a 2＝2S 1＋a 1＝3a 1，a n ≠0，所以{a n }是以首项为a 1，公比为q ＝3的等比数列. 所以a n ＝a 1·3n －1.(2)因为S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－12a 1＋12a 1·3n ，所以b n ＝1－S n ＝1＋12a 1－12a 1·3n .要使{b n }为等比数列，当且仅当1＋12a 1＝0，即a 1＝－2，此时b n ＝3n .所以{b n }是首项为3，公比为q ＝3的等比数列. 所以{b n }能为等比数列，此时a 1＝－2.【变式训练3】已知命题：若{a n }为等差数列，且a m ＝a ，a n ＝b (m ＜n ，m 、n ∈N *)，则a m ＋n ＝bn －amn －m .现在已知数列{b n }(b n ＞0，n ∈N *)为等比数列，且b m ＝a ，b n ＝b (m ＜n ，m ，n ∈N *)，类比上述结论得b m ＋n ＝ .【解析】n －m b na m.总结提高1.方程思想，即等比数列{a n }中五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.2.对于已知数列{a n }递推公式a n 与S n 的混合关系式，利用公式a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.3.分类讨论思想：当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0,0＜q ＜1时，等比数列{a n }为递增数列；当a 1＞0,0＜q ＜1或a 1＜0，q ＞1时，{a n }为递减数列；q ＜0时，{a n }为摆动数列；q ＝1时，{a n }为常数列.6.4 数列求和典例精析题型一错位相减法求和【例1】求和：S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan .【解析】(1)a ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)a ≠1时，因为a ≠0， S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan ，①1a S n ＝1a 2＋2a 3＋…＋n －1a n ＋n an ＋1.② 由①－②得(1－1a )S n ＝1a ＋1a 2＋…＋1a n －n a n ＋1＝1a (1－1a n )1－1a－n a n ＋1，所以S n ＝a (a n －1)－n (a －1)a n (a －1)2. 综上所述，S n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≠----=+).1()1()1()1(),1(2)1(2a a a a n a a a n n n n 【点拨】(1)若数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法；(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；(3)当将S n 与qS n 相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.【变式训练1】数列{2n －32n －3}的前n 项和为( ) A.4－2n －12n －1 B.4＋2n －72n －2 C.8－2n ＋12n －3 D.6－3n ＋22n －1 【解析】取n ＝1，2n －32n －3＝－4.故选C. 题型二分组并项求和法【例2】求和S n ＝1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋12n －1). 【解析】和式中第k 项为a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－(12)k 1－12＝2(1－12k ). 所以S n ＝2[(1－12)＋(1－122)＋…＋(1－12n )] ＝])111([2个n +⋯++－(12＋122＋…＋12n )] ＝2[n －12(1－12n )1－12]＝2[n －(1－12n )]＝2n －2＋12n －1. 【变式训练2】数列1, 1＋2, 1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和为( ) A.2n －1B.n ·2n －nC.2n ＋1－nD.2n ＋1－n －2 【解析】a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1，S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝2n ＋1－n －2.故选D.题型三裂项相消法求和【例3】数列{a n }满足a 1＝8，a 4＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0 (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (14－a n )(n ∈N *)，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n (n ∈N *)，若对任意非零自然数n ，T n ＞m 32恒成立，求m 的最大整数值.【解析】(1)由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，从而可知数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，则d ＝a 4－a 14－1＝－2，所以a n ＝8＋(n －1)×(－2)＝10－2n .(2)b n ＝1n (14－a n )＝12n (n ＋2)＝14(1n －1n ＋2)，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝14[(11－13)＋(12－14)＋…＋(1n －1n ＋2)] ＝14(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝38－14(n ＋1)－14(n ＋2)＞m 32，上式对一切n ∈N *恒成立.所以m ＜12－8n ＋1－8n ＋2对一切n ∈N *恒成立. 对n ∈N *，(12－8n ＋1－8n ＋2)min ＝12－81＋1－81＋2＝163，所以m ＜163，故m 的最大整数值为5. 【点拨】(1)若数列{a n }的通项能转化为f (n ＋1)－f (n )的形式，常采用裂项相消法求和.(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.【变式训练3】已知数列{a n }，{b n }的前n 项和为A n ，B n ，记c n ＝a n B n ＋b n A n －a n b n (n ∈N *)，则数列{c n }的前10项和为( )A.A 10＋B 10B.A 10＋B 102C.A 10B 10D.A 10B 10【解析】n ＝1，c 1＝A 1B 1；n ≥2，c n ＝A n B n －A n －1B n －1，即可推出{c n }的前10项和为A 10B 10，故选C. 总结提高1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.2.数列求和实质就是求数列{S n }的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.6.5 数列的综合应用典例精析题型一函数与数列的综合问题【例1】已知f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)，设f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )(n ∈N *)是首项为4，公差为2的等差数列.(1)设a 是常数，求证：{a n }成等比数列；(2)若b n ＝a n f (a n )，{b n }的前n 项和是S n ，当a ＝2时，求S n .【解析】(1)f (a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2，即log a a n ＝2n ＋2，所以a n ＝a 2n ＋2，所以a n a n －1＝a 2n ＋2a2n ＝a 2(n ≥2)为定值，所以{a n }为等比数列. (2)b n ＝a n f (a n )＝a 2n ＋2log a a 2n ＋2＝(2n ＋2)a 2n ＋2，当a ＝2时，b n ＝(2n ＋2) ·(2)2n ＋2＝(n ＋1) ·2n ＋2， S n ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n ＋1) ·2n ＋2， 2S n ＝2·24＋3·25＋…＋n ·2n ＋2＋(n ＋1)·2n ＋3，两式相减得－S n ＝2·23＋24＋25＋…＋2n ＋2－(n ＋1)·2n ＋3＝16＋24(1－2n －1)1－2－(n ＋1)·2n ＋3，所以S n ＝n ·2n ＋3. 【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.【变式训练1】设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列{1f (n )}(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n ＋1 B.n ＋2n ＋1C.n n ＋1D.n ＋1n 【解析】由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1.所以f (x )＝x 2＋x ，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.故选C. 题型二数列模型实际应用问题【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2009年底全县的绿化率已达30%，从2010年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.(1)设全县面积为1,2009年底绿化面积为a 1＝310，经过n 年绿化面积为a n ＋1，求证：a n ＋1＝45a n ＋425； (2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%？【解析】(1)证明：由已知可得a n 确定后，a n ＋1可表示为a n ＋1＝a n (1－4%)＋(1－a n )16%，即a n ＋1＝80%a n ＋16%＝45a n ＋425. (2)由a n ＋1＝45a n ＋425有，a n ＋1－45＝45(a n －45)，又a 1－45＝－12≠0，所以a n ＋1－45＝－12·(45)n ，即a n ＋1＝45－12·(45)n ，若a n ＋1≥35，则有45－12·(45)n ≥35，即(45)n －1≤12，(n －1)lg 45≤－lg 2， (n －1)(2lg 2－lg 5)≤－lg 2，即(n －1)(3lg 2－1)≤－lg 2，所以n ≥1＋lg 21－3lg 2＞4，n ∈N *，所以n 取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再后退2步”的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P (n )表示第n 秒时机器狗所在的位置坐标，且P (0)＝0，则下列结论中错误的是( )A.P (2 006)＝402B.P (2 007)＝403C.P (2 008)＝404D.P (2 009)＝405【解析】考查数列的应用.构造数列{P n }，由题知P (0)＝0，P (5)＝1，P (10)＝2，P (15)＝3.所以P (2 005)＝401，P (2 006)＝401＋1＝402，P (2 007)＝401＋1＋1＝403，P (2 008)＝401＋3＝404，P (2 009)＝404－1＝403.故D 错.题型三数列中的探索性问题【例3】{a n }，{b n }为两个数列，点M (1,2)，A n (2，a n )，B n (n －1n ，2n)为直角坐标平面上的点. (1)对n ∈N *，若点M ，A n ，B n 在同一直线上，求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足log 2C n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n a 1＋a 2＋…＋a n，其中{C n }是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b 1)，(2，b 2)，…，(n ，b n )在同一直线上，并求此直线方程.【解析】(1)由a n －22－1＝2n －2n －1n－1，得a n ＝2n . (2)由已知有C n ＝22n －3，由log 2C n 的表达式可知： 2(b 1＋2b 2＋…＋nb n )＝n (n ＋1)(2n －3)，①所以2[b 1＋2b 2＋…＋(n －1)b n －1]＝(n －1)n (2n －5).②①－②得b n ＝3n －4，所以{b n }为等差数列.故点列(1，b 1)，(2，b 2)，…，(n ，b n )共线，直线方程为y ＝3x －4.【变式训练3】已知等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都是整数，前n 项和为S n (n ∈N *).若a 1＞1，a 4＞3，S3≤9，则通项公式a n＝.【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.由a1＞1，a4＞3，S3≤9得令x＝a1，y＝d得在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a1＝2，d＝1.所以a n＝2＋n －1＝n＋1.故答案填n＋1.总结提高1.数列模型应用问题的求解策略(1)认真审题，准确理解题意；(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解；(3)验证、反思结果与实际是否相符.2.数列综合问题的求解策略(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解；(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.。

