2021届全品高考复习方案：第31讲 数列求和
高考化学一轮复习第十章化学实验第31讲物质的检验分离和提纯学
学习资料第31讲物质的检验、分离和提纯一、物质的检验1．常见阳离子的检验2．常见阴离子的检验3．常见气体的检验①NH3＋H2O NH3·H2O NH＋，4＋OH－②NH3＋HCl===NH4Cl二、物质的分离和提纯1．物质分离、提纯的区别（1)物质的分离将混合物的错误!各组分分离开来，获得几种错误!纯净物的过程。
(2)物质的提纯将混合物中的错误!杂质除去而得到错误!纯净物的过程，又叫物质的净化和错误!除杂。
2．物质分离、提纯常用的物理方法续表3．物质分离、提纯常用的化学方法方法原理杂质成分沉淀法将杂质离子转化为沉淀Cl－、SO错误!、CO错误!、Ba2＋、Ca2＋、Fe3＋、Ag＋气化法将杂质离子转化为气体CO2－，3、HCO错误!、SO错误!、HSO错误!、S2－、NH 错误!杂转纯法将杂质转化为需要提纯的物质杂质中含不同价态的相同元素（用氧化剂或还原剂)、同一种酸的正盐与酸式盐(用对应的酸或碱)续表方法原理杂质成分氧化还原法用氧化剂（还原剂）除去具有还原性（氧化性)的杂质如用酸性KMnO4溶液除去CO2中的SO2，用热的铜粉除去N2中的O2热分解法加热使不稳定的物质分解除去如除去NaCl中的NH4Cl等酸碱溶解法利用物质与酸或碱溶液反应的差异进行分离如用过量的NaOH溶液可除去Fe2O3中的Al2O31．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”,并指明错因。
（1）能使品红褪色的气体一定是SO2。
(×)错因：使品红褪色的气体还有Cl2等。
(2）使湿润的淀粉.KI试纸变蓝的气体一定是Cl2。
（×)错因：使湿润的淀粉.KI试纸变蓝的气体还有NO2、O3等。
（3）某溶液做焰色反应时呈黄色，该溶液中一定只含Na＋，不含K＋。
(×）错因：焰色反应呈黄色的溶液中一定含Na＋,但不一定不含K＋，因黄色能掩盖K＋的焰色——紫色。
（4)除去SO2中的少量HCl，可将混合气体通过饱和Na2SO3溶液.（×）错因：Na2SO3溶液能吸收SO2，生成NaHSO3.（5）FeCl2溶液中混有FeCl3可加入铜粉除去。
高中数学人教A版必修五-2021届高考数列求和的方法讲解(Word版可编辑)
数列求和的方法总结和练习方法概述：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 ＝()21naan+＝na1＋()dnn21-.②等比数列的前n项和公式(Ⅰ)当q＝1时，S n＝na1；(Ⅱ)当q≠1时，S n＝()qqa n--111＝a1－a n q1－q.③常见的数列的前n项和：123+++……+n=(1)2n n+， 1+3+5+……+(2n－1)=2n2222 123+++……+n=(1)(21)6n n n++，3333123+++……+n=2(1)2n n+⎡⎤⎢⎥⎣⎦等(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)倒序相加法这是推导等差数列前n项和时所用的方法，将一个数列倒过来排序，如果原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(5)错位相减法这是推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，主要用于求{a n·b n}的前n项和，其中{an}和{b n}分别是等差数列和等比数列．(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)()11+n n ＝1n －1n ＋1；(2)()k n n +1＝1k (1n －1n ＋k)；(3)()()12121+-n n ＝12(12n －1－12n ＋1)；(4)()()211++n n n ＝12()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+21111n n n n ； (5)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．(6)设等差数列{a n }的公差为d ，则1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)．数列求和题型考点一 公式法求和1.已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和.2.已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列. (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.变式训练1.设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .2.在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .考点二 错位相减法1.已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n n n a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n .2.已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.变式训练1.已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .2.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 n b n 的前n 项和T n .3.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 n b n，求数列{c n }的前n 项和T n .4．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 .5.已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1nb 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 .6.设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝1，a2＝2，且a n＋2＝3S n－S n＋1＋3, n∈N*.(1)证明：a n＋2＝3a n；(2)求S n.考点三分组求和法1.在等差数列{a n}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝22 n a＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值.2.已知数列{a n}的前n项和S n＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝n a2＋(－1)n a n，求数列{b n}的前2n项和.变式训练1.已知{a n}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{b n}满足b1＝4，b4＝20，且{b n －a n}为等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{b n}的前n项和.考点四 裂项相消法1.S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．2.等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 的前n 项和．3.已知数列{a n}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝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＝an＋1SnSn＋1，求数列{b n}的前n项和T n.变式训练1.正项数列{a n}满足：a2n－(2n－1)a n－2n＝0.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)令b n＝1（n＋1）a n，求数列{b n}的前n项和T n.2.等差数列{a n }中，a 7＝4，a 19＝2a 9.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1na n，求数列{b n }的前n 项和S n .3.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 n 2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .考点五 倒序相加法1.已知函数f (x )＝14x＋2(x ∈R )．(1)证明：f (x )＋f (1－x )＝12；(2)若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.变式训练1.设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.考点六 并项求和1.数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________.2.在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝()21+n n a ，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .。
2021高考化学一轮复习—第31讲物质的制备
