高中数学数列求和专题复习知识点习题.doc

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高中数学专题练习---数列求和最终版.doc

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∴ ,∵ ,∴ .
(2) ,
∴ ,
∴ ,而 是单调递减的,∴ ,
而 ,∴不存在 ,使得 成立.
4.(1) (2)
试题解析:(1)当 时, ,
当 时, , ,
∴ ,即
∴ .
(2) ,∴ , ,
∴ ,
即 ,解得 .
5.(1)由已知有 ,解得 ,故 ,
于是 ,即 .
因此数列 是首项为3,公比为2的等比数列.
课间辅导---数列求和
1.(1) ;(2) .
试题解析:(1) ,即 ,化简得 或 .
当 时, ,得 或 ,
∴ ,即 ;
当 时,由 ,得 ,即有 .
(2)由题意可知 ,
∴ ①
②,
①-②得: ,
∴ .
考点:1.等差数列的综合;2.等比数列的综合;3.错位相减法的运用.
2.(1)证明见解析, ;(2) .
;(2)由(1)知,

8.(Ⅰ) ;(Ⅱ) .
试题解析:(I)设等比数列的公比为 ,由题意知 ,且 ,
∴ ,解得 ,故 .………………5分
(II)由(I)得 ,所以 .………………6分
∴ ,………………8分
故数列 的前 项和为
.………………12分
9.(1)证明见解析;(2)① ;② ,且 .
(1)由已知, ,即 ,
课间辅导---数列求和
1.已知等差数列 的前 项和为 ,且 , 成等比数列.
(1)求数列 的通项公式;
(2)若数列 的公差不为 ,数列 满足 ,求数列 的前 项和 .
2.设数列 的前 项和为 ,若对于任意的正整数 都有 .
(1)设 ,求证:数列 是等比数列,并求出 的通项公式;
(2)求数列 的前 项和.

三、数列求和专项练习高考题(含知识点)(可编辑修改word版)

三、数列求和专项练习高考题(含知识点)(可编辑修改word版)

n个1
解:由于111 1
k个1
1 9
999 9
k个1
1 9
(10 k
1)
∴ 111111 1111
n个1
(找通项及特征)
= 1 (101 1) 1 (102 1) 1 (103 1) 1 (10n 1)
9
9
9
9

1 9
(101
10 2
103
10 n
)
1 9
(11 1 1)
1
①-②得 (1 x)Sn 1 2x 2x 2 2x3 2x 4 2x n1 (2n 1)x n
再利用等比数列的求和公式得: (1
x)Sn
1
2x 1 x n1 1 x
(2n
1)x n

Sn
(2n
1) x n1
(2n 1)xn (1 x)2
(1
x)
(错位相减)
例 3、求 sin 2 1 sin 2 2 sin 2 3 sin 2 88 sin 2 89 的值
解:设 S sin 2 1 sin 2 2 sin 2 3 sin 2 88 sin 2 89 …………. ①
将①式右边反序得
S sin 2 89 sin 2 88 sin 2 3 sin 2 2 sin 2 1 …………..② 又因为 sin x cos(90 x),sin2 x cos2 x 1
(设制错位)
①-②得 (1
1 2)Sn
2 2
2 22
2 23
2 24
2 2n
2n 2 n1
(错位相减)
2
1 2 n1
2n 2 n1