2020届高考数学总复习第六章数列6_3等比数列及其前n项和课件文新人教A版

A．1盏
B．3盏
C．5盏
D．9盏
(2)(2019·广州测试)在各项都为正数的等比数列{an}中，已知
a1＝2，a2n＋2＋4a2n＝4a2n＋1，则数列{an}的通项公式 an＝__________．
(3)(2019·洛阳统考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1
＋8a4＝0，则SS43＝(
0 的根，则a1aa917的值为(
)
A．2 2
B．4
C．－2 2或 2 2
D．－4 或 4
(2)(2019·武汉华师附中调研)数列{an}的通项公式为 an＝2n－1，
则使不等式 a21＋a22＋…＋a2n<5×2n＋1 成立的 n 的最大值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】 (1)因为 a3，a15 是方程 x2－6x＋8＝0 的根，所以 a3a15＝8，a3＋a15＝6，易知 a3，a15 均为正，由等比数列的性质知，a1a17＝a29＝a3a15 ＝8，所以 a9＝2 2，a1aa917＝2 2，故选 A. (2)因为 an＝2n－1，a2n＝4n－1，
【例4】等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，
则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1
B．2
C．3
D．5
【解析】法一：因为{an}为等比数列，所以 a5＋a7 是 a1＋a3 与 a9＋a11 的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故 a9＋a11＝（aa51＋＋aa73）2＝482＝2. 同理，a9＋a11 是 a5＋a7 与 a13＋a15 的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故 a13＋a15＝（aa95＋＋aa117）2＝242＝1.