题组二：气体的净化和尾气处理 3．(2020·威海一中联考)下列有关实验室制备气体的说法 中正确的是( A ) A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物，可选择相同的 气体发生装置 B．除去CO2中的HCl气体可以用饱和Na2CO3溶液 C．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体 D．铜和浓硝酸反应后的气体，可以用水或NaOH溶液吸 收
置→收集装置(性质验证装置)→尾气吸收装置
反应装 置类型
固、固 加热型
反应装置图 适用气体
操作注意事项
①试管要干燥；
②试管口略低于试管底
部；
O2、NH3 等
③加热时先 9 10 固定加热
预热
；
再
④用KMnO4制取O2时，需 在管口处塞一小团棉花
固、液加 热型或 液、液 加热型
①加热烧瓶时要垫石棉 网； Cl2等 ②反应物均为液体时，烧 瓶内要加 11 沸石(或碎瓷片)
题组一：气体的制备 1．(2020·海口市一中模拟)用题给所示装置制备气体，不 能达到目的的是( A )
[解析] 二氧化锰固体与浓盐酸需要在加热条件下反应制 Cl2，A 项不能达到目的。过氧化氢在二氧化锰的催化作用下常 温时即可分解制取 O2，B 项能达到目的。浓硝酸与铜在常温下 发生氧化还原反应可制得 NO2，Na2SO3 与 70%浓硫酸发生复 分解反应可制得 SO2，C、D 项能达到目的。
题组一：无机物的制备 1．(2019·广东深圳调研)用CuCl2·2H2O晶体制取无水 CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是( D )
A．通入 HCl 可以抑制 CuCl2 的水解 B．先滴入浓硫酸，再点燃 c 处酒精灯 C．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾 D．装置 d 中上层为苯，下层为 NaOH 溶液
高考数学(理,北师大版)一轮复习课件第31讲 数列求和(58张)
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}，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得．
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•1、人才教育不是灌输知识，而是将开发文化宝库的钥匙，尽我们知道的交给学生。 •2、一个人的知识如果只限于学校学习到的那一些，这个人的知识必然是十分贫乏的2021/10/162021/10/162021/10/1610/16/2021 5:17:21 PM •3、意志教育不是发扬个人盲目的意志，而是培养合于社会历史发展的意志。 •4、智力教育就是要扩大人的求知范围 •5、最有价值的知识是关于方法的知识。 •6、我们要提出两条教育的诫律，一、“不要教过多的学科”；二、“凡是你所教的东西，要教得透彻”2021年10月2021/10/162021/10/162021/10/1610/16/2021 •7、能培养独创性和唤起对知识愉悦的，是教师的最高本领2021/10/162021/10/16October 16, 2021 •8、先生不应该专教书，他的责任是教人做人；学生不应该专读书，他的责任是学习人生之道。2021/10/162021/10/162021/10/162021/10/16
推导的．
(2)因为等比数列的每一项乘公比q，就得到它后面相
邻的一项，故等比数列的前n项和的推导采用了“错位相
减，消除差别”的方法．
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第31讲 数列求和
双
向
固
基 础
(3)
1 2n（2n－1）
＝
1 2n－1
－
1 2n
，因为2n是偶数，2n－1
是奇数，求和时它们的倒数不能相互抵消，达不到求和的
目的．数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这只是
【高考复习方案 】年高考数学(理,北师大版)一轮复习课件第31讲 数列求和(58张PPT)
第31讲 数列求和
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考试说明
1．掌握等差数列、等比数列的前n项和公式． 2．掌握一般数列求和的几种常见的方法．
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第31讲
双 向 固 基 础
数列求和
1．公式法 (1)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
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第31讲
双 向 固 基 础
数列求和
3．[教材改编]已知数列{an}中，an＝
n －1 （n为正奇数）， 2 2n－1（n为正偶数），
设数列{an}的前n项和为Sn，则S9＝
__________．
[答案] 377
[解析] S9＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)＝
[解析] 由题可知，数列
的通项是等差数列{2n}的
1 通项与等比数列数列2n的通项之积．
2 4 6 2n 设Sn＝2＋22＋23＋„＋ 2n ，① 1 2 4 6 2n 则2Sn＝22＋23＋24＋„＋ n＋1，② 2 ①－②，得 1 2 2 2 2 2 2n 1－ Sn＝ ＋ 2＋ 3＋ 4＋„＋ n－ n＋1＝ 2 2 2 2 2 2 2 1 2n 2－ n－1－ n＋1， 2 2 n＋2 ∴Sn＝4－ n－1 . 2
项，d为公差)． ②等比数列的前n项和公式 na1 ； 当q＝1时，Sn＝________
n（n－1） n（a1＋an） na1＋ d Sn＝___________ ＝ _________________ 2 2
(其中a1为首
a1（1－qn） a1－anq 当q≠1时，Sn＝_____________ ＝___________ 1－q 1－q
2021版高考数学总复习第五章数列31数列求和课时作业文202106282106
2021版高考数学总复习第五章数列31数列求和课时作业文202106282106 1．(2021·北京卷)已知等差数列{a n } 和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 2＋a 4＝10，因此2a 1＋4d ＝10，解得d ＝2，因此a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 2b 4＝a 5，因此b 1qb 1q 3＝9，解得q 2＝3，因此b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12. 2．(2020·四川成都市高中毕业第一次诊断)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4.(1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列；(2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .解析：(1)证明：∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)，∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)，可知a n ＋4＝2n ，∴a n ＝2n －4.当n ＝1时，a 1＝－2<0，∴S 1＝|a 1|＝2；当n ≥2时，a n ≥0.∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋…＋(2n －4)＝2＋22＋…＋2n －4(n －1)＝21－2n 1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2. 又当n ＝1时，上式也满足．∴当n ∈N *时，S n ＝2n ＋1－4n ＋2.3．(2020·西安质检)等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n. 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ q 2＋d ＝6q ＋3＋3d ＝8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝1q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝－43q ＝9(舍去)． 故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，1S n ＝2n n ＋1＝2(1n －1n ＋1)， ∵1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1. 4．(2020·陕西省宝鸡市高三质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1a n 的前n 项和为T n ，求证：1≤T n <3. 解析：(1)当n ＝1时，a 1＝2.