高考数学第5章数列第4讲数列求和知能74-
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
高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.pptx
{an}的前 n 项和． 2．通项公式为 an＝cbnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比 数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，
Sn＝na12＋an＝_n_a_1_＋__n_n_－2__1__d___.
(2)等比数列的前 n 项和公式： Sn＝naa11－1－，aqqnq＝＝1_a，_11_1－_－_q_q_n_，__q_≠__1_._ 2．倒序相加法 如果一个数列{an}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．
1．必会结论 常用求和公式
前 n 个正整数之和 前 n 个正奇数之和
前 n 个正整数的平方和
前 n 个正整数的立方和
1＋2＋…＋n＝nn2＋1 1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2
nn＋12n＋1 12＋22＋…＋n2＝________6_______
13＋23＋…＋n3＝nn＋2 12
2.必知联系 (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 an，an＋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．
(2)由(1)可得 bn＝2n＋n， 所以 b1＋b2＋b3＋…＋b10 ＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝211－－2210＋1＋102×10 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.
2021高考数学(苏教,理科)复习课件：第五章 数列第四节 数列求和.ppt
第四节 数列求和
[试一试]
(2014·盐城模底)已知数列{an}满足
an＝
1 n＋
n＋1，则其前
99 项和 S99
n＋1－
n，所以 S99＝(
2－
1)
＋( 3－ 2)＋…＋( 100－ 99)＝10－1＝9.
答案：9
数学
第四节 数列求和
数列求和的常用方法 1.倒序相加法： 如果一个数列{an}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 项和即是用此法推导的． 2.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．
数学
第四节 数列求和
[解] (1)由题设可得f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an ＋2cos x.
对任意n∈N＋，f′π2＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0， 即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列． 由a1＝2，a2＋a4＝8，可得数列{an}的公差d＝1， 所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
数学
第四节 数列求和
解得ad1＝＝21. ， 因此 an＝2n－1，n∈N+. (2)由已知ba11＋ba22＋…＋abnn＝1－21n，n∈N+， 当 n＝1 时，ba11＝12； 当 n≥2 时，bann＝1－21n－1－2n1－1＝21n， 所以bann＝21n，n∈N+.
由(1)知 an＝2n－1，n∈N+，
数学
第四节 数列求和
2021届高考数学一轮知能训练第五章数列第4讲数列的求和含解析
第4讲 数列的求和1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，则S 20172017＝( )A ．1009B ．1008C ．2D ．12．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }前n 项的和为( )A ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1B ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1 D.12－1n ＋13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则数列{|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 ＞3D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ，n ＞3 4．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．0 5．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－26．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的有( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4 7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 8．(2017年新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则11nk kS =∑＝________.9．(2019年新课标Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1＋n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2(a n －1)，求T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1.11．(2018年浙江)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．12．(2018年天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ⅰ)求T n ；ⅱ)证明：21()(1)(2)nk k k k T b b k k +=+++∑＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．第4讲 数列的求和1．A 解析：S 2017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2016＋a 2017) ＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2016＋1)＝1＋2×2016＋1×10092＝2017×1009， ∴S 20172017＝1009.故选A. 2．A 解析：∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n 2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 3．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 ＞3.4．A 解析：∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝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S 2018＝336×0＋a 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.5．C 解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.6．ABD7．480 解析：∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，….∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，…. ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8， S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，….∴该数列构成以4为首项，4为公差的等差数列．∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8.2n n ＋1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＋4×32d ＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.数列{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n n －12d ＝n n ＋12，1S k ＝2kk ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，则11nk kS =∑＝2⎝ ⎛1－12＋12－⎭⎪⎫13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1. 9．解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得 2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，∴数列{}b n 的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.10．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2n ＋1＋n －2，S n －1＝2n＋n －1－2，得a n ＝2n＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝3， 综上所述，a n ＝2n＋1.(2)由b n ＝log 2(a n －1)＝log 22n＝n .T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 11．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得 a 3＋a 5＝2a 4＋4，∴a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20， ∵q >1，∴q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n . 由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，∴b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， ∴12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，∴b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.12．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.∵q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1. 设等差数列{b n }的公差为d ， 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4. 由a 5＝b 4＋2b 6， 可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)ⅰ)解：由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝1(n k =∑2k－1)＝12nk =∑k－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.ⅱ)证明：∵T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， ∴1nk =∑T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。
【把握高考】高三数学最新专题课件 第五章 5.4《数列求和及总和应用》人教版必修
第五章 数 列
1．等差数列{an}、{bn}满足a1＝5，b1＝7，且a20＋b20
＝38，则数列{an＋bn}的前20项和为
()
A．400
B．500
C．600
D．1 000
解析：由题知{an＋bn}为等比数列，则前 20 项和为
第五章 数 列
【即时巩固 1】 数列{an}前 n 项分别为：1＋1，1a＋4， a12＋7，…，an1－1＋3n－2，求其前 n 项和 Sn.