2022届高考数学大一轮总复习第六章数列：第六章 6

§6.4 数列求和1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式 (Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (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，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. 2．常见的裂项公式 (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 .【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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 3＋…＋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)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)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.( √ )(6)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.( √ )1．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 答案 A解析利用裂项相消法求和．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＝100101.2．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)＝－200.3．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________ 答案 50解析因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln [(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50. 4．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝________. 答案 4－n ＋42n解析设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋(122＋123＋…＋12n )－n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋(12＋122＋…＋12n －1)－n ＋22n＝3＋12[1－(12)n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .题型一分组转化法求和例1 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.思维升华某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．(1)数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }前12项和等于( )A ．76B ．78C ．80D ．82(2)已知数列{a n }的前n 项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，其前n 项和S n ＝________. 答案 (1)B (2)3n －1＋2n12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2 解析 (1)由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，① 得a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＋1＝2n ＋1，②由①②得a n ＋2＋a n ＝(－1)n ·(2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78. (2)由已知得数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n ＋2n －1＝3n －1＋2n ， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2＋5＋…＋3n －1)＋(2＋22＋…＋2n ) ＝n (2＋3n －1)2＋2(1－2n )1－2＝12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2. 题型二错位相减法求和例2 已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 思维点拨 (1)列方程组求{a n }的首项、公差，然后写出通项a n . (2)q ＝1时，b n 为等差数列，直接求和；q ≠1时，用错位相减法求和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n . (2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是 S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1. 若q ≠1，将上式两边同乘以q 有 qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1 ＝nq n－q n －1q －1＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，q ＝1，nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2，q ≠1.思维升华 (1)错位相减法是求解由等差数列{b n }和等比数列{c n }对应项之积组成的数列{a n }，即a n ＝b n ×c n 的前n 项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练． (2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围．已知首项为12的等比数列{a n }是递减数列，其前n 项和为S n ，且S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足不等式T n ＋2n ＋2≥116的最大n 值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知a 1＝12，又∵S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列， ∴2(S 2＋a 2)＝S 1＋a 1＋S 3＋a 3，变形得S 2－S 1＋2a 2＝a 1＋S 3－S 2＋a 3，即得3a 2＝a 1＋2a 3，∴32q ＝12＋q 2，解得q ＝1或q ＝12，又由{a n }为递减数列，于是q ＝12，∴a n ＝a 1q n －1＝(12)n .(2)由于b n ＝a n log 2a n ＝－n ·(12)n ，∴T n ＝－[1·12＋2·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n －1＋n ·(12)n ]，于是12T n ＝－[1·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n ＋n ·(12)n ＋1]，两式相减得：12T n ＝－[12＋(12)2＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1]＝－12·[1－(12)n ]1－12＋n ·(12)n ＋1，∴T n ＝(n ＋2)·(12)n －2.∴T n ＋2n ＋2＝(12)n ≥116，解得n ≤4， ∴n 的最大值为4. 题型三裂项相消法求和例3 (2014·山东)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－14na 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－14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)．当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)思维升华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，再就是将通项公式裂项后，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．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝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＝n2n ＋1.四审结构定方案典例：(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .审题路线图S n ＝－12n 2＋kn 及S n 最大值为8S n 是n 的函数n ＝k 时(S n )max ＝S k ＝8(根据S n 的结构特征确定k 值)k ＝4，S n ＝－12n 2＋4n利用a n 、S n 的关系a n ＝92－n化简数列{}9－2a n 2n9－2a n 2n ＝n2n －1根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1①①式两边同乘以22T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2②错位相减T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.规范解答解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .[6分]当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .(2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，① [7分]所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2 ②②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[12分]温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案； (2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数． (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证.方法与技巧非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．失误与防范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，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.A 组专项基础训练 (时间：45分钟)1．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 －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( ) A ．0 B ．－100 C ．100 D ．10 200 答案 B解析 f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2(n 为奇数)n 2(n 为偶数)＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1) ＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2 ＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2] ＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201) ＝50×(－2)＝－100.3．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( )A ．31B ．120C ．130D ．185 答案 C解析 a 1＋…＋a k ＋…＋a 10 ＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20) ＝240－(2＋20)×102＝240－110＝130.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n 等于( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3) D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n (n >3) 答案 C解析 ∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3). 5．数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9答案 B解析数列的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910， ∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9.6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________. 答案 6解析由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2， ∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21)＝1＋10×12＝6. 7．已知数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝(－1)n ＋12(n ∈N *)，a 1＝－12，S n是数列{a n }的前n 项和，则S 2 013＝________.答案－1 0072解析由题意知，a 1＝－12，a 2＝1，a 3＝－32，a 4＝2，a 5＝－52，a 6＝3，…，所以数列{a n }的奇数项构成了首项为－12，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得S 2 013＝[(－12)×1 007＋1 007×1 0062×(－1)]＋(1×1 006＋1 006×1 0052×1)＝－1 0072. 8．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________. 答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x 4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x 41－x ＋2＝22＋4x， ∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007. 9．已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝143log n a (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和S n .解 (1)由题意，知a n ＝(14)n (n ∈N *)，又b n ＝143log 2n a ，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝(14)n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×(14)n (n ∈N *)．所以S n ＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n －5)×(14)n －1＋(3n －2)×(14)n ，于是14S n ＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n －5)×(14)n ＋(3n －2)×(14)n ＋1. 两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×(14)n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1. 所以S n ＝23－3n ＋23×(14)n (n ∈N *)． 10．(2013·江西)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n－(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)解由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0.所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2 ＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2 T n ＝116⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－132＋⎝⎛⎭⎫122－142＋⎝⎛⎭⎫132－152＋… ⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝⎛⎭⎫1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564. B 组专项能力提升(时间：30分钟)11．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2 014项之和S 2 014等于( )A ．2 008B ．2 010C ．1D ．0答案 B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.∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.12．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2等于( )A.n (n ＋1)2 B ．－n (n ＋1)2C ．(－1)n＋1n (n ＋1)2 D ．以上答案均不对答案 C 解析当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n 2(3＋2n －1)2＝－n (n ＋1)2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n 2＝－n －12[3＋2(n －1)－1]2＋n 2 ＝n (n ＋1)2，综上可得，原式＝(－1)n ＋1n (n ＋1)2. 13．(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则： (1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.答案 (1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1(n ≥2)， ∴a n ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1＋12n (n ≥2)．当n 为偶数时，a n －1＝－12n ，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n ， ∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116. 根据以上{a n }的关系式及递推式可求．a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128， a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128. ∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋12100 ＝⎝⎛⎭⎫12＋123＋…＋1299－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12100 ＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 14．已知数列{a n }的前n 项和S n ，满足：S n ＝2a n －2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列{b n a n ＋2}的前n 项和，求证：T n ≥12. (1)解当n ∈N *时，S n ＝2a n －2n ，则当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2，∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)，∴a n ＋2a n －1＋2＝2，当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2；(2)证明 b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，∴b n a n ＋2＝n ＋12n ＋1，则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1， 12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2 ＝14＋14(1－12n )1－12－n ＋12n ＋2 ＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， ∴T n ＝32－n ＋32n ＋1，当n ≥2时，T n －T n －1＝－n ＋32n ＋1＋n ＋22n ＝n ＋12n ＋1>0， ∴{T n }为递增数列，∴T n ≥T 1＝12. 15．直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *.数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1(n 为奇数)，a n (n 为偶数)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由题意，知圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝(12|A n B n |)2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n . 又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1) ＝n (n －1)2＋2(1－2n )1－4＝n 2－n 2＋23(2n －1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)2＋23(2n ＋1－1) ＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)．而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ，所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n －2)．所以T n ＝⎩⎨⎧n 2－n 2＋23(2n －1)(n 为偶数)，n 2＋n 2＋13(2n －2)(n 为奇数).。