当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2， 因此a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－(2a n －1－2)，即a n a n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)， 因此数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明：令b n ＝n ＋1a n ＝n ＋12n ， 则T n ＝321＋322＋423＋…＋n ＋12n ，① ①×12，得12T n ＝222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝32－n ＋32n ＋1，整理得T n ＝3－n ＋32n ， 由于n ∈N *，明显T n <3.又令c n ＝n ＋32n ，则c n ＋1c n ＝n ＋42n ＋6<1，因此c n >c n ＋1， 因此n ＋32n ≤c 1＝2，因此T n ≥1. 故1≤T n <3.5．(2020·武汉市武昌区调研考试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49. 解析：(1)由a 1＝9，a 2为整数可知，等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，因此9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95. ∵d 为整数，∴d ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝11－2n .(2)证明：由(1)，得1a n a n ＋1＝111－2n 9－2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ， ∴T n ＝12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －19. 令b n ＝19－2n ，由函数f (x )＝19－2x的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性，知0<b 1<b 2<b 3<b 4，b 5<b 6<b 7<…<0，∴b n ≤b 4＝1.∴T n ≤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝49. 6．(2020·山东淄博模拟)已知数列{a n }是等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，且a 10＝19，S 10＝100；数列{b n }对任意n ∈N *，总有b 1·b 2·b 3·…·b n －1·b n ＝a n ＋2成立．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)n 4n ·b n 2n ＋12，求数列{c n }的前n 项和T n . 解析：(1)设{a n }的公差为d ，则a 10＝a 1＋9d ＝19，S 10＝10a 1＋10×92×d ＝100. 解得a 1＝1，d ＝2，因此a n ＝2n －1.因此b 1·b 2·b 3·…·b n －1·b n ＝2n ＋1，①当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2n －1.②①②两式相除得b n ＝2n ＋12n －1(n ≥2)． 因为当n ＝1时，b 1＝3适合上式，因此b n ＝2n ＋12n －1(n ∈N *)． (2)由已知c n ＝(－1)n 4n ·b n 2n ＋12， 得c n ＝(－1)n 4n 2n －12n ＋1＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1， 则T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1， 当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋(－1)n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1； 当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋(－1)n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1－12n ＋1 ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1. 综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.[能力挑战]7．(2021·山东卷)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解析：(1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2，因此3q 2－5q －2＝0. 由已知得q ＞0，因此q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1.由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1.记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n .由题意得b n ＝n ＋n ＋12×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2， 因此T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋21－2n －11－2－(2n ＋1)×2n －1， 因此T n ＝2n －1×2n ＋12.。
2021届高考数学(新课标) 题型全归纳 数列要点讲解
数 列一、高考要求理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能依据递推公式写出数列的前n 项.理解等差（比）数列的概念，把握等差（比）数列的通项公式与前n 项和的公式. 并能运用这些学问来解决一些实际问题.了解数学归纳法原理，把握数学归纳法这一证题方法，把握“归纳—猜想—证明”这一思想方法. 二、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般状况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列全部项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式学问的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类争辩等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势 （1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻生疏函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和力气的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点 （2）数列推理题是新毁灭的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查规律推理力气，近两年在数列题中也加强了推理力气的考查。
（3）加强了数列与极限的综合考查题3.娴熟把握、机敏运用等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用格外广泛，且格外机敏，主动发觉题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁秀丽 .如243546225a a a a a a ++=，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有223355225a a a a ++=，即235()25a a +=. 4.对客观题，应留意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题，就会发觉，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下： ①借助特殊数列. ②机敏运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加精确 、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有机敏、简捷的解法5.在数列的学习中加强力气训练 数列问题对力气要求较高，特殊是运算力气、归纳猜想力气、转化力气、规律推理力气更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法机敏多变，而解答题更是考查力气的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理力气的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平常要加强对力气的培育。
高考数学总复习课时作业(三十一)第31讲数列求和理(2021年整理)
2019年高考数学总复习课时作业（三十一）第31讲数列求和理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考数学总复习课时作业（三十一）第31讲数列求和理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时作业(三十一)第31讲数列求和基础热身1.数列4,8,16,32,…的前n项和为（)A.2n+1-2—n—1B.2n+2—2-n-3C。
2n+1+2—n-1D.2n+1—2—n—1-12.［2018·山东临沂一中月考］若数列的通项公式是a n=(—1)n(3n—2)，则a1+a2+…+a10=（)A.15 B。