Sn

高一 数列求和知识点+例题+练习 含答案

高一 数列求和知识点+例题+练习 含答案

求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式 S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)2d .②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q =1时,S n =na 1;(ⅱ)当q ≠1时,S n =a 1(1-q n )1-q =a 1-a n q1-q .(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解. (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项. 常见的裂项公式 ①1n (n +1)=1n -1n +1;②1(2n -1)(2n +1)=12⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1;③1n +n +1=n +1-n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加,即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和,即等比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法一个数列的前n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如a n =(-1)n f (n )类型,可采用两项合并求解.例如,S n =1002-992+982-972+…+22-12=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n =a 1-a n +11-q .( √ )(2)当n ≥2时,1n 2-1=12(1n -1-1n +1).( √ )(3)求S n =a +2a 2+3a 3+…+na n 之和时,只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( × )(4)数列{12n +2n -1}的前n 项和为n 2+12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法,利用此法可求得sin 21°+sin 22°+sin 23°+…+sin 288°+sin 289°=44.5.( √ )1.(教材改编)数列{a n }的前n 项和为S n ,若a n =1n (n +1),则S 5=________.答案 56解析 ∵a n =1n (n +1)=1n -1n +1,∴S 5=a 1+a 2+…+a 5=1-12+12-13+…-16=56.2.数列{a n }的通项公式为a n =(-1)n -1·(4n -3),则它的前100项之和S 100=________. 答案 -200解析 S 100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200.3.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________. 答案 75解析 因为S n n =n +2,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3+10×92=75.4.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 =____________. 答案 2n +1-2+n 2解析 S n =2(1-2n )1-2+n (1+2n -1)2=2n +1-2+n 2.5.数列{a n }的通项公式为a n =n cos n π2,其前n 项和为S n ,则S 2 017=________. 答案 1 008解析 因为数列a n =n cos n π2呈周期性变化,观察此数列规律如下:a 1=0,a 2=-2,a 3=0,a 4=4.故S 4=a 1+a 2+a 3+a 4=2. ∴S 2 017=S 2 016+a 2 017 =2 0164×2+2 017·cos 2 0172π =1 008.题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n2,n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n +(-1)n a n ,求数列{b n }的前2n 项和. 解 (1)当n =1时,a 1=S 1=1; 当n ≥2时,a n =S n -S n -1 =n 2+n 2-(n -1)2+(n -1)2=n .a 1也满足a n =n ,故数列{a n }的通项公式为a n =n . (2)由(1)知a n =n ,故b n =2n +(-1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =(21+22+…+22n )+(-1+2-3+4-…+2n ). 记A =21+22+…+22n ,B =-1+2-3+4-…+2n , 则A =2(1-22n )1-2=22n +1-2,B =(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n -1)+2n ]=n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n =A +B =22n +1+n -2. 引申探究例1(2)中,求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n =2n +(-1)n ·n . 当n 为偶数时,T n =(21+22+…+2n )+[-1+2-3+4-…-(n -1)+n ] =2-2n +11-2+n 2=2n +1+n2-2.当n 为奇数时,T n =(21+22+…+2n )+[-1+2-3+4-…-(n -2)+(n -1)-n ]=2n +1-2+n -12-n =2n +1-n 2-52.∴T n=⎩⎨⎧2n +1+n2-2, n 为偶数,2n +1-n 2-52, n 为奇数.思维升华 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而求得原数列的和,这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究,将数列的通项合理分解转化.特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论.已知数列{a n }的通项公式是a n =2·3n -1+(-1)n ·(ln 2-ln 3)+(-1)n n ln 3,求其前n 项和S n .解 S n =2(1+3+…+3n -1)+[-1+1-1+…+(-1)n ]·(ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+(-1)n n ]ln 3, 当n 为偶数时,S n =2×1-3n 1-3+n 2ln 3=3n +n2ln 3-1;当n 为奇数时,S n =2×1-3n 1-3-(ln 2-ln 3)+(n -12-n )ln 3=3n-n -12ln 3-ln 2-1.综上所述,S n=⎩⎪⎨⎪⎧3n +n2ln 3-1,n 为偶数,3n-n -12ln 3-ln 2-1,n 为奇数.题型二 错位相减法求和例2 (2015·湖北)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)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 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+925+…+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.思维升华 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”以便下一步准确写出“S n -qS n ”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.已知数列{a n }的各项均为正数,S n 是数列{a n }的前n 项和,且4S n =a 2n +2a n -3.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)已知b n =2n ,求T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n 的值. 解 (1)当n =1时,a 1=S 1=14a 21+12a 1-34. 解得a 1=3.又∵4S n =a 2n +2a n -3,① 当n ≥2时,4S n -1=a 2n -1+2a n -1-3.②①-②,得4a n =a 2n -a 2n -1+2(a n -a n -1), 即a 2n -a 2n -1-2(a n +a n -1)=0.∴(a n +a n -1)(a n -a n -1-2)=0. ∵a n +a n -1>0,∴a n -a n -1=2 (n ≥2),∴数列{a n }是以3为首项,2为公差的等差数列. ∴a n =3+2(n -1)=2n +1.(2)T n =3×21+5×22+…+(2n +1)·2n ,③2T n =3×22+5×23+…+(2n -1)·2n +(2n +1)2n +1,④④-③,得T n =-3×21-2(22+23+…+2n )+(2n +1)2n +1 =-6+8-2·2n +1+(2n +1)·2n +1 =(2n -1)2n +1+2.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n =1n (n +k )型例3 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n 满足S 2n -(n 2+n -3)S n -3(n 2+n )=0,n ∈N *. (1)求a 1的值;(2)求数列{a n }的通项公式;(3)证明:对一切正整数n ,有1a 1(a 1+1)+1a 2(a 2+1)+…+1a n (a n +1)<13.(1)解 由题意知,S 2n -(n 2+n -3)S n -3(n 2+n )=0,n ∈N *.令n =1,有S 21-(12+1-3)S 1-3×(12+1)=0,可得S 21+S 1-6=0,解得S 1=-3或2, 即a 1=-3或2,又a n 为正数,所以a 1=2.(2)解 由S 2n -(n 2+n -3)S n -3(n 2+n )=0,n ∈N *可得,(S n +3)(S n -n 2-n )=0,则S n =n 2+n 或S n =-3, 又数列{a n }的各项均为正数,所以S n =n 2+n ,S n -1=(n -1)2+(n -1). 所以当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2+n -[(n -1)2+(n -1)]=2n . 又a 1=2=2×1,所以a n =2n . (3)证明 当n =1时, 1a 1(a 1+1)=12×3=16<13成立;当n ≥2时,1a n (a n +1)=12n (2n +1)<1(2n -1)(2n +1)=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1,所以1a 1(a 1+1)+1a 2(a 2+1)+…+1a n (a n +1)<16+12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1 =16+12⎝ ⎛⎭⎪⎫13-12n +1<16+16=13. 所以对一切正整数n , 有1a 1(a 1+1)+1a 2(a 2+1)+…+1a n (a n +1)<13.命题点2 形如a n =1n +n +k型例4 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 2 017=________. 答案2 018-1解析 由f (4)=2可得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 2 017=a 1+a 2+a 3+…+a 2 017=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+( 2 017- 2 016)+( 2 018- 2 017)= 2 018-1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如:1n +n +k=1k(n +k -n ),1n (n +k )=1k (1n -1n +k )裂项后可以产生连续可以相互抵消的项.(2)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.在数列{a n }中,a 1=1,当n ≥2时,其前n 项和S n 满足S 2n =a n ⎝⎛⎭⎫S n-12. (1)求S n 的表达式;(2)设b n =S n2n +1,求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n =a n ⎝⎛⎭⎫S n -12,a n =S n -S n -1 (n ≥2), ∴S 2n =(S n -S n -1)⎝⎛⎭⎫S n -12, 即2S n -1S n =S n -1-S n ,① 由题意得S n -1·S n ≠0,①式两边同除以S n -1·S n ,得1S n -1S n -1=2,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1=1a 1=1,公差为2的等差数列.∴1S n =1+2(n -1)=2n -1,∴S n =12n -1. (2)∵b n =S n 2n +1=1(2n -1)(2n +1)=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1, ∴T n =b 1+b 2+…+b n =12[(1-13)+(13-15)+…+(12n -1-12n +1)]=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n +1=n 2n +1.四审结构定方案典例 (14分)已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (其中k ∈N *),且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ,并求a n ;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9-2a n 2n 的前n 项和T n .(1)S n =-12n 2+nk ――→S n 是关于n的二次函数n =k 时,S n 最大――→根据S n 结构特征确定k 的值k =4;S n =-12n 2+4n――→根据S n求a n a n =92-n (2)9-2a n 2n =n2n -1――→根据数列结构特征确定求和方法T n =1+22+322+…+n -12n -2+n 2n -1――→错位相减法求和 计算可得T n 规范解答解 (1)当n =k ∈N *时,S n =-12n 2+kn 取得最大值,即8=S k =-12k 2+k 2=12k 2,故k 2=16,k =4.当n =1时,a 1=S 1=-12+4=72,[4分]当n ≥2时,a n =S n -S n -1=92-n .当n =1时,上式也成立, 综上,a n =92-n .[7分](2)因为9-2a n 2n =n2n -1,所以T n =1+22+322+…+n -12n -2+n2n -1,①2T n =2+2+32+…+n -12n -3+n2n -2.②[9分] ②-①得:2T n -T n =2+1+12+…+12n -2-n2n -1=4-12n -2-n2n -1=4-n +22n -1.[12分]故T n =4-n +22n -1.[14分]温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ,求出a n 后再根据{9-2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时,要通过题目中数式的结构特征判定解题方案; (2)利用S n 求a n 时不要忽视n =1的情况;错位相减时不要漏项或算错项数; (3)可以通过n =1,2时的特殊情况对结论进行验证.[方法与技巧]非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种思想:(1)转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成;(2)不能转化为等差或等比的特殊数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项法、数列的周期性等来求和.[失误与防范]1.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围,如当等比数列公比为参数(字母)时,应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时,注意观察未合并项的正负号;结论中形如a n ,a n +1的式子应进行合并.3.在应用裂项相消法时,要注意消项的规律具有对称性,即前剩多少项则后剩多少项.A 组 专项基础训练(时间:40分钟)1.数列112,314,518,7116,…,(2n -1)+12n ,…的前n 项和S n 的值等于____________. 答案 n 2+1-12n 解析 该数列的通项公式为a n =(2n -1)+12n , 则S n =[1+3+5+…+(2n -1)]+(12+122+…+12n )=n 2+1-12n . 2.已知{a n }为等差数列,其公差为-2,且a 7是a 3与a 9的等比中项,S n 为{a n }的前n 项和,n ∈N *,则S 10的值为________.答案 110解析 通过a 7是a 3与a 9的等比中项,公差为-2,所以a 27=a 3·a 9,所以a 27=(a 7+8)(a 7-4),所以a 7=8,所以a 1=20,所以S 10=10×20+10×92×(-2)=110. 3.已知函数f (n )=n 2cos(n π),且a n =f (n )+f (n +1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100=________.答案 -100解析 若n 为偶数,则a n =f (n )+f (n +1)=n 2-(n +1)2=-(2n +1),所以a n 是首项为a 2=-5,公差为-4的等差数列;若n 为奇数,则a n =f (n )+f (n +1)=-n 2+(n +1)2=2n +1,所以a n 是首项为a 1=3,公差为4的等差数列.所以a 1+a 2+a 3+…+a 100=(a 1+a 3+…+a 99)+(a 2+a 4+…+a 100)=50×3+50×492×4+50×(-5)-50×492×4=-100. 4.设数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=2,且对任意正整数k ,l ,都有a k +l =a k +a l ,则S 8的值是________.答案 72解析 因为a 1=2,且对任意正整数k ,l ,都有a k +l =a k +a l ,令k =n ,l =1,得a n +1=a n +a 1,即a n +1=a n +2,所以{a n }是首项为2,公差为2的等差数列,从而有a n =2n ,所以S n =n (n +1),故S 8=72.5.已知函数f (n )=⎩⎪⎨⎪⎧n 2, 当n 为奇数时,-n 2, 当n 为偶数时,且a n =f (n )+f (n +1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100=________.答案 100解析 由题意,得a 1+a 2+a 3+…+a 100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.6.在等差数列{a n }中,a 1>0,a 10·a 11<0,若此数列的前10项和S 10=36,前18项和S 18=12,则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________.答案 60解析 由a 1>0,a 10·a 11<0可知d <0,a 10>0,a 11<0,∴T 18=a 1+…+a 10-a 11-…-a 18=S 10-(S 18-S 10)=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2 013,前813项的和是2 000,则其前2 015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=2 013,S 813=a 1+a 2+a 3=2 000,∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 3=a 2-a 1=-13,a 2+a 1=2 013,∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=1 013,a 2=1 000,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3=-13,a 4=-1 013,依次可得a 5=-1 000,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 2 015=S 5=-13.8.已知数列{a n }满足:a 1=12,a n +1=a 2n +a n ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,则⎣⎡⎦⎤1a 1+1+1a 2+1+…+1a 2 015+1的值等于________. 答案 1解析 由a n +1=a 2n +a n ,得1a n +1=1a n (a n +1)=1a n -1a n +1,所以1a n +1=1a n -1a n +1,所以1a 1+1+1a 2+1+…+1a 2 015+1=1a 1-1a 2+1a 2-1a 3+…+1a 2 015-1a 2 016=2-1a 2 016.又a n +1=a 2n +a n ,所以a n +1-a n =a 2n >0,所以{a n }是正项递增的数列.又因为a 3=2116>1,所以a 2 016>1,即0<1a 2 016<1,所以⎣⎡⎦⎤2-1a 2 016=1.9.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+…+2n -n ·2n +1=2(1-2n )1-2-n ·2n +1, ∴T =2(1-2n )+n ·2n +1=2+(n -1)·2n +1.∵1+2+3+…+n =n (n +1)2, ∴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 +1(n +2)2a 2n,数列{b n }的前n 项和为T n ,证明:对于任意的n ∈N *,都有T n <564. (1)解 由S 2n -(n 2+n -1)S n -(n 2+n )=0,得[S n -(n 2+n )](S n +1)=0,由于{a n }是正项数列,所以S n +1>0.所以S n =n 2+n (n ∈N *).n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n ,n =1时,a 1=S 1=2适合上式.所以a n =2n (n ∈N *).(2)证明 由a n =2n (n ∈N *),得b n =n +1(n +2)2a 2n =n +14n 2(n +2)2 =116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2-1(n +2)2, T n =116⎣⎡⎝⎛⎭⎫1-132+⎝⎛⎭⎫122-142+⎝⎛⎭⎫132-152+… ⎦⎥⎤+⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n -1)2-1(n +1)2+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2-1(n +2)2=116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1+122-1(n +1)2-1(n +2)2<116⎝⎛⎭⎫1+122 =564(n ∈N *). 即对于任意的n ∈N *,都有T n <564. B 组 专项能力提升(时间:20分钟)11.已知数列{a n }:12,13+23,14+24+34,…,110+210+310+…+910,…,若b n =1a n a n +1,那么数列{b n }的前n 项和S n =____________.答案 4n n +1解析 ∵a n =1+2+3+…+n n +1=n 2, ∴b n =1a n a n +1=4n (n +1)=4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1, ∴S n =4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1 =4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-1n +1=4n n +1. 12.已知数列2 008,2 009,1,-2 008,-2 009,…,这个数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前2 014项之和S 2 014=________.答案 2 010解析 由已知得a n =a n -1+a n +1(n ≥2),∴a n +1=a n -a n -1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1,-2 008,-2 009,-1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列,周期为6,且S 6=0.∵2 014=6×335+4,∴S 2 014=S 4=2 008+2 009+1+(-2 008)=2 010.13.数列{a n }是等差数列,数列{b n }满足b n =a n a n +1a n +2(n ∈N *),设S n 为{b n }的前n 项和.若a 12=38a 5>0,则当S n 取得最大值时n 的值为________. 答案 16解析 设{a n }的公差为d ,由a 12=38a 5>0,得a 1=-765d ,d <0,所以a n =⎝⎛⎭⎫n -815d ,从而可知当1≤n ≤16时,a n >0;当n ≥17时,a n <0.从而b 1>b 2>…>b 14>0>b 17>b 18>…,b 15=a 15a 16a 17<0,b 16=a 16a 17a 18>0,故S 14>S 13>…>S 1,S 14>S 15,S 15<S 16,S 16>S 17>S 18>….因为a 15=-65d >0,a 18=95d <0,所以a 15+a 18 =-65d +95d =35d <0, 所以b 15+b 16=a 16a 17(a 15+a 18)>0,所以S 16>S 14,故当S n 取得最大值时n =16.14.在数列{a n }中,a n >0,a 1=12,如果a n +1是1与2a n a n +1+14-a 2n的等比中项,那么a 1+a 222+a 332+a 442+…+a 1001002的值是________. 答案 100101解析 由题意可得,a 2n +1=2a n a n +1+14-a 2n ⇒(2a n +1+a n a n +1+1)(2a n +1-a n a n +1-1)=0,又a n >0,∴2a n +1-a n a n +1-1=0,又2-a n ≠0,∴a n +1=12-a n ⇒a n +1-1=a n -12-a n,又可知a n ≠1,∴1a n +1-1=1a n -1-1, ∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n -1是以-2为首项,-1为公差的等差数列, ∴1a n -1=-2-(n -1)=-n -1⇒a n =n n +1⇒a n n 2=1n (n +1)=1n -1n +1,∴a 1+a 222+a 332+a 442+…+a 1001002=1-12+12-13+13-14+14-15+…+1100-1101=100101. 15.(2015·山东)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n +1的前n 项和为n 2n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2a 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 ,令n =1,得1a 1a 2=13, 所以a 1a 2=3.令n =2,得1a 1a 2+1a 2a 3=25, 所以a 2a 3=15.解得a 1=1,d =2,所以a n =2n -1.经检验,符合题意.(2)由(1)知b n =2n ·22n -1=n ·4n ,所以T n =1·41+2·42+…+n ·4n ,所以4T n =1·42+2·43+…+n ·4n +1,两式相减,得-3T n =41+42+…+4n -n ·4n +1 =4(1-4n )1-4-n ·4n +1=1-3n 3×4n +1-43. 所以T n =3n -19×4n +1+49=4+(3n -1)4n +19.。