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,
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高中数学知识点总结(第六章数列第一节数列的概念与简单表示)

第六章数列第一节数列的概念与简单表示一、基础知识 1．数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数a n ＝f (n )当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性.(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 2．数列的分类(1)按照项数有限和无限分：⎩⎪⎨⎪⎧有限数列：项数有限个；无限数列：项数无限个；(2)按单调性来分：⎩⎪⎨⎪⎧递增数列：a n ＋1>a n ，递减数列：a n ＋1<a n，常数列：a n ＋1＝a n＝C常数，摆动数列.3．数列的两种常用的表示方法(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．1并不是所有的数列都有通项公式；2同一个数列的通项公式在形式上未必唯一. (2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项与它的前一项(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．通项公式和递推公式的异同点不同点相同点通项公式可根据某项的序号n 的值，直接代入求出a n 都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项递推公式可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的二、常用结论(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *. (2)在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1. 考点一由a n 与S n 的关系求通项a n[典例] (1)(2018·广州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为____________．(2)(2018·全国卷Ⅰ改编)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________. [解析] (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 (2)－2n －1[解题技法]1．已知S n 求a n 的3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并． 2．S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．[题组训练]1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2nD ．2n －1解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }为首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n .2.设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. 解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. 答案：22n －1考点二由递推关系式求数列的通项公式[典例] (1)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________________． (3)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________________． [解析] (1)累加法由题意得a 2＝a 1＋2，a 3＝a 2＋3，…，a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，以上各式相加，得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n .又∵a 1＝1，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋n 2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．(2)累乘法∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n (n ∈N *)．(3)构造法∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．[答案] (1)a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *) (2)a n ＝1n (n ∈N *) (3)a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[解题技法]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式．(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用累乘法求数列{a n }的通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式．[题组训练] 1.累加法设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1，则通项公式a n ＝________. 解析：原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n－1＋1n －1－1n ，以上(n －1)个式子的等号两端分别相加得，a n ＝a 1＋1－1n ，故a n ＝4－1n .答案：4－1n2.累乘法设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________.解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n n －12.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n n －12.答案：2nn －123.构造法在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0，即a n＋1＝4a n ＋1，得a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为a 1＋13＝103，公比为4的等比数列，所以a n ＋13＝103·4n －1，故a n ＝103·4n －1－13.答案：a n ＝103·4n －1－13考点三数列的性质及应用考法(一) 数列的周期性[典例] 数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n<1，a a 1＝35，则数列的第 2 019项为________．[解析] 因为a 1＝35，故a 2＝2a 1－1＝15，a 3＝2a 2＝25，a 4＝2a 3＝45，a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，a 7＝2a 6＝25，…，故数列{a n }是周期数列且周期为4，故a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25.[答案] 25考法(二) 数列的单调性(最值)[典例] (1)(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足2S n ＝4a n －1，当n ∈N *时，{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫78n，则当a n 取得最大值时，n ＝________. [解析] (1)∵2S n ＝4a n －1,2S n －1＝4a n －1－1(n ≥2)，两式相减可得2a n ＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝2a n －1(n ≥2)．又2a 1＝4a 1－1，∴a 1＝12，∴数列{a n }是公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －2，设b n ＝(log 2a n )2＋λlog 2a n ＝(n －2)2＋λ(n －2)， ∵{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝2n －3＋λ>0恒成立，∴λ>3－2n 恒成立， ∵(3－2n )max ＝1，∴λ>1，故实数λ的取值范围是(1，＋∞)．(2)当a n 取得最大值时，有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，∴⎩⎨⎧n ＋2⎝⎛⎭⎫78n≥n ＋1⎝⎛⎭⎫78n －1，n ＋2⎝⎛⎭⎫78n≥n ＋3⎝⎛⎭⎫78n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤6，n ≥5，∴当a n 取得最大值时，n ＝5或6. [答案] (1)(1，＋∞) (2)5或6[解题技法]1．解决数列的单调性问题的3种方法2．解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．[题组训练]1．设数列{a n }，a n ＝nanb ＋c，其中a ，b ，c 均为正数，则此数列( ) A ．递增 B ．递减 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A 因为a n ＝na bn ＋c＝a b ＋c n ，而函数f (x )＝ab ＋c x(a >0，b >0，c >0)在(0，＋∞)上是增函数，故数列{a n }是递增数列．2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 019＝( )A ．－1 B.12C ．1D ．2解析：选A 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 019＝a 3×673＝a 3＝－1.[课时跟踪检测]A 级1．(2019·郑州模拟)已知数列1，3，5，7，…，2n －1，若35是这个数列的第n 项，则n ＝( )A ．20B ．21C ．22D ．23解析：选D 由2n －1＝35＝45，得2n －1＝45，即2n ＝46，解得n ＝23，故选D. 2．(2019·福建四校联考)若数列的前4项分别是12，－13，14，－15，则此数列的一个通项公式为( )A.－1n ＋1n ＋1B.－1nn ＋1C.－1nnD.－1n －1n解析：选A 由于数列的前4项分别是12，－13，14，－15，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n 项的绝对值等于⎪⎪⎪⎪1n ＋1，故此数列的一个通项公式为－1n ＋1n ＋1.故选A. 3．(2019·莆田诊断)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 5的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选A 由题意可得，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a 3＝a 2－a 1＝2－1＝1，a 4＝a 3－a 2＝1－2＝－1，a 5＝a 4－a 3＝－1－1＝－2.故选A.4．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.5．设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.6．若数列{a n }满足12≤a n ＋1a n≤2(n ∈N *)，则称{a n }是“紧密数列”．若{a n }(n ＝1,2,3,4)是“紧密数列”，且a 1＝1，a 2＝32，a 3＝x ，a 4＝4，则x 的取值范围为( )A ．[1,3)B ．[1,3]C ．[2,3]D ．[2,3)解析：选C 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧12≤x32≤2，12≤4x≤2，解得2≤x ≤3，故x 的取值范围为[2,3]．7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列32，54，76，9m －n ，m ＋n 10，…，根据前3项给出的规律，实数对(m ，n )为________．解析：由数列的前3项的规律可知⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝8，m ＋n ＝11，解得⎩⎨⎧m ＝192，n ＝32，故实数对(m ，n )为⎝⎛⎭⎫192，32.答案：⎝⎛⎭⎫192，329．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2，得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0，令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．已知数列{a n }满足a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)，若{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)且数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n (n ＋2－λ)>0，所以n ＋2－λ>0，则λ<n ＋2.又n ∈N *，所以λ<3，因此实数λ的取值范围为(－∞，3)．答案：(－∞，3)11．(2019·衡阳四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝4a n ＋3. (1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{a n }的通项公式； (2)证明：a n ＋1＋1a n ＋1＝4.解：(1)a 1＝3，a 2＝15，a 3＝63，a 4＝255.因为a 1＝41－1，a 2＝42－1，a 3＝43－1，a 4＝44－1，…，所以归纳得a n ＝4n －1.(2)证明：因为a n ＋1＝4a n ＋3，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4a n ＋1a n ＋1＝4.12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．B 级1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：972．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：283．在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ∈N *)． (1)讨论数列{a n }的增减性； (2)求数列{a n }的最大项．解：(1)由题意，知a n >0，令a na n －1>1(n ≥2)，即n ＋1⎝⎛⎭⎫1011nn ⎝⎛⎭⎫1011n －1>1(n ≥2)，解得2≤n <10，即a 9>a 8>…>a 1.11令a n a n ＋1>1，即n ＋1⎝⎛⎭⎫1011n n ＋2⎝⎛⎭⎫1011n ＋1>1，整理得n ＋1n ＋2>1011，解得n >9，即a 10>a 11>…. 又a 9a 10＝1，所以数列{a n }从第1项到第9项单调递增，从第10项起单调递减． (2)由(1)知a 9＝a 10＝1010119为数列{}a n 的最大项．。

2025版高考数学一轮总复习第6章数列第2讲等差数列及其前n项和pptx课件

[解析] 因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得3d＝6，得d＝2.
7．(2019·北京，10,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3， S5＝－10，则a5＝___0___，Sn的最小值为___－__1_0____.
[解析] 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， ∵a2＝－3，S5＝－10，
知识点二等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和. 1．若m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk，则am1＋am2＋…＋amk＝ an1＋an2＋…＋ank.特别地，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝___a_p＋__a_q___. 2．am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为____kd____. 3．数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
4．等差数列与函数的关系 (1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d ＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d.若公差d>0，则为递增数列，若公差d<0，则为递减数列.
(2)前 n 项和：当公差 d≠0 时，Sn＝d2n2＋a1－d2n 是关于 n 的二次函数且常数项为 0.显然当 d<0 时，Sn 有最大值，d>0 时，Sn 有最小值.
如{an}为等差数列，Sn为前n项和，d>0，若S5＝S13，则当n＝9时， Sn最小，S18＝0.
5．在遇到三个数成等差数列时，可设其为a－d，a，a＋d；四个数成等差数列时，可设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d或a－d，a，a＋d，a ＋2d.
双基自测题组一走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列.( × ) (2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( √ ) (3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.( × ) (4)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an ＋an＋2.( √ )