12C.—12 D。
—153。
[2017·蚌埠第二中学月考]已知函数f=且a n=f+f,则a1+a2+a3+…+a8=（)A.—16 B。
—8C。
8 D。
164。
已知数列的通项公式为a n=,则数列的前40项和为.5.［2017·呼和浩特调研] 在等差数列中，a 2=8,前6项和S 6=66，设b n =,T n =b 1+b 2+…+b n ,则T n = .能力提升6.[2017·湘潭模拟] 已知T n 为数列的前n 项和，若n>T 10+1013恒成立,则整数n 的最小值为 （ ） A 。
1026B .1025C .1024D .10237.［2017·合肥调研] 已知数列满足a 1=2,4a 3=a 6，是等差数列，则数列{（—1）na n }的前10项的和S 10= ( ） A .220 B 。
2021年艺术生高考数学总复习：数列求和
第 1 页 共 9 页2021年艺术生高考数学总复习：数列求和1．公式法求和 常用的求和公式有：(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（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.2.错位相减法求和适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． 3.裂项相消法求和方法是把数列的通项拆分成两项之差，在求和时一些项正负抵消，从而可以求和． 常用的裂项公式有： (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； (2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4) 1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1) － 1(n ＋1)(n ＋2)；4.分组求和通过把数列分成若干组，然后利用等差、等比等求和公式求和． 题型一 分组求和例1 （2020届山东省济宁市第一中学高三一轮检测）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且23b =，39b =，11a b =，144a b =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和．例2 （2020•五华区校级模拟）已知{}n a 是公差不为零的等差数列，413a =，且1a ，2a ，7a 成等比数列．第 2 页 共 9 页（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1(1)n n n b a +=-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求2019T ．[玩转跟踪]1.（2020•番禺区模拟）设数列{}n a 是公差不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，11a =．若1a ，2a ，5a 成等比数列． （1）求n a 及n S ； （2）设*2112()1n a n n b n N a+=+∈-，求数列{}n b 前n 项和n T ．2.（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +=+-，n n b a n =+.（1）求证：数列{}n b是等比数列;（2）求数列{}n a的前n项和n S.题型二错位相减法求和第3页共9页第 4 页 共 9 页例2 （2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且*12(1)()n n a a n N +=+∈.（Ⅰ）证明：数列{a n +2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； （Ⅰ）设b n ＝log 2（a n +2）﹣log 23，求数列32n n b a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .[玩转跟踪]第 5 页 共 9 页1. （2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）在①325256a a a b =+=，；②234323b a a b =+=，；③345298S a a b =+=，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知等差数列{}n a 的公差为()1d d >，前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的公比为q ，且11a b d q ==，，____________．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式． （2）记nn na cb =，求数列{}nc ，的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．题型三 利用裂项相消法求和第 6 页 共 9 页例3 （2020·山东高三模拟）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为414S =, 且137,,a a a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .[玩转跟踪]第 7 页 共 9 页1.（2020•福清市一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足22n n a S -=． （Ⅰ）求n a（Ⅱ）若数列{}n b 满足*14()nn n n a b n N S S +=∈，{}n b 的前n 项和n T ． [玩转练习]1.（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +=+-，n n b a n =+. （1）求证：数列{}n b 是等比数列; （2）求数列{}n a 的前n 项和n S .2.（2020·山东高三下学期开学）已知数列{}n a 满足123123252525253n n na a a a ++++=----…．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：11226nT ≤<．3.（2020•全国3卷）设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{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 ．4.（2020·江西省名高三第二次大联考（理））已知首项为4的数列{}n a 满足11221n n n na a n +++=+.第 8 页 共 9 页（1）证明：数列2n n na ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.（2）令2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n S .5.(安徽，18)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 .6.(浙江，17)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋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 .7. （湖南高考）设为数列{}的前项和，已知，2，N(Ⅰ)求，，并求数列｛｝的通项公式； (Ⅱ)求数列｛｝的前项和．8.(安徽，18)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *. (1)证明：数列{a nn }是等差数列； n S n a 01≠a n n S S a a •=-11∈n *1a 2a n a n na n第 9 页 共 9 页(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .9.(新课标全国Ⅰ，17)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n }的前n 项和.10.(重庆，16)设数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，n ∈N ＋ (1)求{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)已知{b n }是等差数列，T n 为其前n 项和，且b 1＝a 2，b 3＝a 1＋a 2＋a 3，求T 20.11.(重庆，18)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .。
新人教A版高考数学大一轮复习第31讲数列求和课件文
Sn=
2
=
na1+������(���2���-1)d . (其中 a1 为首项,d 为公差)
②等比数列{an}的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 ;
������1-������������ ������
当 q≠1 时,Sn= ������1(1-������������ ) = 1-������
第31讲 PART 5
数列求和
课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例
考试说明
1.掌握等差数列、等比数列的前n项和公式. 2.掌握一般数列求和的几种常见的方法.