最新高考数列求和归纳知识+例题+习题+参考详细答案

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最新高考数列求和归纳知识+例题+习题+参考详细答案————————————————————————————————作者:————————————————————————————————日期:最新高考数列求和方法总结1、公式法:如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列,我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求.①等差数列求和公式:()()11122n n n a a n n S na d +-==+ ②等比数列求和公式:()()()11111111n n n na q S a q a a q q qq ⎧=⎪=-⎨-=≠⎪--⎩ 常见的数列的前n 项和:123+++……+n=(1)2n n +, 1+3+5+……+(2n-1)=2n 2222123+++……+n =(1)(21)6n n n ++,3333123+++……+n =2(1)2n n +⎡⎤⎢⎥⎣⎦等. 2、倒序相加法:类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法。

如果一个数列{}n a ,与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和,可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加,就得到一个常数列的和。

这一种求和的方法称为倒序相加法.例1、 已知函数()222xx f x =+ (1)证明:()()11f x f x +-=;(2)求128910101010f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L 的值.针对训练3、求值:222222222222123101102938101S =++++++++L L3、错位相减法:类似于等比数列的前n 项和的公式的推导方法。

若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到,即数列是一个“差·比”数列,则采用错位相减法.若n n n a b c =•,其中{}n b 是等差数列,{}n c 是公比为q 等比数列,令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++L则n qS = 122311n n n n b c b c b c b c -+++++L两式相减并整理即得例2、(2008年全国Ⅰ第19题第(2)小题,满分6分)已知 12n n a n -=•,求数列{a n }的前n 项和S n .针对训练4、求和:()23230,1n nS x x x nx x x =++++≠≠L4、裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,即数列的每一项都可按此法拆成两项之差,在求和时一些正负项相互抵消,于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和,这一求和方法称为裂项相消法。

数列求和专题(必考必练,方法全面,有答案)

数列求和专题(必考必练,方法全面,有答案)

数列求和专题一.公式法(已知数列是等差或等比数列可以直接使用等差或等比的求和公式求和) 二.分组求和法若数列的通项是若干项的代数和,可将其分成几部分来求.例1:求数列11111246248162n n ++L ,,,,,…的前n 项和n S .- 23411111111(2462)(1)222222n n n S n n n ++⎛⎫=+++++++++=++- ⎪⎝⎭L L .例2: 求数列5,55,555,…,55…5 的前n 项和S n解: 因为55…5=)110(95-n 所以 S n =5+55+555+...+55 (5)=[])110()110()110(952-+⋅⋅⋅+-+-n=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---n n 110)110(1095 =815095108150--⨯n n 练习:、求数列11111,2,3,4,392781L 的前n 项和。

解:211223nn n ++-⋅三.错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和,其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.例: 求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………(0x ≠)解: 当x=1时,23121315171(21)1135(21)n n S n n n -=+∙+∙+∙+⋅⋅⋅+-∙=++++-=当x ≠1时, 132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………. ① ①式两边同乘以x 得n xS = 231135(23)(21)n n x x x n x n x -+++⋅⋅⋅+-+-………② (设制错位)①-②得 n n n x n xx x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- (错位相减)再利用等比数列的求和公式得:n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+n练习: 1:求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和. 1224-+-=n n n S2. 已知数列.}{,)109()1(n n nn S n a n a 项和的前求⨯+=四.裂项相消法 常见的拆项公式有:1()n n k =+111()k n n k -+=1k,1(21)(21)n n =-+111()22121n n --+,等. 例1:求数列311⨯,421⨯,531⨯,…,)2(1+n n ,…的前n 项和S. 解:∵)2(1+n n =211(21+-n n )S n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⋅⋅⋅+-+-)211()4121()311(21n n =)2111211(21+-+--n n =42122143+-+-n n 例2:设9)(2+=x x f ,(1)若;),2(),(,111n n n u n u f u u 求≥==-(2)若;}{,,3,2,1,11n n k k k S n a k u u a 项和的前求数列 =+=+解:(1)}{),2(9122121n n nu n u u u ∴⎩⎨⎧≥+==- 是公差为9的等差数列,,89,0,892-=∴>-=∴n u u n u n n n(2)),8919(9119891--+=++-=k k k k a k);119(91)]8919()1019()110[(91-+=--+++-+-=∴n n n S n练习: 1、 求数列2112+,2124+,2136+,2148+,…的前n 项和n S .2、求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.五.倒序相加法这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n 个)(1n a a +.例1:求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解:设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② (反序) 又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 (反序相加))89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S =89∴ S =44.5例2: 求222222222222123101102938101++++++++的和. 解:设222222222222123101102938101S =++++++++ 则222222222222109811012938101S =++++++++.两式相加,得 2111105S S =+++=∴=,.练习:设221)(xx x f +=,求:⑴)4()3()2()()()(111f f f f f f +++++; ⑵).2010()2009()2()()()()(21312009120101f f f f f f f ++++++++ 【解题思路】观察)(x f 及⎪⎭⎫ ⎝⎛x f 1的特点,发现1)1()(=+xf x f 六、合并法求和针对一些特殊的数列,将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质,因此,在求数列的和时,可将这些项放在一起先求和,然后再求S n .例6: 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.解:设S n = cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°∵ cos(180)cos n n -=- (找特殊性质项)∴S n = (cos1°+ cos179°)+( cos2°+ cos178°)+ (cos3°+ cos177°)+···+(cos89°+ cos91°)+ cos90° (合并求和)= 0练习:已知:n S n n ⋅-++-+-+-=+1)1(654321 .求n S .(⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+=)(2)(21为正偶数为正奇数n n n n S n )。

专题07 数列求和(解析版)-高考数学计算题型精练(新高考通用版)

专题07 数列求和(解析版)-高考数学计算题型精练(新高考通用版)