高考总复习一轮数学精品课件第六章数列第二节等差数列

= -1,
考点二
等差数列的判断与证明
典例突破
例2.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且对任意
n∈N*,anSn+1-an+1Sn=2an+1-2an恒成立.
+ 2
(1)求证:数列{ }是等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若不等式λan>n-5对任意的正整数n恒成立,求实数λ的取值范围.
(1)证明因为anSn+1-an+1Sn=2an+1-2an,
所以an(Sn+1+2)=an+1(Sn+2).又数列{an}各项均为正数,即anan+1>0,所以
+1 +2
+2
−
=0,
+1

所以数列
+2

是等差数列.
(2)解由(1)知数列
+2

是首项为 2,公差为 0
答案 C
解析由等差数列{an}知,a2+a2 023=a1+a2 024=6,
所以S2 024= 2 024(1 + 2 024 ) =1 012×6=6 072.
2
)
3.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=
答案 2
解析设等差数列的公差为d.
由题意得2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即3d=6,解得d=2.
第六章
第二节等差数列
内
容
索
引
01
强基础增分策略
02

高考总复习一轮数学精品课件第6章数列第4节第1课时分组转化法、并项转化法和错位相减法

例 3(12 分)(2023·全国甲,理 17)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
突破口:已知 Sn 与 an 的关系,可利用 an=Sn-Sn-1(n≥2)解答.
(2)求数列
+1
2
的前 n 项和 Tn.
+1
1 n
关键点:化简数列得通项公式 2 =n·(2) ,可看作一个等差数列与一个等比数
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
第1课时
分组转化法、并项转化法和错位相减法
研考点
精准突破
考点一
分组转化法求和
例1(2024·辽宁锦州模拟)已知数列{an}和{bn}满足an+bn=2n-1,数列{an},{bn}
的前n项和分别记作An,Bn,且An-Bn=n.
(1)求An和Bn;
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
解 (1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,a1≠0,即2a1=a1q+a1q2,
所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去)或q=-2.故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
n 项和,求 T2n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,
1 + 2 = 10,
1 = 2,
因为 a3=10,a5-2a2=6,所以
解得
= 4,
(1 + 4)-2(1 + ) = 6,
所以 an=2+4(n-1)=4n-2.

高考数学复习第六章数列6

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课前自助餐
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数列的概念按一定次序排成的一列数叫做数列．
数列的通项公式
数列{an}的第n项an与n之间的关系可以用一个公式an＝f(n)来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式．
若已知Sn，则an＝Sn－S1Sn－1
（n＝1），（n≥2）.
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数列与函数数列可以看作是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集 {1，2，…，n})的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值．数列的通项公式是相应函数的解析式，它的图像是一群孤立的点．
的通项公式为an＝(－1)n·（n＋2n1＋）12－1＝(－1)nn22n＋＋21n.
【答案】 (1)an＝2n＋1 (2)an＝(－1)nn22n＋＋21n
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题型二 Sn与an的关系
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，求{an}的通项公式． (1)Sn＝2n2－3n； (2)Sn＝3n＋b. 【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1＝－1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5. ∴an＝4n－5. (2)当n≥2时， Sn－Sn－1＝an＝3n＋b－3n－1－b＝2·3n－1.
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【解析】 ∵an＋1－an＝(n＋2)(1110)n＋1－(n＋1)(1110)n＝ (1110)n·9－11n，
∴当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1<an. 故a1<a2<a3<…<a9＝a10>a11>a12>…， ∴数列{an}有最大项a9或a10，其值为10·(1110)9，其项数为9或10. 【答案】 9或10