解 ： Sn ＝ (1 ＋ 1) ＋ 1a＋4 ＋ a12＋7 ＋ … ＋ an1－1＋3n－2
＝1＋1a＋a12＋…＋an1－1＋(1＋4＋7＋…＋3n－2)．
第五章 数 列
考点四 数列实际应用题 【案例 4】 甲、乙两大型购物商场，2001 年的销售
额均为 P(2001 年为第 1 年)，根据市场分析和预测，甲超市
前 n 年的总销售额为P2(n2－n＋2)，乙超市第 n 年的销售额
比前一年多2nP－1. (1)求甲、乙两购物商场第n年的销售额的表达式； (2)根据甲、乙两购物商场所在地的市场规律，如果
第五章 数 列
(2)显然 bn<2P，所以 n>3 时，an>bn， 故乙购物商场将被甲购物商场收购． 令15an>bn，即n－5 1P>P(2－2n1－1)， 所以 n>11－2n5－1. 因为 n＝10 时，10>11－259不成立． 而 n＝11 时，11>11－2510成立．即 n＝11 时，15a11>b11 成立． 答：这个情况将在 2011 年出现，且是乙购物商场被甲 购物商场收购．
2019年《·高考总复习》数学：第五章 第4讲 数列的求和
5
A.1
B.6
1
1
C.6
D.30
2019年7月10日
你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘
4
2.数列 112，314，518，7116，…，(2n－1)＋21n，…的前 n 项和
Sn 等于( A ) A.n2＋1－21n
B.2n2－n＋1－21n
C.n2＋1－2n1－1
D.n2－n＋1－21n
解析：该数列的通项公式为 an＝(2n－1)＋21n，
2019年7月10日
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22
【互动探究】
4.(2014 年新课标Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4 是 方程 x2－5x＋6＝0 的根.
(1)求{an}的通项公式； (2)求数列a2nn的前 n 项和.
2019年7月10日
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2019年7月10日
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13
【规律方法】在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具 有对称性，即前面剩多少项则后面也剩多少项.常见的拆项公
式
：
1 nn＋1
＝
1 n
－
1 n＋1
；
1 2n－12n＋1
＝
1 2
2n1－1－2n1＋1
；
1 n＋
n＋1＝
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考点 3 错位相减法求和
例3：(2017年天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn (n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3 ＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).