数列求和的运算1.等比数列{}n a 的公比为2,且234,2,a a a +成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若()21log n n n n b a a a +=⋅+,求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)*2,N n n a n =∈(2)n T 21222;n n n +=++-【详解】(1)已知等比数列{}n a 的公比为2,且234,2,a a a +成等差数列,()32422a a a ∴+=+,()11124228a a a ∴+=+,解得12a =,1*222,N ;n n n a n -∴=⨯=∈(2)()12122log 222log 22212n n n n n n n b n ++=⋅+=+=++,()()()()221221222221212n n n T n n n n -∴=++++++++=+++++- .21222;n n n +=++-2.正项数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知221n n n a S a =+.(1)求证:数列{}2n S 为等差数列,并求出n S ,n a ;(2)若(1)nn nb a -=,求数列{}n b 的前2023项和2023T .【答案】(1)n S ;=n a (2)2023T =.【详解】(1)由221n n n a S a =+可得,221121S S =+,又因为n S 为正项数列{}n a 的前n 项和,所以111S a ==,因为1n n n a S S -=-,所以()()21121n n n n n S S S S S ---=-+,所以()22112n n S S n --=≥,数列{}2n S 为等差数列,所以2nS n =,n S ,())112n n a n ⎧==≥,所以n a(2)(1)(1)nn n nb a -==-,202311T =-+-⋅⋅⋅--3.已知数列{}n a 为:1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4….即先取11a =,接着复制该项粘贴在后面作为2a ,并添加后继数2作为3a ;再复制所有项1,1,2并粘贴在后面作为4a ,5a ,6a ,并添加后继数3作为7a ,…依次继续下去.记n b 表示数列{}n a 中n 首次出现时对应的项数.(1)求数列{}n b 的通项公式;(2)求12363a a a a ++++ .【答案】(1)21nn b =-(2)120【详解】(1)由题意知:121n n b b +=+,即112(1)n n b b ++=+,且112b +=,所以数列{1}n b +是以112b +=为首项,2为公比的等比数列,所以12n n b +=,则21nn b =-.(2)由(1)可知,662163b =-=,所以6在前63项中出现1次,5在前63项中出现2次,4在前63项中出现224⨯=次,3在前63项中出现428⨯=次,2在前63项中出现8216⨯=次,1在前63项中出现16232⨯=次,所以1236313221638445261120a a a a ++++=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= .4.已知等差数列{}n a 的前n 项和为55,5,15n S a S ==,(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若11n n n b a a +=,求数列{}n b 的前2023项和.【答案】(1)n a n =(2)20232024【详解】(1)设公差为d ,由55a =,515S =,得1145545152a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩,解得11a d ==,所以n a n =.(2)由(1)可得()1111111n n n b a a n n n n +===-++,所以122320232024111a a a a a a +++ 1111112023112232023202420242024⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,故数列{}n b 的前2023项和为20232024.5.已知{}n a 是首项为2,公差为3的等差数列,数列{}n b 满足114,321n n b b b n +==-+.(1)证明{}n b n -是等比数列,并求{}{},n n a b 的通项公式;(2)若数列{}n a 与{}n b 中有公共项,即存在*,N k m ∈,使得k m a b =成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列,得到一个新的数列,记作{}n c ,求12n c c c +++ .【答案】(1)证明见解析,()*31N n a n n =-∈,()*3Nn n b n n =+∈(2)()()927131262n n n -++()*N n ∈【详解】(1)由题意可得:()()*21331N n a n n n =+-⨯=-∈,而114,321n n b b b n +==-+,变形可得:()()111333,13n n n b n b n b n b +-+=-=--=,故{}n b n -是首项为3,公比为3的等比数列.从而3nn b n -=,即()*3N n n b n n =+∈.(2)由题意可得:313m k m -=+,*,N k m ∈,令31m n =-()*N n ∈,则()312231331331n n k n n ---=+-=+-,此时满足条件,即2,5,8,,31m n =⋯-时为公共项,所以122531n n c c c b b b -+++=+++ ()()()25319271313332531262n n n n n --+=+++++++-=+()*N n ∈.6.设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知()*12N n n S a n +=∈.(1)求{}n a 的通项公式;(2)设,21,2n n a n k b n n k=-⎧=⎨=⎩且*N k ∈,求数列{}n b 的前n 项和为n T .【答案】(1)12n n a -=(2)()12221,234211,2134n n n n n n k T n n k +⎧+-+=⎪⎪=⎨--⎪+=-⎪⎩,*N k ∈【详解】(1)当1n =时,11a =,当2n ≥时,111212n nn n S a S a --+=⎧⎨+=⎩12n n a a -⇒=,所以{}n a 是首项为1,公比为2的等比数列,则12n n a -=.(2)由题设知:12,21,2n n n k b n n k-⎧=-=⎨=⎩,*N k ∈,当n 为偶数时,13124()()n n n T b b b b b b -=+++++++ 022(222)(24)n n -=+++++++ 21(2)34n n n -+=+;当n 为奇数时,13241()()n n n T b b b b b b -=+++++++ 021(222)(241)n n -=+++++++- 1221134n n +--=+;综上,()12221,234211,2134n n n n n n k T n n k +⎧+-+=⎪⎪=⎨--⎪+=-⎪⎩,*N k ∈.7.已知数列{}n a 满足:12a =,且对任意的*n ∈N ,11,,222,.nnn n n a n a a n ++⎧⎪=⎨⎪+⎩是奇数是偶数(1)求2a ,3a 的值,并证明数列2123n a -⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列;(2)设()21N *n n b a n -=∈,求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)21a =,310a =,证明见解析(2)()824193n n T n =--【详解】(1)1212a a ==,3322210a a =+=.由题意得212121212212121288822244332333n n n n n n n n a a a a a ++-+---⎛⎫⎛⎫+=+=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,又128033a +=≠,所以数列2123n a -⎧⎫+⎨⎩⎭是等比数列.(2)由(1)知12182433n n n b a --==⋅-.运用分组求和,可得()0121828142444++4333143n n n T n n--=++⋅⋅⋅-=⋅--()824193n n =--.8.已知正项数列{}n a 的前n 项和为n T ,12a =且对任意2n ≥,11,,n n n n a T a a T -成等差数列,又正项等比数列{}n b 的前n 项和为n S ,23413,39S S ==.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)若数列{}n c 满足2n n n c T b =⋅,是否存在正整数n ,使129n c c c +++> .若存在,求出n 的最大值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)2n a =,n b =113n -⎛⎫⎪⎝⎭(2)不存在,理由见解析【详解】(1)设{}n b 的公比为q ,显然1q ≠,由23413,39S S ==,可得()()2131141311319b q qb q q⎧-⎪=-⎪⎨-⎪=⎪-⎩,解得13q =或14q =-(舍去),又11b =,所以n b =113n -⎛⎫⎪⎝⎭,又对任意2n ≥,11,,n n n n a T a a T -成等差数列,12a =,所以14n n n n a T a T -+=.因为()12n n n a T T n -=-≥,所以()()114n n n n T T T T ---+=,所以2214n n T T --=()2n ≥,故{}2n T 是以214T =为首项,公差4d =的等差数列,所以()24144n T n n =+-⨯=,又0n a >,所以0n T >,所以n T =当2n ≥时,142n n n a T T -==+,1n =时,12a =满足上式,故2n a =.(2)12143n n nn c T b n -⎛⎫=⋅=⨯ ⎪⎝⎭,设12n n K c c c =+++ ,121114812333n K ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1143n n -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭①,123111148123333n K ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()11141433n nn n -⎛⎫⎛⎫+-⨯+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②,①-②,得122114444333n K ⎛⎫⎛⎫=+⨯+⨯+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3111144333n nn -⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⨯- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111341313n n n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎛⎫⎝⎭⎢⎥=- ⎪⎢⎥⎝⎭-⎢⎥⎣⎦331142233n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦,所以()11119969329333nnn n K n n -⎛⎫⎛⎫=--=-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,故不存在正整数n ,使129n c c c +++> .9.已知各项均为正数的等比数列{}n a ,其前n 项和为n S ,满足226n n S a +=-,(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记m b 为数列{}n S 在区间()2,m m a a +中最大的项,求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)132n n a -=⨯;(2)222313n n T n +--=⨯.【详解】(1)设{}n a 的公比为q ,则0q >,又226n n S a +=-,当1n =时,1326S a =-,当2n =时,2426S a =-,两式相减可得,2432a a a =-,所以22q q =-,所以2q =或1q =-(舍去),所以1312646S a a =-=-,即13a =,所以等比数列{}n a 的通项公式为132n n a -=⨯;(2)由132n n a -=⨯,226n n S a +=-,可得()()1211632632322n n n n S a ++=-=⨯-=⨯-,所以113n n n S a a ++=-<,又0n a >,所以n n S a ≥,当且仅当1n =时等号成立,所以122m m m m m a S S a S +++≤<<<,所以11323m m m b S ++==⨯-,所以()2341322223n n T n +++=+-+ 22233322212312n n n n ++-⨯⨯-==---.即222313n n T n +--=⨯.10.已知等差数列{}n a 的公差0d >,且满足11a =,1a ,2a ,4a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若数列{}n b 满足22,1,n a n n n n b n a a+⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n b 的前2n 项的和2n T .【答案】(1)n a n =(2)21221534412n n T n +=--+【详解】(1)因为1a ,2a ,4a 成等比数列,所以2214a a a =,即2(1)1(13)d d +=⨯+,解得0d =或1d =.因为0d >,所以1d =,所以11(1)n a n n =+⨯-=.(2)由(1)得()2,,1,,2n n n b n n n ⎧⎪=⎨⎪+⎩为奇数为偶数所以2,,111,22n n n b n n n ⎧⎪=⎨⎛⎫- ⎪⎪+⎝⎭⎩为奇数为偶数,所以21232121321242()()n n n n n T b b b b b b b b b b b --=+++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+13211111111(222)22446222n n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦12122222111122222n n --⋅⎛⎫=+- ⎪-+⎝⎭,2121534412n n +=--+,所以数列{}n b 的前2n 项的和21221534412n n T n +=--+.11.设n S 是数列{}n a 的前n 项和,已知30a =,1(1)2n nn n a S ++-=.