2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案解析

2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10＝100，则a 7的值为()A ．11B ．12C ．13D ．14答案C解析由S 10＝100及公差为2，得10a 1＋10×(10－1)2×2＝100，所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1，故a 7＝13.故选C.2．若等差数列{a n }的公差d ≠0且a 1，a 3，a 7成等比数列，则a2a 1等于()A.32B.23C.12D ．2答案A解析设等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ，a 7＝a 1＋6d .因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d .所以a 2a 1＝2d ＋d 2d＝32.故选A.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＝30，S 10＝10，则S 16等于()A ．－160B ．－80C ．20D ．40答案B解析a 1＋15d ＝30，a 1＋45d ＝10，解得a 1＝10，d ＝－2，故S 16＝16a 1＋120d ＝16×10＋120×(－2)＝－80，故选B.4．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于()A ．－3B ．5C ．－31D ．33答案D解析由题意知公比q ≠1，S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－qa 1(1－q 3)1－q ＝1＋q 3＝9，∴q ＝2，S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－qa 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝1＋25＝33.5．(2019·湖南五市十校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6等于()A ．6B ．7C ．8D ．9答案B解析由数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)得数列{a n }为等差数列，所以a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12，即a 4＝4，同理a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，即a 3＝3，所以a 1＋a 6＝a 3＋a 4＝7.6．(2019·新乡模拟)为了参加冬季运动会的5000m 长跑比赛，某同学给自己制定了7天的训练计划：第1天跑5000m ，以后每天比前1天多跑200m ，则这个同学7天一共将跑()A ．39200mB ．39300mC ．39400mD ．39500m答案A解析依题意可知，这个同学第1天，第2天，…跑的路程依次成首项为5000，公差为200的等差数列，则这个同学7天一共将跑5000×7＋7×62×200＝39200(m)．故选A.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于()A ．38B ．20C ．10D ．9答案C解析因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，由S 2m －1＝38知a m ≠0，所以a m ＝2，又S 2m －1＝38，即(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝38，即(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.8．(2019·青岛调研)已知各项均不相等的等比数列{a n }，若3a 2，2a 3，a 4成等差数列，设S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3a 3等于()A.139B.79C ．3D ．1答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵3a 2，2a 3，a 4成等差数列，∴2×2a 3＝3a 2＋a 4，∴4a 2q ＝3a 2＋a 2q 2，化为q 2－4q ＋3＝0，解得q ＝1或3.又数列的各项均不相等，∴q ≠1，当q ＝3时，S 3a 3＝a 1(33－1)3－1a 1×9＝139.故选A.9．(2019·广东六校联考)将正奇数数列1，3，5，7，9，…依次按两项、三项分组，得到分组序列如下：(1，3)，(5，7，9)，(11，13)，(15，17，19)，…，称(1，3)为第1组，(5，7，9)为第2组，依此类推，则原数列中的2019位于分组序列中的()A ．第404组B ．第405组C ．第808组D ．第809组答案A解析正奇数数列1，3，5，7，9，…的通项公式为a n ＝2n －1，则2019为第1010个奇数，因为按两项、三项分组，故按5个一组分组是有202组，故原数列中的2019位于分组序列中的第404组，故选A.10．(2019·新疆昌吉教育共同体月考)在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n .在直线y ＝2x －1上，则a 9等于()A ．1290B ．1280C ．1281D ．1821答案C解析由已知可得S n ＋1n ＋1－1＝又S11－1＝a 1－1＝1，1，公比为2的等比数列，所以Sn n －1＝2n －1，得S n ＝n (1＋2n －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)2n －2＋1，故a 9＝10×128＋1＝1281.11．(2019·长沙长郡中学调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋4n ，若首项为13的数列{b n }满足1b n ＋1－1b n ＝a n ，则数列{b n }的前10项和为()A.175264B.3988C.173264D.181264答案A解析由S n ＝n 2＋4n ，可得a n ＝2n ＋3，根据1b n ＋1－1b n＝a n ＝2n ＋3，结合题设条件，应用累加法可求得1b n n 2＋2n ，所以b n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝所以数列{b n }的前n项和为T n －13＋12－14＋…＋1n －－1n ＋1－所以T 10－111－＝175264，故选A.12．已知数列{a n }的通项a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)，n ∈N *，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2018<1，则实数x 可以等于()A ．－23B ．－512C ．－1348D ．－1160答案B 解析∵a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)＝1(x ＋1)(2x ＋1)…[n (x －1)＋1]－1(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)(n ≥2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 2018＝x x ＋1＋1x ＋1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)＝1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)，当x ＝－23x ＋1>0，nx ＋1<0(2≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.当x ＝－512时，x ＋1>0，x ＋2>0，nx ＋1<0(3≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)<1；当x ＝－1348时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，nx ＋1<0(4≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1；当x ＝－1160时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，x ＋4>0，x ＋5>0，nx ＋1<0(6≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和为S n ，若a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，则d 的值为________．答案－10解析由a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，1＋3d ＋a 1＋9d ＝0，a 1＋12×112d2a 1＋d ＋10，解得d ＝－10.14．