课前双基巩固
知识聚焦
1.公式法
(1) 公式法
①等差数列{an}的前 n 项和公式:
������(������1 + ������������ )
������
1 ������ ������
+1
=������
(������1+1)=���1���
-������
+1 1,∴数列
1 的前 100 项和为
������������ ������������ +1
1-12+12-13+…+1010-1011=1-1011=110001.
课前双基巩固
3.[教材改编] 数列
则
Sn=12×(4+42+43+…+4n)+(2+6+10+…+4n-2)=12×4×
(1-4������ 1-4
)+������
(2+4������ 2
-2)=4
������ +1
【备战】高中数学 第31讲 数列求和配套课件 理 新人教B版
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第31讲
数列求和
考点统计
点
面 讲 考 向
1.分组转化法 求和 2.裂项相消法 求和 3.错位相减法 求和
题型(考频) 题型示例(难度) 2012年课标 填空(1) T16(C)， 解答(2) 2012年湖北 T18(B)
0 解答(2) 2012年天津 T18(B)
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第31讲
[答案]
(1)×
(2)√
(3)√
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第31讲
数列求和
双 [解析] (1)若 n 为偶数，则 Sn＝0；若 n 为奇数，则 Sn＝ 向 固－1. 基 (2)应用等比数列的前 n 项和公式求和，即可得 础 n n
1－3 3 －1 a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝ ，即 an＝ . 2 1－3 (3) 设 S ＝ sin21 °＋ sin22 °＋ sin23 °＋…＋ sin288 °＋ sin289°，则 S ＝ sin289 °＋ sin288 °＋ sin287 °＋…＋ sin22 °＋ sin21 °， 即 S ＝ cos21 ° ＋ cos22 ° ＋ cos23 ° ＋ … ＋ cos288 ° ＋ cos289°，与第一个式子相加，得 2S＝89，所以 S＝44.5.
返回目录Βιβλιοθήκη 第31讲数列求和
双 向 固 基 础
—— 疑 难 辨 析 ——
1．前 n 项和公式的推导 (1) 等 差 数 列 的 前 n 项 和 是 用 裂 项 相 消 法 推 导 的．( ) (2) 等 比 数 列 的 前 n 项 和 是 用 倒 序 相 加 法 推 导 的．( )
[答案] (1)×
____________．(其中a1为首项，d为公差) (2)等比数列的前n项和公式 当q＝1时，Sn＝______； a1（1－qn）
高考数学一轮复习 专题31 数列求和教学案 文-人教版高三全册数学教学案
专题31 数列求和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。
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 q 1－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)nf (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 .高频考点一 分组转化法求和例1、(2016·某某卷)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N ＋，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n)＝n －12，即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列.设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n （b 1＋b 2n ）2＝2n 2.【方法规律】(1)若数列{}的通项公式为＝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{}的前n 项和.(2)若数列{}的通项公式为＝⎩⎪⎨⎪⎧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.【变式探究】 (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(2)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于( ) A.1 008B.2 016C.504D.0解析 (1)该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)＝n 2＋1－12n .(2)a 1＝cos π2＝0，a 2＝2 cos π＝－2，a 3＝0，a 4＝4，….所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2 014，2 016.故S 2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008. 答案 (1)A (2)A高频考点二 错位相减法求和例2、(2016·某某卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n .求数列{}的前n 项和T n .又T n ＝c 1＋c 2＋…＋.得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1].2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.【方法规律】(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，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解； (2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式.【变式探究】 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和.则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.高频考点三 裂项相消法求和例3、S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3， 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ). 由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n3（2n ＋3）.【方法规律】(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.【变式探究】 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 项和为T n .∴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.【举一反三】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 .∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝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 ＋1.1.【2016高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ，当1=n 时，1111==S a ， 所以56+=n a n . 设数列{}n b 的公差为d ，由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，即⎩⎨⎧+=+=d b d b 321721111，可解得3,41==d b ，所以13+=n b n .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T【2015某某高考，11】数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为 【答案】2011【2015高考某某，理18】（本小题满分13分）已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，，且233445,,a a a a a a 成等差数列.(I)求q 的值和{}n a 的通项公式； (II)设*2221log ,nn n a b n N a -=∈，求数列n b 的前n 项和. 【答案】(I) 1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数; (II)1242n n n S -+=-.当21(*)n k n N =-∈时，1122122n k n k a a ---===，当2(*)n k n N =∈时，2222nk n ka a ===，所以{}n a 的通项公式为1222,2,.n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数【2015高考某某，理16】设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记数列1{}n a 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值. 【答案】（1）2nn a =；（2）10.（2）由（1）得112n n a =. 所以2311[1()]1111122112222212n n n nT -=++++==--. 由1|1|1000n T -<，得11|11|21000n --<，即21000n>. 因为9102512100010242=<<=， 所以10n ≥. 于是，使1|1|1000n T -<成立的n 的最小值为10. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+【解析】（Ⅰ）当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4na ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为0n a >，所以1n n a a --=2，所以数列{na }是首项为3，公差为2的等差数列，所以n a =21n +；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，n b =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++=1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+. 1．（2014·某某卷）已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a nb n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令＝a nb n，求数列{}的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .2．（2014·全国卷）等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】(1)由a 1＝10，a 2为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0， 于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0， 解得－103≤d ≤－52，因此d ＝－3.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n 10（10－3n ）. 3．（2014·某某卷）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 .【解析】 (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.