(1)求1a ,2a ;(2)令12n n n b a a +=+,求2462n b b b b ++++ .【答案】(1)121,3a a ==(2)2122n +-【详解】(1)由1(1)2n nn n a S ++-=得212,a a -=即212,a a =+23242a S +==,即1324a a a +=+,又30a =,所以121,3a a ==,(2)当2n k =时,22122kk k a S ++=,当21n k =-时,221212k k k a S --=-,两式相加可得22121221222k k k k k k a S a S +--=+-++,得221212222k k k k a a -++=+,由于12n n n b a a +=+,所以()()()()32547462622212222n n n b b b b a a a a a a a a +=++++++++++++ ()()()()21436522122222222n n -=++++++++ ()()24621352122222222n n -=+++++++++ ()()21414214221414n n n +--=+=---12.已知{}n a 是递增的等差数列,{}n b 是等比数列,且11a =,22b a =,35b a =,414b a =.(1)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式;(2)n *∀∈N ,数列{}n c 满足1122313n n n c a c c b b b ++++⋅⋅⋅+=,求{}n c 的前n 项和n S .【答案】(1)21n a n =-,13n n b -=(2)3n n S =【详解】(1)解:由题意,设等差数列{}n a 的公差为()0d d >,则221b a d ==+,3514b a d ==+,414113b a d ==+,因为数列{}n b 为等比数列,则2324b b b =,即()()()2141113d d d +=++,因为0d >,解得2d =,()()1112121n a a n d n n ∴=+-=+-=-.又因为223b a ==,359==b a ,所以,等比数列{}n b 的公比为323b q b ==,因此,2123n n n b b q --==.(2)解:由1122313n n n c a c c b b b ++++⋅⋅⋅+=,①可得12213c a b ==,所以,13c =,当2n ≥时,112233n n n c a c c b b b -++⋅⋅⋅+=,②①-②得11233n n n n c a a b ++-==,所以,()1122323n n n c b n -+==⋅≥,13c =不满足()1232n n c n -=⋅≥,所以,13,123,2n n n c n -=⎧=⎨⋅≥⎩.当1n =时,113S c ==,当2n ≥时,()()1121613323333313n n n n S ---=+⨯+++=+=- ,13S =也满足()32n n S n =≥,综上所述,对任意的n *∈N ,3nn S =.13.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且225n n S a n =+-.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记()21log 2n n b a +=-,求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)122n n a -=+(2)1n n +【详解】(1)当1n =时,111225S a a ==+-,解得13a =,当2n ≥时,()112215n n S a n --=+--.可得()112252215n n n n S S a n a n --⎡⎤-=+--+--⎣⎦,整理得:122n n a a -=-,从而()()12222n n a a n --=-≥,又121a -=,所以数列{}2n a -是首项为1,公比为2的等比数列;所以()1112222n n n a a ---=-⋅=,所以122n n a -=+,经检验,13a =满足122n n a -=+,综上,数列{}n a 的通项公式为122n n a -=+;(2)由(1)得122n n a --=,所以122nn a +-=,所以()21log 2n n b a n +=-=,()1111111n n b b n n n n +∴==-⋅++,所以12233411111n n n T b b b b b b b b +=++++ 11111111.1223341n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1111nn n =-=++14.已知n S 为数列{}n a 的前n 项和,11a =,且2*,N n n na S n n n -=-∈.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若()()122121nnn a n a a b +=--,求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)21n a n =-(2)21111321n n T +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭【详解】(1)因为2n n na S n n -=-,所以211(1)(1)(1)(2)n n n a S n n n ----=---≥,两式相减得1(1)22n n n na n a a n ----=-,化简得12(2)n n a a n --=≥,所以数列{}n a 是以1为首项,2为公差的等差数列,所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.(2)()()21212121212111321212121n n n n n n b --+-+⎛⎫==-⎪----⎝⎭,所以12n nT b b b =++¼+335212111111113212121212121n n -+⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪------⎝⎭21111321n +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭所以21111321n n T +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭.15.已知函数{}n a 的首项135a =,且满足1321n n n a a a +=+.(1)求证11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列,并求n a .(2)对于实数x ,[]x 表示不超过x 的最大整数,求123100123100a a a a ⎡⎤++++⎢⎥⎣⎦ 的值.【答案】(1)证明见解析,332nn na =+(2)5051【详解】(1)因为135a =,1321n n n a a a +=+,所以0n a ≠,所以12113n n n a a a ++=2133n a =+,所以1111113n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又因为11213a -=,所以数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为23,公比为13的等比数列,所以112112333nn n a -⎛⎫-=⨯⎪=⎝⎭,所以1213n n a =+,所以332n n na =+.(2)因为1213n n a =+,所以1210012310012310024200123100333a a a a +++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+()1210010010011210023332⨯+⎛⎫=⨯++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭.设1231001231003333T =+++⋅⋅⋅+,所以234101112310033333T =+++⋅⋅⋅+,所以2310010121111100333333T =+++⋅⋅⋅+-100101100101111100111003311323313⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭=-=⨯-- ⎪⎝⎭-,所以1003203443T =-⨯,所以100123123100a a a a +++⋅⋅⋅+100100320320*********.522323=+-=-⨯⨯.因为100203013<<,所以10020310232<<⨯,所以10020350515051.55051.523<-<⨯,所以1001231231005051a a a a ⎡⎤+++⋅⋅⋅+=⎢⎥⎣⎦.16.已知各项均为正数的数列{n a }满足111,23n n a a a -==+(正整数2)n ≥(1)求证:数列{}3n a +是等比数列;(2)求数列{n a }的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析(2)2234n n S n +=--【详解】(1)证明:已知递推公式123n n a a -=+,两边同时加上3,得:()()13232n n a a n -+=+≥,因为0,30n n a a >+>,所以()13223n n a n a -+=≥+,又1340a +=≠,所以数列{}3n a +是以134a +=为首项、以2为公比的等比数列.(2)由(1)113=422n n n a -++⨯=,则()1*23N n n a n +=-∈,所以23112232323n n n S a a a +=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-()2312223n n+=++⋅⋅⋅+-()2412323412nn n n +⋅-=-=---.17.已知在数列{}n a 中,112a =,且1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设1n n n n a b a a +=+,数列{}n b 的前n 项和为n T ,求使得425m T ≤的最大整数m 的值;(3)设12nn n na c a -=⋅,求数列{}n c 的前n 项和nQ 【答案】(1)11n a n =+(2)8(3)222n nn Q +=-【详解】(1)由112a =可知112a =,又1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列,所以12(1)11n n n a =+-⨯=+,故11n a n =+.(2)1111112112n n n n a n b a a n n n n ++=+=+=+-++++,121111111123341222n n T b b b n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+-+-++-=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,则1142225m T m m =+-≤+,整理得210(2)99(2)100m m +-+-≤,解得18m ≤≤,故满足条件的最大整数m 的值为8.(3)由题得122n n nn n a nc a -==⋅,则2311111232222n n Q n =⨯+⨯+⨯++⨯ ,2311111112(1)22222n n n Q n n +=⨯+⨯++-⨯+⨯ ,两式相减得231111111111122222222n nn n n Q n n ++⎛⎫=++++-⨯=--⨯ ⎪⎝⎭,所以2222222n n n nn nQ +=--=-.18.已知数列{}n a 各项都不为0,前n 项和为n S ,且32n n a S -=,数列{}n b 满足11b =-,1n n b b n +=+.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)令21n nn a b c n =+,求数列{}n c 的前n 项和为nT 【答案】(1)132n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭;()()122nn n b +-=;(2)()138342n n T n -⎛⎫=+-⨯ ⎪⎝⎭【详解】(1)由32n n a S -=,可得()11322n n a S n ---=≥,两式相减得1133n n n n n a a S S a ---=-=,整理得132n n a a -=,因为数列{}n a 各项都不为0,所以数列{}n a 是以32为公比的等比数列.令1n =,则11132a S a -==,解得11a =,故132n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭.由题知1n n b b n +-=,所以()()()()11232211n n n n n b b b b b b b b b b ---=-+-++-+-+ ()()()()21221221122n n n n n n +---=-+-+++-==(2)由(1)得()123212n n n n a b c n n -⎛⎫==- ⎪+⎝⎭,所以()()01112333102222n n n T c c c n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-⨯+⨯++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ,()()1233331022222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+⨯++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,两式相减得()()1133122133312463222212n n n n T n n --⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦-=-+--⨯=-+-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-,所以()138342n n T n -⎛⎫=+-⨯ ⎪⎝⎭.19.已知等比数列{}n a 的公比为2,数列{}n b 满足12b =,23b =,12n n n n n a b a b +-=.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)记n S 为数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和,证明:13n S ≤<.【答案】(1)2n n a =;1n b n =+(2)证明见解析【详解】(1)当1n =时,12112a b a b -=,又122,3b b ==,解得12a =.所以{}n a 是以2为首项,2为公比的等比数列,故1222n nn a -=⨯=.则1222n n nn n b b +-=,即11n n b b +=+.所以{}n b 是以2为首项,1为公差的等差数列,故()2111n b n n =+-⨯=+.(2)由(1)可得2n n a =,1n b n =+,所以12n n n b n a +=.