(2019·沈阳东北育才中学模拟)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若Sn T n ＝2n ＋13n ＋2，则a 3＋a 11＋a 19b 7＋b 15＝________.答案129130解析原式＝3a 112b 11＝32·2a 112b 11＝32·a 1＋a 21b 1＋b 21＝32·S 21T 21＝32·2×21＋13×21＋2＝129130.15．(2019·荆州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝(2n －2则S 2019＝________.答案2020解析∵a n ＝(2n －2＝(1－2n )sinn π2，∴a 1，a 2，…，a n 分别为－1，0，5，0，－9，0，13，0，－17，0，21，0，…，归纳可得，每相邻四项和为4，∴S 2019＝504×4＋a 2017＋a 2018＋a 2019＝2016＋[(1－2×2017)＋0＋(2×2019－1)]＝2016＋4＝2020.16．(2019·长沙长郡中学调研)已知点列P 1(1，y 1)，P 2(2，y 2)，P 3(3，y 3)，…，P n ＋1(n ＋1，y n ＋1)在x 轴上的投影为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1，且点P n ＋1满足y 1＝1，直线P n P n ＋1的斜率1n n P P k ＋＝2n .则多边形P 1Q 1Q n ＋1P n ＋1的面积为________．答案3×2n －n －3解析根据题意可得y n ＋1－y n ＝2n ，结合y 1＝1，应用累加法，可以求得y n ＋1＝2n ＋1－1，根据题意可以将该多边形分成n 个直角梯形计算，且从左往右，第n 个梯形的面积为S n ＝y n ＋y n ＋12＝3×2n －1－1，总的面积应用分组求和法，可求得多边形的面积为S ＝3(2n －1)－n ＝3×2n －n －3.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)已知{a n }是以a 为首项，q 为公比的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)当S 1，S 3，S 4成等差数列时，求q 的值；(2)当S m ，S n ，S l 成等差数列时，求证：对任意自然数k ，a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列．(1)解由已知，得a n ＝aq n －1，因此S 1＝a ，S 3＝a (1＋q ＋q 2)，S 4＝a (1＋q ＋q 2＋q 3)．当S 1，S 3，S 4成等差数列时，S 4－S 3＝S 3－S 1，可得aq 3＝aq ＋aq 2，化简得q 2－q －1＝0.解得q ＝1±52.(2)证明若q ＝1，则{a n }的各项均为a ，此时a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 显然成等差数列．若q ≠1，由S m ，S n ，S l 成等差数列可得S m ＋S l ＝2S n ，即a (q m －1)q －1＋a (q l －1)q －1＝2a (q n －1)q －1，整理得q m ＋q l ＝2q n .因此a m ＋k ＋a l ＋k ＝aq k －1(q m ＋q l )＝2aq n＋k －1＝2a n ＋k ，所以a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 成等差数列．18．(12分)(2019·安徽皖南八校联考)数列{a n }的前n 项和记为S n ，且4S n ＝5a n －5，数列{b n }满足b n ＝log 5a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明T n <1.(1)解∵4S n ＝5a n －5，∴4a 1＝5a 1－5，∴a 1＝5.当n ≥2时，4S n －1＝5a n －1－5，∴4a n ＝5a n －5a n －1，∴a n ＝5a n －1，∴{a n }是以5为首项，5为公比的等比数列，∴a n ＝5·5n －1＝5n .∴b n ＝log 55n ＝n .(2)证明∵c n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n…＝1－1n ＋1<1.19．(12分)(2019·安徽皖中名校联考)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝2a n －n ＋1，a 1＝3.(1)设数列{b n }满足：b n ＝a n －n ，求证：数列{b n }是等比数列；(2)求出数列{a n }的通项公式和前n 项和S n .(1)证明b n ＋1b n ＝a n ＋1－(n ＋1)a n －n ＝2a n －n ＋1－(n ＋1)a n －n＝2(a n －n )a n －n ＝2，又b 1＝a 1－1＝3－1＝2，∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得b n ＝2n ，∴a n ＝2n ＋n ，∴S n ＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(2n ＋n )＝(21＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.20．(12分)(2019·湖南衡阳八中月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －n (n ∈N *)．(1)证明：{a n ＋1}是等比数列；(2)若数列b n ＝log 2(a n ＋1)n 项和T n .(1)证明当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1.∵S n ＝2a n －n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)，∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴{a n ＋1}是以a 1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋1＝2n ，∴b n ＝log 22n ＝n ，∴1b 2n －1·b 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝∴T n －13＋13－15＋…＋12n －1－＝n 2n ＋1.21．(12分)(2019·青岛调研)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n .(1)若对任意n ∈N *，S n ＝n 2＋n ＋12都成立，求a n ；(2)若a 1＝1，a 2＝2，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，且数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n .解(1)由S n ＝n 2＋n ＋12，得S n －1＝(n －1)2＋n2，n ≥2，两式相减得a n ＝n ，n ≥2，又a 1＝S 1＝32，不满足a n ＝n ，∴a n n ＝1，n ≥2.(2)S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ，∵b 1＝a 1＋a 2＝3，{b n }是公比为3的等比数列，∴S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－3n )1－3＝32(3n－1)．22．(12分)(2019·湖南岳阳一中质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，若存在n ∈N *，使不等式2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n≥m 成立，求实数m 的最大值．解(1)∵S n ＝2a n －2，①∴S n ＋1＝2a n ＋1－2，②∴②－①得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n (n ≥1)，∴a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n .(2)由题意得，T n ＋1n ＋1－T n n ＝12，成等差数列，公差为12.首项T 11＝b11＝1，∴T n n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，T n ＝n (n ＋1)2，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n ，当n ＝1时，b 1＝1成立，∴b n ＝n .∴2b n a n ＝2n2n ＝n 2n －1＝－1，令M n ＝2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n，只需(M n )max ≥m .∴M n ＝1＋2×12＋3＋…＋n －1，③12M n ＝12＋2＋3＋…＋n ，④③－④得，12M n ＝1＋12＋＋…－1－n 1－12n＝2－(n ＋，∴M n ＝4－(n ＋－1.∵M n ＋1－M n ＝4－(n ＋－4＋(n ＋－1＝n ＋12n>0.∴{M n }为递增数列，且(n ＋－1>0，∴M n <4.∴m ≤4，实数m 的最大值为4.。