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 ＋14．（2013·某某卷）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. 【解析】(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n)＝0，得 [S n －(n 2＋n)](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n.[于是a 1＝S 1＝2，n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n.5．（2013·某某卷）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＝________．【解析】(1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1 [解析] (1)因S n ＝(－1)na n －12n ，则S 3＝－a 3－18，S 4＝a 4－116，解得a 3＝－116.(2)当n 为偶数时，S n ＝a n －12n ，当n 为奇数时，S n ＝－a n －12n ，可得当n 为奇数时a n ＝－12n ＋1，又S 1＋S 2＋…＋S 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 99－1299＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 100－12100 ＝－a 1＋a 2＋…－a 99＋a 100－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋1299＋12100＝S 100－2(a 1＋a 3＋…＋a 99)－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12100＝S 101－a 101－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－122－124－…－12100－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12100＝－12102－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12102＋2×122⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122501－122－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12100＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1. 6．（2013·某某卷）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (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 ，且T n ＋a n ＋12n ＝λ(λ为常数)，令＝b 2n (n∈N *)，求数列{}的前n 项和R n .【解析】解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d. 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1，＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n＝13－1＋3n 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ， 整理得R n ＝194－3n ＋14n －1.所以数列{}的前n 项和R n ＝194－3n ＋14n －1.1.等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A.120B.70C.75D.100解析 因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.答案 C2.数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A.9B.8C.17D.16解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案 A3.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S100等于( )A.200B.－200C.400D.－400解析S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.答案 B4.已知数列5，6，1，－5，…，该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16项之和S16等于( )A.5B.6C.7D.16答案 C5.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1·a n＝2n(n∈N＋)，则S2 016＝( )A.22 016－1B.3·21 008－3C.3·21 008－1D.3·21 007－2解析a1＝1，a2＝2a1＝2，又a n＋2·a n＋1a n＋1·a n＝2n＋12n＝2.∴a n＋2a n＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 016＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 015＋a2 016＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 016)＝1－21 0081－2＋2（1－21 008）1－2＝3·21 008－3.故选B.答案 B6．在等差数列{a n}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|a n|}的前18项和T18的值是________．答案60解析由a1＞0，a10·a11＜0可知d＜0，a10＞0，a11＜0，∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.7．整数数列{a n}满足a n＋2＝a n＋1－a n (n∈N*)，若此数列的前800项的和是2013，前813项的和是2000，则其前2015项的和为________．答案－13解析由a n＋2＝a n＋1－a n，得a n＋2＝a n－a n－1－a n＝－a n－1，易得该数列是周期为6的数列，且a n＋2＋a n －1＝0，S 800＝a 1＋a 2＝2013，S 813＝a 1＋a 2＋a 3＝2000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 2－a 1＝－13，a 2＋a 1＝2013，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1013，a 2＝1000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝－13，a 4＝－1013，依次可得a 5＝－1000，a 6＝13，由此可知a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋a n ＋4＋a n ＋5＋a n ＋6＝0， ∴S 2015＝S 5＝－13.8．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n ，令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②＝n ＋1n －n n ＋1[n n ＋1＋n ＋1n ][n ＋1n －n n ＋1]＝n ＋1n －n n ＋1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－1n ＋1，∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.9．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2，∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n＋1.(2)b n ＝na n ＝n ·2n＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )． 令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， 则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1.两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n)＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.∵1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.10．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 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.＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22，T n ＝116⎣⎢⎡ ⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122 ＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.11.已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N ＋).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N ＋)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N ＋).(2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2（2n ＋2）.。
数列求和2021版高三数学(新高考)一轮精品PPT(56张)
[解析] ∵2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)
∴Sn＝
1×1 2＋
2×1 3＋
1 3×4
＋…
＋nn1＋1
＝
(1
－
1 2
)＋
(
1 2
－
1 3
)
＋(
1 3
－
1 4
)＋…
＋(1n－
n＋1 1)＝1－n＋1 1＝n＋n 1.∴S2 020＝22 002201.
第 5 章 第 4 讲 数列求 和-20 21版高 三数学 （新高 考）一 轮复习 课件(共 56张P PT)
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知识点二 分组求和法 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．如若一个数列的奇数项成等差数列，偶数项成等 比数列．则可用分组求和法求其前n项和． 知识点三 倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等且等于同一 个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即 是用此法推导的．
(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．
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第五章 数列
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[解析] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q(q>0)．由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12，而 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0，解得 q＝2(负值舍去)．所 以 bn＝2n.