则2323412222n n n S +=+++⋅⋅⋅+①,23411234122222n n n S ++=+++⋅⋅⋅+②,①-②可得122311111122111111331112222222212n n n n n n n n n S -+++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+++⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+++⋅⋅⋅+-+-=- ⎪⎝⎭-,所以3332n nn S +=-<.因为111432330222n n n n n n n n S S ++++++-=--+=>,所以{}n S 是递增数列.则113312n S S +≥=-=,故13n S ≤<.20.在数列{}n a 中,11a =-,()*12362,N n n a a n n n -=+-≥∈.(1)求证:数列{}3n a n +为等比数列,并求数列{}n a 的通项公式;(2)设n n b a n =+,求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析;23nn a n =-;(2)122(1)n n n +--+【详解】(1)()*12362,N n n a a n n n -=+-≥∈ ,∴当2n ≥时,()()11111333263133332233n n n n n n a n a n a n a n n n a n a -----+-+-+===+-++-+-,数列{}3n a n +是首项为132a +=,公比为2的等比数列,32n n a n ∴+=,23n n a n =-;(2)2322n nn n n b a n a n n n=+==-+=-数列{}n b 的前n 项和()()()()12312...222426...22n n n T b b b n =+++=-+-+-++-()()1212122222...2246...222(1)122n n n nn n n n +-+=+++-++++=-⨯=--+-.21.记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知{}11,2n na a =是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)证明:4n S <.【答案】(1)12n n na -=(2)证明见解析【详解】(1)因为11a =,所以122a =,因为{}2nn a 是公差为2的等差数列,所以()22212n n a n n =+-=,所以1222n n n n n a -==.(2)01211232222n n n S -++++=,①所以121112122222n n n n nS --=++++ ,②①-②则2111111122121222222212nn n n n n n n n S --+=++++-=-=-- ,所以12442n n n S -+=-<.22.已知数列{}n a 满足1224n n a a n -=-+(n ≥2,*n ∈N ),14a =.(1)求证:数列{}2-n a n 为等比数列,并求{}n a 的通项公式;(2)求数列(){}1nn a -的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析,22n n a n=+(2)1122,3325,33n n n n n S n n ++⎧+-⎪⎪=⎨⎪---⎪⎩为偶数为奇数【详解】(1)∵1224n n a a n -=-+,∴()112244221n n n a n a n a n ---=-+=--⎡⎤⎣⎦,所以()12221n n a na n --=--,又122a -=,∴{}2-n a n 是首项为2,公比为2的等比数列,∴22nn a n -=,∴22n n a n =+.(2)∵()()()1221n n nn a n -=-+-,∴()()()()12222212341n nn S n ⎡⎤=-+-++-+-+-+-+-⎣⎦,当n 为偶数时,()()()()()()11212222221234212123233nn n n n S n n n n ++⎡⎤----⎣⎦=+-++-+++-++--=+⨯=+-⎡⎤⎣⎦-- .当n 为奇数时,()()()()()()112122222123421121233nn n n S n n n n n ++⎡⎤-----⎣⎦=+-++-+++-++--=+--=-⎡⎤⎣⎦-- 53n --.综上1122,3325,33n n n n n S n n ++⎧+-⎪⎪=⎨⎪---⎪⎩为偶数为奇数.23.已知数列{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列,且满足111,2n n a a xa +==+.(1)求{}n a 的通项公式;(2)设14(1)nn n n nb a a +=-⋅,求数列{}n b 的前10项和10S .【答案】(1)21n a n =-(2)2021-【详解】(1)因为{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列,111,2n n a a xa +==+,所以当1n =时,2122a xa x =+=+,当2n =时,()23222222a xa x x x x =+=++=++,因为3221a a a a -=-,即21x x x +=+,解得1x =±,所以2d =或0d =(舍去),所以()12121n a n n =+-=-;(2)由(1)得,()()14411(1)(1)(1)21212121n n n n n n n n b a a n n n n +⎛⎫=-⋅=-⋅=-⋅+ ⎪-+-+⎝⎭.所以101111111120113355719212121S =--++--+++=-+=- .24.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且24n n S a =-.(1)求{}n a 的通项公式;(2)求数列{}n nS 的前n 项和n T .【答案】(1)12n n a +=(2)3(1)22(1)8n n T n n n +=--++【详解】(1)因为24n n S a =-,所以当2n ≥时,1124n n S a --=-,两式相减,得1124(24)n n n n S S a a ---=---,整理得12n n a a -=,即2n ≥时,12n n a a -=,又当1n =时,11124S a a ==-,解得14a =,所以数列{}n a 是以4为首项,2为公比的等比数列,所以11422n n n a -+=⨯=.(2)由(1)知1222424n n n S ++=⨯-=-,所以224n n n n nS +=⋅-,令22,4n n n b n c n +=⋅=-,易知,12(1)42(1)2n n n c c c n n ++++=-⨯=-+ ,设数列{}n b 的前n 项和为n K ,则34521222322n n K n +=⨯+⨯+⨯++⋅ ①,456321222322n n K n +=⨯+⨯+⨯++⋅ ②,由①-②,得3456231222222n n n K n ++-=⨯+++++-⋅ ,即4133332(12)2222812n n n n n K n n -+++--=+-⋅=-⋅--,所以413332(12)22(1)2812n n n n K n n -++-=+-⋅=-⋅+-,所以32(1)(1)22(1)8n n n T K n n n n n +=-+=-⋅-++.25.已知等比数列{}n a 的各项均为正数,且23439a a a ++=,54323a a a =+.(1)求{}n a 的通项公式;(2)数列{}n b 满足n n b n a =⋅,求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)13n n a -=;(2)()21314n nn T -+=.【详解】(1)设数列{}n a 的公比为()0q q >,则()2314321113923a q q q a q a q a q⎧++=⎪⎨=+⎪⎩,0q >,解得113a q =⎧⎨=⎩,所以13n n a -=,即{}n a 的通项公式为13n n a -=;(2)由题可知13n n b n -=⋅,则()12210132333133n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ,()31123132333133n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ,两式相减得:12312133333n nn T n --=+++++-⨯ ()1231133132n n nn n ---=-⨯=-,()21314n nn T -+∴=.26.已知数列{}n a 中,11a =,12n n n a a +=,*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设22log 3n n b a n =+,数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ,求证:34n S <.【答案】(1)(1)22n n na -=(2)证明见解析【详解】(1)解:因为11a =,*1()2n n na a n +=∈N ,所以*12()n n na n a +=∈N ,所以121121n n n n n aaaa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅()(1)1211212222122n n n n n -+++---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅== 当1n =时,11a =满足条件,所以(1)22n n na -=;(2)因为22log 3n n b a n =+(2)n n =+,所以11111()(2)2+2n b n n n n ==-+,所以111111=(1++)23242n S nn --⋅⋅⋅+-+11111311(1)()22122212n n n n =+--=--++++,所以34n S <.27.数列{}n a 满足2113,2,21n bn n n n a a a a a +=-==+.(1)求证:{}n b 是等比数列;(2)若1n nnc b =+,求{}n c 的前n 项和为n T .【答案】(1)证明见解析(2)22.2n nn T n +=+-【详解】(1)21221,log (1),log (31)2,n bn n n a b a b =+∴=+=+= 212,n n n a a a +=+ ()2211211,n n n n a a a a +∴+=++=+212log (1)2log (1),n n a a +∴+=+1212log (1)2,log (1)n n n n b a b a +++∴==+所以数列{}n b 是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)可得,2nn b =,所以12n nnc =+,设,2n nnd =设其前n 项和为n S ,则12311231,22222n n nn n S --=+++++ ①234111231,222222n n n n nS +-=+++++ ②减②得111312111*********,12222222212nn n n n n n n n S -++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭+⎢⎥⎣⎦=++++-=-=-- 所以22,2n nn S +=-所以22.2n n nn T S n n +=+=+-28.已知正数数列{}n a ,11a =,且满足()()2211102n n n n a n a a na n -----=≥.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设1n nn b a -=,求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)!n a n =(2)11!n S n =-【详解】(1)∵()()2211102n n n n a n a a na n -----=≥,∴()()()1102n n n n a na a a n ---+=≥,又0n a >,∴1n n a na -=,即()12nn a n n a -=≥.又()231121123!2n n n a a aa a n n n a a a -=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=≥,且111!a ==,∴!n a n =(2)1!n n b n -=,∴10b =,()()1112!1!!n n b n n n n -==-≥-,1234n nS b b b b b ∴=++++⋅⋅⋅+()111111111011!2!2!3!3!4!1!!!n n n =+-+-+-+⋅⋅⋅+-=--又111101!S b ==-=,∴11!n S n =-.29.已知数列{}n a 、{}n b ,满足1100a =,21n n a a +=,lg n n b a =.(1)求数列{}n b 的通项公式;(2)若22122log log log n n n n c b b b +=+++ ,求数列1n c ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】(1)2nn b =(2)()231n n S n =+【详解】(1)解:因为21n n a a +=,11001a =>,则2211a a =>,2321a a =>,L ,以此类推可知,对任意的n *∈N ,1n a >,所以21lg lg n n a a +=,即1lg 2lg n n a a +=,12n n b b +=,又因为12b =,所以{}n b 是首项为2,公比为2的等比数列,所以{}n b 的通项公式为1222n nn b -=⨯=.(2)解:2log n b n =,则()()()()()123112222n n n n n n c n n n n +++=++++++==,所以,()122113131n c n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭,故()211111112121132233413131n nS n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ .30.已知数列{}n a 中,11a =,n S 是数列{}n a 的前n 项和,数列2n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)证明:121112nS S S +++< .【答案】(1)n a n =(2)证明见解析【详解】(1)因为数列2n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2,公差为1的等差数列,所以()22111nnSn n a =+-⋅=+,则()21n n S n a =+,得112n n S na --=(2n ≥),两式相减得:()121n n n a n a na -=+-,则11n n a n a n -=-,121121121121n n n n n a a a n n a a n a a a n n ----=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=-- (2n ≥),又11a =适合上式,故n a n =.另解:由()121n n n a n a na -=+-得11n n a a n n -=-(2n ≥),故{}n an为常数列,则111n a a n ==,故n a n =.