高考数学(文科)总复习：等比数列

思考题 2 (1)已知等比数列{an}，a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3
＝8，则 an＝________．【解析】 ∵a1a2a3＝a23＝8，∴a2＝2，∴aa11＋ a3＝a3＝ 4. 5，解得aa31＝＝41，或aa31＝＝14.，当 a1＝1，a2＝2，a3＝4 时，q＝2，an＝2n－1；
题型一等比数列的基本量 {an}为等比数列，求下列各值． (1)已知 a3＋a6＝36，a4＋a7＝18，an＝12，求 n； (2)已知 a2·a8＝36，a3＋a7＝15，求公比 q； (3)已知 q＝－ 2，S8＝15(1－ 2)，求 a1； (4)已知 q>1，S3＝7，且 a1＋3，3a2，a3＋4 构成等差数列，求 an.
【解析】设数列{an}的公比为 q，则 a3，a6，a9 组成的新数列的公比为 q3.
若 a3＝4，a9＝1，则 a62＝4，a6＝±2，合题意； a3，a7，a11 组成的新数列的公比为 q4，由 a3＝4，a11＝1，得 a72 ＝4，当 a7＝2 时，q4＝12，合题意，当 a7＝－2 时，q4＝－12，不合题意，舍去．【答案】 ±2 2
(3)已知数列{an}是等比数列，且 Sm＝10，S2m＝30，则 S3m ＝________(m∈N*)．
【解析】 ∵{an}是等比数列，∴(S2m－Sm)2＝Sm·(S3m－S2m)，即 202＝10·(S3m－30)，得 S3m＝70.
【答案】 70
(4)(2019·珠海质量监测)等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项和 S 奇＝255，所有偶数项和 S 偶＝－126，末项是 192，则首项
题型二等比数列的性质
(1)已知各项均为正数的等比数列an中，a1a2a3＝5，a7a8a9

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 .。