高考数学一轮复习第五章数列第4讲数列求和课件文
已知数列{an}的通项公式是 an＝2·3n－1＋ (－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn. [解] Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2 －ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3， 所以当 n 为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1； 当 n 为奇数时，
分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分 组转化法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数的数列，其中数列{bn}，{cn} 是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求{an}的前 n 项 和．
3．等比数列{an}的首项为 a，公比为 q，Sn 为其前 n 项的和， 求 S1＋S2＋…＋Sn. [解] 当 q＝1 时，an＝a，Sn＝na， 所以 S1＋S2＋…＋Sn＝(1＋2＋…＋n)a＝n（n2＋1）a. 当 q≠1 时， 因为 Sn＝a（11－－qqn），所以 S1＋S2＋…＋Sn
Tn＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1＝
n n＋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，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．
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]＝3×4＋4（11－－22n）－（n＋1）×2n＋2
2022届高考数学(理)一轮总复习检测：第五章 第四节 数列求和 Word版含解析
第四节 数列求和【最新考纲】 1.把握等差、等比数列的前n 项和公式.2.把握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和(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．倒序相加法假如一个数列{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．3．错位相减法假如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(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)裂项时常用的三种变形： ①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； ②1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.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，则可用分组求和法求和．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，可接受两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(质疑夯基)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)假如数列{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 即可依据错位相减法求得．( )(4)假如数列{a n }是周期为k(k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( )答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 6等于( )A.142B.45C.56D.67 解析：由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67. 答案：D3．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n 为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n 2－2解析：S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋(2n －1))＝2（1－2n ）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2.答案：C4．(2022·“江南十校”联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14n B ．1－12nC.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 解析：a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 答案：C5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝________． 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 .答案：4－n＋4 2n●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数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．●两点留意利用裂项相消法求和的留意事项1．抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；2．将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n}是等差数列，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎪⎫1a n－1a n＋1，1a n a n＋2＝12d⎝⎛⎭⎪⎫1a n－1a n＋2.]一、选择题1．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：由题意得a n＝1＋2n－1，所以S n＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1.答案：C2．已知{a n}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1＝() A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)C.323(1－4－n) D.323(1－2－n)解析：由于q3＝a5a2＝18，所以q＝12，a1＝4，从而数列{a n a n＋1}是以8为首项，14为公比的等比数列，其前n项和T n＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫14n1－14＝323(1－4－n)．答案：C3．(2022·太原一模)已知数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n·(2n－1)·cosnπ2＋1(n∈N*)，其前n项和为S n，则S60＝()A．－30 B．－60C ．90D ．120解析：由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k(k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k.∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.答案：D4．已知函数f(x)＝x a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 2 013＝( )A. 2 012－1B. 2 013－1C. 2 014－1D. 2 014＋1解析：由f(4)＝2得4a ＝2，解得a ＝12，则f(x)＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 013＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3) ＋…＋( 2 014－ 2 013)＝ 2 014－1. 答案：C5．已知等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，则数列lg a 1，2lg a 2，22lg a 3，23lg a 4，…，2n －1lga n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1D ．2n ＋1解析：∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n，∴a 2n ＝102n ，即a n ＝10n ，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n·2n －1， ∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n ，②∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n·2n ＝2n －1 －n·2n ＝(1－n)·2n －1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1. 答案：C二、填空题6．数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎨⎧5n ＋1 n 是奇数，2n 2 n 是偶数，则这个数列的前2m 项的和是________．解析：数列{a n }的奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列，则S 2m ＝6m ＋m （m －1）2×10＋2（1－2m ）1－2＝5m 2＋m ＋2m ＋1－2.答案：5m 2＋m ＋2m ＋1－27．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＝________．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.答案：68．对于每一个正整数n ，设曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99＝________．