2021版高考数学一轮复习第五章数列第31讲数列求和学案202105072240
2021版高考数学一轮复习第五章数列第31讲数列求和学案202105072240考纲要求考情分析命题趋势 1.熟练把握等差、等比数列的前n 项和公式．2．把握非等差、等比数列求和的几种常见方法.2021·全国卷Ⅱ，17 2021·江苏卷，18 2021·北京卷，12利用公式求数列的前n 项和，利用常见求和模型求数列的前n 项和.分值：5分1．公式法与分组求和法 (1)公式法直截了当利用等差数列、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)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法分别求和后相加减．2．倒序相加法与并项求和法 (1)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，那么求那个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(2)并项求和法在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采纳两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.3．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能够相互抵消，从而求得其和． (2)常见的裂项技巧 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .4．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，那么那个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式确实是用此法推导的．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)假如已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2较为合理．( √ )(2)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.( √ ) (3)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( × ) (4)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 即可依照错位相减法求得．( × )(5)假如数列{}a n 是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ )解析 (1)正确．依照等差数列求和公式以及运算的合理性可知． (2)正确．依照等比数列的求和公式和通项公式可知． (3)错误．直截了当验证可知1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)错误．含有字母的数列求和常需要分类讨论，此题需要分a ＝0，a ＝1，以及a ≠0且a ≠1三种情形求和，只有当a ≠0且a ≠1时才能用错位相减法求和．(5)正确．依照周期性可得．2．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a 5＝( D )A ．1＋ln 2B ．2＋ln 3C ．3＋ln 5D ．2＋ln 5解析 因为a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n＝ln (n ＋1)－ln n ，因此a 5－a 1＝(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＝(ln 5－ln 4)＋(ln 4－ln 3)＋(ln 3－ln 2)＋(ln 2－ln 1) ＝ln 5－ln 1＝ln 5，因此a 5＝a 1＋ln 5＝2＋ln 5，故选D ．3．若数列{}a n 的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{}a n 的前n 项和为( C )A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2解析 S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n ＋2n －1)＝(2＋22＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n＝2(1－2n)1－2＋2×n (n ＋1)2－n ＝2(2n －1)＋n 2＋n －n＝2n ＋1＋n 2－2.4．若数列{}a n 的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝( A ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析 ∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10 ＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15. 5．已知数列{}a n 的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n(n ∈N *)，则S n ＝__(n －1)2n ＋1＋2__.解析 ∵a n ＝n ·2n，∴S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n.① ∴2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(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 ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.一 分组法求和分组求和法的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{}b n ，{}c n 为等差或等比数列，可采纳分组求和法求{}a n 的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{}b n ，{}c n 是等比或等差数列，可采纳分组求和法．【例1】 已知等差数列{}a n 满足a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{}a n 的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q ＞0)，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)设数列{}a n 的公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6 ＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.因此{}a n 的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q2n －1.当q ＞0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋q 7＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．因此数列{}b n 的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1，n 2＋q (1－q 2n )1－q 2，q ＞0且q ≠1.二 错位相减法求和利用错位相减法求和的两点注意(1)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应专门注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情形求解．同时要注意等比数列的项数是多少．【例2】 若公比为q 的等比数列{}a n 的首项a 1＝1，且满足a n ＝a n －1＋a n －22(n ＝3,4,5，…)．(1)求q 的值；(2)设b n ＝n ·a n ，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)由题意易知2a n ＝a n －1＋a n －2， 即2a 1qn －1＝a 1qn －2＋a 1qn －3.∴2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.(2)①当q ＝1时，a 1＝1，b n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2.②当q ＝－12时，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－120＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－121＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， －12S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－121＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n， 两式相减，得32S n ＝1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，整理得S n ＝49－⎝ ⎛⎭⎪⎫49＋2n 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.三 裂项相消法求和常见的裂项方法数列(n ∈N *)裂项方法(n ∈N *) ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋k )(k 为非零常数) 1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k⎩⎨⎧⎭⎬⎫14n 2－1 14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)(n ＋2) 1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2) ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋n ＋k1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )⎩⎨⎧⎭⎬⎫log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n (a ＞0，a ≠1)log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n(2n －1)(2n ＋1－1) 2n(2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1【例3】 已知正项数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ，a n ，2成等差数列．(1)证明：数列{}a n 是等比数列； (2)若b n ＝log 2a n ＋3，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解析 (1)证明：由题意知2a n ＝S n ＋12.当n ＝1时，2a 1＝a 1＋12，∴a 1＝12.当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12，两式相减，得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1. ∵{}a n 为正项数列，∴a na n －1＝2(n ≥2)， ∴数列{}a n 是以12为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)知a n ＝a 1·2n －1＝2n －2，∴b n ＝log 22n －2＋3＝n －2＋3＝n ＋1.∴1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2. ∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2).1．已知等比数列{}a n 中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{}b n 中，b 4＋b 6＝a 5，则数列{}b n 的前9项和S 9＝( B )A ．9B ．18C ．36D ．72解析 ∵a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5，∴a 5＝4，∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2.∴S 9＝9b 5＝18，故选B ．2．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 项和为__3n－1__.解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0. ∵a n ＞0，∴a n ＋1＝3a n .又a 1＝2，∴{}a n 是首项为2，公比为3的等比数列．∴S n ＝2(1－3n)1－3＝3n－1.3．在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{}a n 的通项公式； (2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)由题意得1a n ＋1－1a n ＝1.又因为a 1＝1，因此1a 1＝1.