(2)由(1)得()12n n n S +=,所以()1211211n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭,则12111111111212221222311n S S S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ .31.已知在等差数列{}n a 中,14724a a a ++=-,25815a a a ++=-.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)求数列(){}1nn a -的前n 项和n T .【答案】(1)320n a n =-(2)3,22373,212n nn k T n n k ⎧=⎪⎪=⎨-⎪=-⎪⎩且*N k ∈【详解】(1)若等差数列公差为d ,则258147()()39a a a a a a d ++-++==,即3d =,由1474324a a a a ++==-,则48a =-,所以{}n a 的通项公式4(4)83(4)320n a a n d n n =+-=-+-=-.(2)由题设()12341nn n T a a a a a =-+-+-+- ,当n 为偶数,则()()()2143132n n n nT a a a a a a -=-+-++-=;当n 为奇数,则()()()()2143123137332022n n n n n nT a a a a a a a n ----=-+-++--=-+=;所以3,22373,212n nn k T n n k ⎧=⎪⎪=⎨-⎪=-⎪⎩且*N k ∈.32.记数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知11,21,,2,n n n a n k a a t n k ++=-⎧=⎨+=⎩*k ∈N ,317S a =,423a a =+.(1)求1a ,t ;(2)求数列{}n a 的通项公式;(3)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)11a =,t =2(2)()*31,21,232,22n n n k a k n n k -⎧=-⎪⎪=∈⎨-⎪=⎪⎩N (3)()2*231,21,43,24n n n k S k n n k ⎧+=-⎪⎪=∈⎨⎪=⎪⎩N 【详解】(1)由11,21,,2,n n n a n k a a t n k ++=-⎧=⎨+=⎩(*N k ∈)可得,211a a =+,32a a t =+,431a a =+,又317S a =,423a a =+,则()()()111111117,213,a a a t a a t a ⎧+++++=⎪⎨++=++⎪⎩解得11a =,t =2.(2)由11,21,2,2,n n n a n k a a n k ++=-⎧=⎨+=⎩(*k ∈N )可得,当n 为奇数时,212123n n n n a a a a ++=+=++=+,所以数列{}n a 的奇数项是一个公差为3的等差数列,又11a =,则1131322n n n a a --=+⨯=;当n 为偶数时,211213n n n n a a a a ++=+=++=+,所以数列{}n a 的偶数项是一个公差为3的等差数列,又2112a a =+=,则2232322n n n a a --=+⨯=,则()*31,21,232,22n n n k a k n n k -⎧=-⎪⎪=∈⎨-⎪=⎪⎩N .(3)()()2135212462n n n S a a a a a a a a -=+++++++++ 2(1)(1)1323322n n n n n n n --⎡⎤⎡⎤⨯+⨯+⨯+⨯=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=.()22*2,21,,2k k n k S a n k S k S n k -=-⎧=∈⎨=⎩N ,则()2*23223,21,23,2n k k n k S k k n k⨯-⎧-=-⎪=∈⎨⎪=⎩N ,即()2*231,21,43,24n n n k S k n n k ⎧+=-⎪⎪=∈⎨⎪=⎪⎩N .33.数列{}n a 中,11a =,且121n n a a n +=+-.(1)证明:数列{}n a n +为等比数列,并求出n a ;(2)记数列{}n b 的前n 项和为n S .若2n n n a b S +=,求11S .【答案】(1)证明见详解,2nn a n =-(2)1360【详解】(1)因为121n n a a n +=+-,则()()()()1212211n n n n n n a a n n a n a a nn n n a ++++++==-+++=+,且112a +=,所以数列{}n a n +是以首项为2,公比为2的等比数列,故1222n n n a n -+=⨯=,可得2n n a n =-.(2)因为22n n n n n S a b b n =+=+-,即22nn n S b n =+-,当1n =时,则1121b b =+,解得11b =;当2n ≥时,则111221n n n S b n ---=+-+,两式相减得:11221n n n n b b b --=-+-,整理得1121n n n b b --+=-;所以()()()111234511123451011S b b b b b b b b b b b b b =+++++⋅⋅⋅+=+++++⋅⋅⋅++()()()()241024681012121212222241360=+-+-+⋅⋅⋅+-=++++-=,即111360S =.34.已知数列{}n a 满足13a =,1121n n n a a a ++-=.(1)记11n n b a =-求数列{}n b 的通项公式;(2)求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.【答案】(1)32n b n =-(2)412nn-【详解】(1)1121n n n a a a ++-= ,112n na a +∴=-,又11n n b a =- ,11111111111221n n n n n n nb b a a a a a ++∴====-=-------,又111112b a ==-,所以数列{}n b 是以12为首项,1-为公差的等差数列,所以数列{}n b 的通项公式为13(1)22n b n n =--=-.(2)由(1)得111113113()()2222n n b b n n n n +==-----,所以数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为12233411111n n b b b b b b b b +++++ =11111111131313*********2222222n n -+-+-++--------- 1141312122nn n =-=---.35.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,且12n +,n S ,a 成等差数列.(1)求a 的值及数列{}n a 的通项公式;(2)若()21n n b n a =-求数列{}n b 的前n 项和nT 【答案】(1)2a =-,12n n a -=,*N n ∈;(2)()3232n n T n =+-⋅【详解】(1)12n + ,n S ,a 成等差数列,122n n S a +∴=+,即22n n a S =+,当1n =时,11224a S a ==+,即122a a =+,当2n ≥时,11122222nn n n n n a aa S S ---=-=+--=,{}n a 是等比数列,11a ∴=,则212a+=,得2a =-,∴数列{}n a 的通项公式为12n n a -=,*N n ∈;(2)()()121212n n n b n a n -=-=-⋅,则前n 项和0121123252(21)2n n T n -=⋅+⋅+⋅++-⋅ ,1232123252(21)2n n T n =⋅+⋅+⋅++-⋅ ,两式相减可得2112(222)(21)2n nn T n --=++++--⋅ 12(12)12(21)212n n n --=+⋅--⋅-,化简可得()3232nn T n =+-⋅.36.已知数列{}n a 和{}n b ,12a =,111n nb a -=,12n n a b +=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)求数列n n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)221n n n a =-,1221n n n b +=-(2)2222n n n T n n +=+-+【详解】(1)由12a =,111n nb a -=,12n n a b +=得1211n n a a +-=,整理得1111112n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭,而111102a -=-≠,所以数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12-为首项,公比为12的等比数列,所以111111222n nn a -⎛⎫-=-=-⎪⎝⎭,221nn na ∴=-,1112221nn n n b a ++∴==-.(2)121222n nn n n nn n b +-=⋅=-,设212222n n n S =+++ ,则2311122222n n nS +=+++ ,两式相减得2111111111122211222222212n n n n n n n n n S +++⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+++-=-=-- ,从而222n nn S +=-()2222222n n nn n n T S n n ++∴=-=+-+.37.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知11a =,且23331,,a a S -成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)若12n n a bn a +=,数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)14n n a -=(2)13286994n n n T -+=-⨯【详解】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ,因为23331,,a a S -成等差数列,所以32321323141a a S a a a =-+=-++,因为11a =,所以324a a =,即324a q a ==,所以1114n n n a a q --==.(2)由(1)得14nn a +=,因为12n n a bn a +=,所以2422n n a b n n ==,所以2n n a b n =,即1224n n n n n b a -==;101224644424n n n T -=+++ ,1231424424644n n n T =+++ ,两式相减可得12313222224442444nn n T n -=+++++- 1211211214444nn n -⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭ 114212144n nn ⎛⎫- ⎪=-⎪ ⎪-⎝⎭8244833nnn =--⨯863483nn +=-⨯;所以13286994n n n T -+=-⨯.38.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,0n a >,且满足()241n n S a =+.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设14nn n n S b a a +=的前n 项和为n T ,求n T .【答案】(1)21n a n =-(2)22221n n nT n +=+【详解】(1)因为()241n n S a =+,当2n ≥时,()21141n n S a --=+,两式作差得()()221121241212n n n n n n n a a a a a a a ---=+-=+--+,即221122n n n n a a a a --+=-,又0n a >,所以,当2n ≥时,12n n a a --=,又当1n =时,()21141a a =+,解得11a =,可知数列{}n a 是以首项为1,公差为2的等差数列,所以1(1)2n a n =+-⨯,即21n a n =-(2)由(1)知2(121)2n n n S n +-==,所以221444111111()(21)(21)(21)(21)22121n n n n S n n b a a n n n n n n +-+====+--+-+-+,22111111211(2131112)(1235)2112212n n n n n n T b b n n n n b =+++=-+-+-++=+-=+++-+ .39.已知数列{}n a 满足:()1113,2n n n a a a n n++==+.(1)证明:数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列;(2)设n n c a n =+,求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析(2)()2124n n T n +=-+【详解】(1)设1n n a b n =+,则1111,41n n ab b n ++=+=+,且0n b ≠,因为121n n a a nn n ++=+,所以112121211n nn n nn a a b n n a a b nn+++++===++,即{}n b 是以4为首项,2为公比的等比数列,则数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列.(2)由(1)知11422n n n b -+=⨯=,则12n n a n n +=⋅-,即12n n c n +=⋅,则23112222n n T n +=⨯+⨯++⨯ ,()212222122n n n T n n ++=⨯++-⨯+⨯ ,两式相减得:()()1223224121242222212n n n n n n T n n n ++++-=-=----=+++-⨯⨯ ,所以()2124n n T n +=-+.40.已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,其中24n n a a +-=,2224(1)(1)S a +=+.(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ;(2)若134n n n b a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭,求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)21n a n =+,()2n S n n =+;(2)()3364294nn T n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭【详解】(1)设等差数列的首项为1a ,公差为d ,则224n n a a d +-==,则2d =,因为2224(1)(1)S a +=+,所以()()2114233a a +=+,。