解析：曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，即y ＝(n ＋1)x －n ，它与x 轴交于点(x n ，0)，则有(n ＋1)x n －n ＝0⇒x n ＝nn ＋1，∴a n ＝lg x n ＝lg nn ＋1＝lg n －lg(n ＋1)，∴a 1＋a 2＋…＋a 99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2，答案：－2 三、解答题9．(2021·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎨⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n －1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.10．(2021·山东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由于2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3. 当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1， 即a n ＝3n －1.所以a n ＝⎩⎨⎧3， n ＝1，3n －1， n ≥2.(2)由于a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13.当n ≥2时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n . 所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]， 两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n， 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合． 综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.数列中的高考热点题型数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要连接点，本专题解答题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列与函数的综合问题；三是数列与不等式的综合问题．难度中等．热点1 等差、等比数列的综合问题解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．并留意方程思想的应用，等差(比)数列总共涉及五个量a ，a n ，S n ，d(q)，n ，“知三求二”．(2021·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q.已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d ＞1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d ＞1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.1．若{a n }是等差数列，则{ba n }(b ＞0且b ≠1)是等比数列；若{a n }是正项等比数列，则{log b a n }(b ＞0且b ≠1)是等差数列．2．对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化．【变式训练】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ＞0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设a 1＞0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ 解：(1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0.若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， 所以a n ＝0(n ≥1)，若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列， 所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.(2)当a 1＞0且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n ，由(1)知，b n ＝lg1002n＝2－nlg 2. 所以数列{b n }是单调递减的等差数列{公差为－lg 2}． b 1＞b 2＞…＞b 6＝lg 10026＝lg 10064＞lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg10027＝lg 100128＜lg 1＝0. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大．热点2 数列与函数的综合问题(满分现场)数列与函数的综合一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n ，a n ，S n 等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(经典例题)(本小题满分12分)(2022·四川卷)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x 的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .规范解答：(1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n.4分(2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.6分所以，d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n ，8分所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －110分因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以，T n ＝2n ＋1－n －22n .12分【满分规章】(1)本题的易失分点是：①不能由题意正确列出a 7、a 8的关系式；②不能正确利用导数的几何意义求解； ③不会利用错位相减法求T n . (2)满分规章：①明确点在函数图象上，点的坐标适合函数解析式． ②明确导数的几何意义是曲线在切点处的切线斜率．③若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，可用错位相减法求数列{a n b n }前n 项的和．【构建模板】错位相减法求和的一般步骤第一步：确定通项，依据已知条件求a n ，b n .其次步：巧分拆，即新的数列分解为等差数列和等比数列的乘积，并确定等比数列的公比．第三步：构差式，即写出S n 的表达式，然后乘以公比，两式作差．第四步：依据差式的特征精确求和．第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个亲密联系：一是数列和函数之间的亲密联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是争辩函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行机敏的处理．【变式训练】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)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b.由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又由于点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以S n＝3n2－2n.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5，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)＝3n6n＋1.热点3数列与不等式的综合问题数列与不等式相结合问题的考查方式主要有三种：一是推断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明．(2021·安徽卷)设n∈N*，x n是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标．(1)求数列{x n}的通项公式；(2)记T n＝x21x23…x22n－1，证明：T n≥14n.解：(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y ＝0，得与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，由于x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2＞（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n， 所以T n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.解决数列与不等式的综合问题时，假如是证明题要机敏选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；假如是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的学问奇妙结合起来综合处理就行了．【变式训练】 已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0恒成立，试求m 的取值范围．解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q. 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②①—②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0，得2n ＋1－n ×2n ＋1－2＋n ×2n ＋1＋m ×2n ＋1＜0对任意正整数n 恒成立， ∴m ·2n ＋1＜2－2n ＋1，即m ＜12n －1对任意正整数n 恒成立．