因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，因此1a n＝n ，即a n ＝1n ，因此数列{}a n 的通项公式为a n ＝1n.(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)．因此S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg(n －2)－lg n ＋lg(n －1)－lg(n ＋1)＋lg n －lg(n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg(n ＋1)－lg(n ＋2)＝lg 2(n ＋1)(n ＋2).4．设数列{}a n 满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3(n ∈N *)．(1)求数列{}a n 的通项；(2)设b n ＝n a n，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①∴a 1＝13，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13(n ≥2) ，②①－②，得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13(n ≥2)，化简得a n ＝13n (n ≥2)．明显，a 1＝13也满足上式，故a n ＝13n (n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝n ·3n.因此S n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n，③ 3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1，④③－④，得－2S n ＝3＋32＋33＋ (3)－n ·3n ＋1，即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1.∴S n ＝2n －14·3n ＋1＋34.易错点1 求和时数不清项数错因分析：弄清和式的构成规律是数清项数的关键． 【例1】 设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ≥－3，n ∈Z )，则f (n )＝( )A ．27(8n－1) B ．27(8n ＋1－1) C ．27(8n ＋3－1) D ．27(8n ＋4－1) 解析 1＝3×1－2,3n ＋10＝3(n ＋4)－2，因此f (n )是首项为2，公比为8的等比数列的前n ＋4项的和．由求和公式得f (n )＝2(1－8n ＋4)1－8＝27(8n ＋4－1)．选D ．答案：D【跟踪训练1】 把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，……，循环分组为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为__392__.解析 将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数．又因为每组中含有6个数，因此第48个括号的最末一个数为数列{2n －1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n －1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.易错点2 找不到裂项相消的规律错因分析：看清是相邻项相消依旧隔项相消，同时注意系数． 【例2】 求和：11×5＋13×7＋…＋1(2n ＋1)(2n ＋5).解析 a n ＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋3，∴原式＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －1－12n ＋3＋12n ＋1－12n ＋5＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－12n ＋3－12n ＋5＝13－n ＋2(2n ＋3)(2n ＋5). 【跟踪训练2】 数列1，11＋2，11＋2＋3，11＋2＋3＋4，…，11＋2＋3＋…＋n的前n 项和为( B )A ．2n 2n ＋1B ．2n n ＋1C ．n ＋2n ＋1 D ．3n 2n ＋1解析 11＋2＋3＋…＋n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，数列1，11＋2，11＋2＋3，11＋2＋3＋4，…，11＋2＋3＋…＋n的前n 项和为2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝ 2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1，故选B ． 课时达标 第31讲[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，要紧考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n 项和，以及利用S n 与a n 的关系求通项公式，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 6＝( D )A ．142 B ．45 C ．56 D ．67解析 因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，因此S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67.2．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝( C ) A ．11 B ．99 C ．120 D ．121解析 因为1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1－n＝n ＋1－n ，因此S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，因此m ＝120，故选C ．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( D )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 010解析 由题意，得a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2，因此a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0，a 5＝a 4＋sin5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 018＝4×504＋2，因此S 2 018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1 010，故选D ．4．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 )A ．100101 B ．99101 C ．99100D ．101100解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋ (1100)1101＝1－1101＝100101.5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝( B )A ．2 017B ．－1 010C ．504D ．0解析 因为a n ＝n cosn π2，因此当n 为奇数时，a n ＝0，当n 为偶数时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝4m ，－n ，n ＝4m －2，其中m ∈N *，因此S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 016＋a 2 017＋a 2 018 ＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 2 016＋a 2 018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018 ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故选B ．6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( B )A ．22 018－1B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×22 018－2解析 依题意得a n ·a n ＋1＝2n，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，因此有a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，因此有S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21 009－3.二、填空题7．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__8nn ＋1__. 解析 ∵a n ＝n (n ＋1)2n ＋1＝n 2，∴b n ＝8n (n ＋1)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.8．(2020·河南郑州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝__130__.解析 由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，因此当n <5时，a n <0；当n ≥5时，a n ≥0，因此|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.9．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__2n 2＋6n __.解析 令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)． 与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n .三、解答题10．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2) (n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)令n ＝2得a 2＝2a 1＝6.令n ＝3，得a 3＝2a 2＋1＝13.(2)证明：因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a 1＋1＝4≠0，因此a n ＋n ≠0，因此a n ＋na n －1＋(n －1)＝2，因此数列{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列， 因此a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，因此a n ＝2n ＋1－n .(3)因为a n ＝2n ＋1－n ，因此S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋…＋n )＝4(1－2n)1－2－n (n ＋1)2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.11．(2020·安徽淮南模拟)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解析 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2， 因此d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4， 因此a n ＝－n ＋11或a n ＝4n ＋6. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为d <0，因此d ＝－1，a n ＝－n ＋11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 11|＋|a 12|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－…－a n ＝S 11－(S n －S 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n|＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.12．(2021·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n＋b n ＋1.(1)求数列{}b n 的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n ，求数列{}c n 的前n 项和T n .解析 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝ 6n ＋5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，因此a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d .可解得b 1＝4，d ＝3.因此b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n )1－2－(n ＋1)×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 因此T n ＝3n ·2n ＋2.。