∵12n －1＞－1，∴m≤－1，即m的取值范围是(－∞，－1]．1．(2021·浙江卷)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝2，b1＝1，a n＋1＝2a n(n∈N*)，b1＋12b2＋13b3＋…＋1n b n＝b n＋1－1(n∈N*)．(1)求a n与b n；(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n，求T n.解：(1)由a1＝2，a n＋1＝2a n，得a n＝2n(n∈N*)．由题意知：当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.当n≥2时，1n b n＝b n＋1－b n.整理得b n＋1n＋1＝b nn，所以b n＝n(n∈N*)，(2)由(1)知a n b n＝n·2n，因此T n＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2T n＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，所以T n－2T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.故T n＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．2．(2021·四川卷)设数列{a n}(n＝1，2，3，…)的前n项和S n满足S n＝2a n－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n的前n项和为T n，求使得|T n－1|＜11 000成立的n的最小值．解：(1)由已知S n＝2a n－a1，有a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1(n≥2)，则a n＝2a n－1(n≥2)，所以q＝2.从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又由于a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列．故a n＝2n.(2)由(1)得1a n＝12n，所以T n＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝1－12n.由|T n－1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n－1＜11 000，即2n＞1 000.由于29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10.于是使|T n－1|＜11 000成立的n的最小值为10.3．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＋2n＝2a n.(1)证明：数列{a n＋2}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式a n；(2)若数列{b n}满足b n＝log2(a n＋2)，设T n是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b na n＋2的前n项和，求证：T n ＜32.证明：(1)由S n ＋2n ＝2a n ，得S n ＝2a n －2n ，① 当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，当n ≥2，n ∈N *时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，② ①－②，得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2， ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 又a 1＋2＝4≠0，则a n ＋2≠0.∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，以2为公比的等比数列． ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2. (2)由b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1， 得b n a n ＋2＝n ＋12n ＋1， 则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1，③12T n ＝223＋…＋n2n ＋1＋n ＋12n ＋2.④ ③－④，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， 所以T n ＝32－n ＋32n ＋1＜32.4．已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． (1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解：(1)由于{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.由于q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列， 所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q＝23(4n －1)．5．(2022·山东青岛一模)已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令c n ＝(－1)n S n (n ∈N *)，{c n }的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)d n －2＋2n －1，a ∈R.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解：(1)由于等差数列{a n }的公差为d ，设c n ＝(－1)n S n ， 所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330， 则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330，即10(3＋d)＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n.(2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n －[2(a －2)3n －2＋2n －1] ＝4(a －2)3n －2＋2n －1 ＝4·3n －2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤（a －2）＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2. 由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，由于2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54，所以a ≤54. 6．已知数列{a n }的首项a 1＝4，前n 项和为S n ，且S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设函数f(x)＝a n x ＋a n －1x 2＋a n －2x 3＋…＋a 1x n ，f ′(x)是函数f(x)的导函数，令b n ＝f′(1)，求数列{b n }的通项公式，并争辩其单调性．解：(1)由S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)， 得S n －3S n －1－2n ＋2－4＝0(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－3a n －2＝0， 可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)(n ≥2)，又由S 2－3S 1－2－4＝0及a 1＝4，得a 2＝14， 所以a 2＋1＝3(a 1＋1)，即{a n ＋1}是一个首项为5，公比为3的等比数列， 所以a n ＝5×3n －1－1(n ∈N *)．(2)由于f′(x)＝a n ＋2a n －1x ＋…＋na 1x n －1，所以f′(1)＝a n ＋2a n －1＋…＋na 1＝(5×3n －1－1)＋2(5×3n －2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30)－n （n ＋1）2. 令S ＝3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30， 则3S ＝3n ＋2×3n －1＋3×3n －2＋…＋n ×31，两式作差得S ＝－n2－3－3n ＋14，所以f′(1)＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2，即b n ＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2.又b n ＋1＝5×3n ＋2－154－（n ＋1）（n ＋7）2，所以b n ＋1－b n ＝15×3n 2－n －72＞0，所以数列{b n }是单调递增数列．。
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.。
高考数学 第五章 第四节 数列求和 理 新人教A版
分组法 分为若干组整体求 和
an=(-1)nn,求S2n
倒序 相加法
函数f(x)图象关于点(1,1)对 把求和式倒序后两 称，求f(-1)+f(0)+f(1)+f(2) 和式相加
+f(3)
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).
(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时使用公
_n_a_1 ,q=1
1+2+…+n= n ( n 1 )
2
前n个 正奇数之和
前n个正整 数平方和
前n个正整 数立方和
1+3+5+…+(2n-1)=_n_2 12+22+…+n2= n(n1)(2n1)
6
13+23+…+n3=[ n ( n 1 ) ]2
2
2.裂项相消法 把数列的通项分解为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵 消的项的求和方法. 3．错位相减法 (1)适用的数列：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数 列,{bn}是公比为q≠1的等比数列.
a n a n1
1 ( 1 1 ) .( )
d a n a n1
【解析】(1)正确.根据等差数列求和公式以及运算的合理性可 知. (2)正确.根据等比数列的求和公式可知. (3)正确.直接验证或倒推可知正确. (4)错误.需要分a=0,a=1，以及a≠0且a≠1三种情况求和. (5)正确.根据周期性可得. (6)正确.直接验证或倒推可得. 答案:(1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)√ (6)√
5．一个数列{an}，当n是奇数时，an=5n+1；当n为偶数时，
第5章 第4讲数列求和-2022版高三数学(新高考)一轮复习课件_ppt(56张)
旗却被冻的不会翻动了，更加突出了雪之大、天气之寒冷。从“红”字能反衬出白雪皑皑的景象，而“不翻”则衬托出了天气的寒冷。 二是语言清新淡雅而又晶莹明丽，明白晓畅而又情韵悠长。
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3．(必修 5P47T4 改编)数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n＝( B ) A．9
B．99
C．10
D．100
[解析]
因为 an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.所以 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(
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知识梳理 • 双基自测
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知识点一 公式法求和
(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的 前 n 项和公式．
(2)等差数列的前 n 项和公式： Sn＝na1＋ 2 an＝___n_a_1＋__n__n_2－__1__d__＝___d2_n_2＋__(_a_1_－__d2_)n________.
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(3)等比数列的前 n 项和公式： na1，q＝1，
Sn＝a11－－aqnq＝_______________，q≠1. 注意等比数列公比 q 的取值情况，要分 q＝1，q≠1.
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(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。
2021届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和ppt课件文北师大版
1．先看数列通项特点，再想求和方法．
2．常见的拆项公式
(1)若{an}为各项都不为 0 的等差数列，公差为 d(d≠0)， 则an·a1n＋1＝1d(a1n－an1＋1)；
(2)n（n1＋k）＝1k(n1－n＋1 k)；
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n；
(4)loga(1＋n1)＝loga(n＋1)－logan(a＞0 且 a≠1)．
第五章 数列
第四节 数列求和
[基础梳理]
1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝n（a12＋an）＝__n_a_1＋__n_（__n_2－__1_）___d__． 2．等比数列的前 n 项和公式
3．数列求和方法 (1)公式法求和： 使用已知求和公式求和的方法，即等差、等比数列或可化为等差、等比数列的求 和方法． (2)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．
Tn＋1＝（n＋1）2－2 （n＋1）＋23(2n＋1－1) ＝n2＋2 n＋23(2n＋1－1)． 而 Tn＋1＝Tn＋bn＋1＝Tn＋2n， 所以 Tn＝n2＋2 n＋13(2n－2)． 所以 Tn＝nn22－＋22 nn＋ ＋2313（ （22nn－ －12） ）（ （nn为 为偶 奇数 数） ），.
A．13
B．76
C．46
D．－76
[解析] 因为 Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以 S15＝(1－5)
＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－
高中数学中的数列求和知识点总结
高中数学中的数列求和知识点总结数列求和是高中数学中的重要概念和技巧之一，它涉及到数列的性质和求和方法的应用。
本文将对高中数学中的数列求和知识点进行总结，包括求和公式、数列性质与求和、递推数列求和和常用数列求和等内容。
1. 求和公式求和公式是数列求和的基础，它们可以帮助我们简化求和过程并得到准确的结果。
常见的求和公式包括等差数列求和公式和等比数列求和公式。
（1）等差数列求和公式对于等差数列 {an}，其通项公式为 an = a1 + (n-1)d，其中 a1 为首项，d 为公差，n 为项数。
等差数列的求和公式为 Sn = (a1 + an) * n / 2。
其中 Sn 表示前 n 项的和。
（2）等比数列求和公式对于等比数列 {an}，其通项公式为 an = a1 * q^(n-1)，其中 a1 为首项，q 为公比，n 为项数。
等比数列的求和公式分为两种情况：当 |q| < 1 时，等比数列的求和公式为 Sn = a1 / (1-q)。
当 |q| > 1 时，等比数列的求和公式为 Sn = (a1 - anq) / (1-q)。
2. 数列性质与求和数列性质与求和是数列求和中较为重要的内容之一。
在求解数列求和问题时，熟练掌握数列的性质对于简化计算和解题过程非常有帮助。
（1）数列的首项与末项一个数列 {an} 的首项为 a1，末项为 an。
在使用求和公式时，需要准确确定数列的首项和末项。
（2）逆序求和对于满足一定条件的数列，其求和式可以通过逆序求和的方式得到更简洁的结果。
例如，等差数列 {an} 的求和式为 Sn = (a1 + an) * n / 2，而逆序求和的方式是 Sn = (an + a1) * n / 2。
（3）奇数项和与偶数项和有些数列的求和问题可以通过分别求解奇数项和与偶数项和来得到最终结果。
例如，等差数列 {an} 的奇数项和为 So = (a1 + an) * (n/2)，偶数项和为 Se = an * (n/2)。
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S8 36d 36d ＋28d＝ 36d. 所以 a9＝a1＋ 8d＝ 9d ＝ 4.
答案： 4 9．(2016 ·江西省八所重点中学联考
) 在数列 { an} 中，已知 a1＝ 1， an＋1＋( － 1) nan＝ cos( n＋
1) π，记 Sn 为数列 { an} 的前 n 项和，则 S2 015＝ ________． 解析：因为 an＋1＋ ( － 1) nan＝ cos( n＋ 1) π＝ ( －1) n＋ 1，所以当 n＝ 2k，k∈ N*时， a ＋ 2k＋1 a2k＝
10 项和 S10＝ 36，前 18 项和 S18＝ 12，
答案： 60 8．已知公差不为零的等差数列
S8
{ an} 的前 n 项和为
Sn，若
a10＝
S4，则
等于 a9
________
．
4× 3
8× 7
解析：由 a10＝S4 得 a1＋ 9d＝ 4a1＋ 2 d＝ 4a1＋ 6d，即 a1＝ d≠0. 所以 S8＝ 8a1＋ 2 d＝ 8a1
（
n＋
1
）
2
－
1
1 11111
11
＝ 2
1－ 3＋ 2－4＋ 3－ 5＋…＋
n－n＋ 2
13 1
1
＝ 2 2－ n＋ 1－n＋ 2
31 1
1
＝ 4－ 2 n＋ 1＋n＋ 2 .
6．(2016 ·西安质检
) 已知数列
{ an} 满足
a1＝
1，
an＋ 1·
an＝
n
2(
n∈
*
N)
，则
S2 016＝ (
)
A． 22 016 － 1
31 S5 ＝ 16.
1
4．(2016 ·青岛模拟 ) 数列 { an} 的通项公式是 an＝
，若前 n 项和为 10，则项数 n
n＋ n＋1
为(
)
A． 120
B． 99
C． 11
D． 121
1 解析：选 A. an＝
n＋ n＋ 1
n＋1－ n ＝
（ n＋1＋ n）（ n＋ 1－ n）
＝ n＋ 1－ n，
B． 3· 21 008 － 3
1 008
C． 3· 2 － 1
1 007
D． 3· 2 － 2
2
a a · 2 n＋2
n＋1
n＋1
解析：选
B. a1＝ 1， a2＝a1＝ 2，又
an＋1· an
＝
n
2
＝ 2.
an＋2 所以 an ＝ 2. 所以 a1， a3， a5，…成等比数列； a2， a4，a6，…成等比数列，
－1，所以
S2 015
＝ a1＋(
a2＋
a3)
＋…＋
(
a2
a ＋ ) 014
2 015
＝ 1＋ (
－1)
×1
007
＝－
1 006.
答案：－ 1 006
n
10．定义：称
x1＋ x2＋…＋
x
为
n
n 个正数
x1，x2，…， xn 的“平均倒数”，若正项数列
{ cn} 的
2
1 前 n 项的“平均倒数”为 2n＋ 1，则数列 { cn} 的通项公式为 cn＝ ________．
解析：由已知可得，数列 { cn} 的前 n 项和 Sn＝ n(2 n＋1) ，所以数列 { cn} 为等差数列，首项 c1
＝S1＝ 3， c2＝ S2－ S1＝ 10－ 3＝ 7，故公差 d＝ c2－ c1＝ 7－3＝ 4，得数列的通项公式为 cn＝ c1
＋(2 ＋ 4＋…＋ 60) ＝990.
2．(2016 ·蚌埠模拟 ) 已知各项不为
0 的等差数列
{ an} 满足
2a2－ a26＋ 2a10＝0，首项为
1 8的等
比数列 { bn} 的前 n 项和为 Sn，若 b6＝ a6，则 S6＝(
)
A． 16
31 B.
8
63 C. 8
63 D. 16
解析：选 C.由 2a2－ a26＋2a10＝ 0，所以 4a6＝ a26，
因为 a6≠ 0，所以 a6＝ 4. 所以 b6＝ 4.
又因为 { bn} 的首项
1 b1＝ 8 ，所以
q5
＝
b6 ＝
32.
b1
所以 q＝ 2.
1 8－4×２ 63 所以 S6＝ 1－ 2 ＝ 8 .
3．已知 { an} 是首项为
和为 ( ) 15
A. 8 或 5
1 的等比数列， Sn 是 { an} 的前 n 项和，且 31
B. 16或 5
9S3＝ S6，则数列
1 an 的前 5 项
31 C.
16 解析：选 C.设数列 { an} 的公比为
15 D.
8 q. 由题意可知
9（ 1－q3） － q6 q≠1，且 1－ q ＝ 1－q，解得 q＝2，所
1
1
以数列 an 是以 1 为首项， 2为公比的等比数列，由求和公式可得
7．在等差数列 { an} 中， a1>0，a10·a11<0，若此数列的前 则数列 {| an|} 的前 18 项和 T18 的值是 ________． 解析：由 a1>0， a10· a11<0 可知 d<0， a10>0，a11<0， 所以 T18＝ a1＋…＋ a10－ a11－…－ a18 ＝S10－( S18－ S10) ＝ 60.
第 4 讲 数列求和
1．在数列 { an} 中， a1＝ 2， a2＝ 2，an＋2－ an＝1＋ ( － 1) n，n∈ N*，则 S60 的值为 (
)
A． 990
B． 1 000
C． 1 100
D． 99
解析：选 A. n 为奇数时， an＋2－ an＝ 0，an＝2；n 为偶数时， an＋ 2－an＝2，an＝ n. 故 S60＝2×30
所以 a1＋ a2＋…＋ an＝ ( 2－ 1) ＋( 3－ 2) ＋…＋ ( n＋1－ n) ＝ n＋1－ 1＝ 10.
即 n＋ 1＝ 11，所以 n＋ 1＝121， n＝ 120.
1
1
1
1
1
5．(2016 ·曲靖模拟 ) 22－ 1＋ 32－ 1＋ 42－ 1＋…＋ （ n＋ 1） 2－ 1的值为 (
所以 S2 016 ＝ a1＋a2＋a3＋ a4＋ a5＋ a6＋…＋ a2 015 ＋ a2 016 ＝( a1＋ a3＋ a5＋…＋ a2 ) 015 ＋ ( a2＋ a4＋ a6
1 008
1 008
1－ 2
2（ 1－2
＋…＋ a2 016 ) ＝ 1－ 2 ＋
1－ 2
）＝3·２1 008－ 3. 故选 B.
)
A. n＋ 1 2（ n＋ 2）
B.
34－2（nn＋＋12）
31 1
1
31
1
C. 4－ 2 n＋ 1＋n＋ 2 D. 2－ n＋1＋ n＋ 2
1
1
1
解析：选 C.因为 （n＋ 1） 2－ 1＝ n2＋ 2n＝n（ n＋ 2）
11 1 ＝ 2 n－ n＋ 2 ，
1
1
1
1
所以
2 ＋ 2 ＋ 2 ＋…＋ 2 － 1 3 －1 4 －1