高考数学专题复习-6.4数列求和、数列的综合应用-高考真题练习(附答案)

高考数学专题复习-6.4数列求和、数列的综合应用-高考真题练习(附答案)

6.4数列求和、数列的综合应用考点数列求和及数列的综合应用1.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =()A.n(n+1)B.n(n-1)C.or1)2D.ot1)2答案A ∵a 2,a 4,a 8成等比数列,∴42=a 2·a 8,即(a 1+3d)2=(a 1+d)(a 1+7d),将d=2代入上式,解得a 1=2,∴S n =2n+ot1)·22=n(n+1),故选A.2.(2012课标文,12,5分)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为()A.3690B.3660C.1845D.1830答案D 当n=2k 时,a 2k+1+a 2k =4k-1,当n=2k-1时,a 2k -a 2k-1=4k-3,∴a 2k+1+a 2k-1=2,∴a 2k+1+a 2k+3=2,∴a 2k-1=a 2k+3,∴a 1=a 5=…=a 61.∴a 1+a 2+a 3+…+a 60=(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 60+a 61)=3+7+11+…+(2×60-1)=30×(3+119)2=30×61=1830.3.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=2+b,n∈N *,则()A.当b=12时,a 10>10 B.当b=14时,a 10>10C.当b=-2时,a 10>10D.当b=-4时,a 10>10答案A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.令a n+1=a n ,即2+b=a n ,即2-a n +b=0,若有解,则Δ=1-4b≥0,即b≤14,∴当b≤14时,a n *,即存在b≤14,且使数列{a n }为常数列,B 、C 、D 选项中,b≤14成立,故存在使a n*),排除B 、C 、D.对于A,∵b=12,∴a 2=12+12≥12,a 3=22+12≥+12=34,a4+12=1716,∴a5,a 6,…,a 10,=1=1+C 641×116+C 642+…=1+4+638+…>10.故a 10>10.4.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n ,且P (X =i )=p i >0(i =1,2,…,n ),∑=ni 1p i =1,定义X 的信息熵H (X )=-∑=ni 1p i log 2p i .()A.若n =1,则H (X )=0B.若n =2,则H (X )随着p 1的增大而增大C.若p i =1(i =1,2,…,n ),则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m ,且P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),则H (X )≤H (Y )答案AC 对于A ,若n =1,则p 1=1,∴H (X )=-1×log 21=0,A 正确.对于B ,若n =2,则p 1+p 2=1,∴H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),∵p 1+p 2=1,∴p 2=1-p 1,p 1∈(0,1),∴H (X )=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],令f (p 1)=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],∴f '(p 1)=-p 1·11·ln2+log 2p 1+(1-p 1)·−1(1−1)·ln2-log 2(1-p 1)=-[log 2p 1-log 2(1-p 1)]=log 21−11,令f '(p 1)>0,得0<p 1<12;令f '(p 1)<0,得12<p 1<1.∴y =f (p 1)在0,1上为减函数,∴H (X )随着p 1的增大先增大后减小,B 不正确.对于C ,由p i =1(i =1,2,…,n )可知,H (X )=-∑=ni 1pEog2B =−∑=ni 11log21=log 2n ,∴H (X )随着n 的增大而增大,C 正确对于D ,解法一(特例法):不妨设m =1,n =2,则H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),由于p 1+p 2=1,不妨设p 1=p2=12,则H (X )212+12log 22=1,H (Y )=-1×log 21=0,故H (X )>H (Y ),D 不正确.解法二:由P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),得P (Y =1)=p 1+p 2m ,P (Y =2)=p 2+p 2m -1,……,P (Y =m )=p m +p m +1,∴H (Y )=-∑=mj 1[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1)+…+(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1)],由n =2m ,得H (X )=-∑=mi 21p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+…+p 2m log 2p 2m ),不妨设0<a <1,0<b <1,且0<a +b ≤1,则log 2a <log 2(a +b ),a log 2a <a log 2(a +b ),同理b log 2b <b log 2(a +b ),∴a log 2a +b log 2b <(a +b )log 2(a +b ),∴p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m <(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m ),p 2log 2p 2+p 2m -1log 2p 2m -1<(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1),……p m log 2p m +p m +1log 2p m +1<(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1),∴∑=mi 21pEog2B <∑=mj 1(p j +p 2m +1-j )log 2(p j +p 2m +1-j ),∴H (X )>H (Y ),D 不正确.5.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm ,20dm×6dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240dm 2,对折2次共可以得到5dm×12dm ,10dm×6dm ,20dm×3dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180dm 2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n 次,那么∑=nk 1S k =dm 2.答案5;240×3解析解法一:列举法+归纳法.由上图可知,对折n 次后,共可以得到(n +1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为120(+K1dm 2(n ∈N *),故S k =120(+dm 2(k ∈N *),记T n =∑=nk 1(k +1,∴T n =220+321+422+…+2K2+r12K1,①12B =221+322+423+…+2K1+r12,②①-②得,122+12+122+…+12K1−r1221−12r12=3−r32,∴T n =6-r32K1,∴∑=nk 1S =120×6=240×32.解法二:对折3次可以得到208dm×12dm ,204dm ×122dm ,202dm ×124dm ,20dm×128dm ,共四种不同规格的图形,对折4次可以得到2016dm×12dm ,208dm ×122dm ,204dm ×124dm ,202dm ×128dm ,20dm×1216dm ,共五种不同规格的图形,由此可以归纳出对折n 次可得到(n +1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为20×122dm 2,∴∑=nk 1S k =20×12×12×2+14×3+18×4+…+12×(n +1)dm 2,记T n =22+34+…+r12,则12B =24+38+…+r12r1,∴T n -12B =12B =1+18+…−r12r1=32−12−r12r1=32−r32r1,∴T n =3-r32,∴∑=nk 1S =240×32.6.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N *},B={x|x=2n ,n∈N *}.将A∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为.答案27解析本题考查数列的插项问题.设A n =2n-1,B n =2n,n∈N *,当A k <B l <A k+1(k,l∈N *)时,2k-1<2l<2k+1,有k-12<2l-1<k+12,则k=2l-1,设T l =A 1+A 2+…+2t1+B 1+B 2+…+B l ,则共有k+l=2l-1+l 个数,即T l =2t1+l ,而A 1+A 2+…+2t1=2×1−1+2-12×2l-1=22l-2,B 1+B 2+…+B l =2(1−2)1−2=2l+1-2.则T l =22l-2+2l+1-2,则l,T l ,n,a n+1的对应关系为l T l n a n+112a n+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l=5时,T l =S 21<12a 22,l=6,T l =S 38>12a 39,则n∈[22,38),n∈N *时,存在n,使S n ≥12a n+1,此时T 5=A 1+A 2+…+A 16+B 1+B 2+B 3+B 4+B 5,则当n∈[22,38),n∈N *时,S n =T 5+(t22+1)(22−5+t5)2=n 2-10n+87.a n+1=A n+1-5=A n-4,12a n+1=12[2(n-4)-1]=24n-108,S n -12a n+1=n 2-34n+195=(n-17)2-94,则n≥27时,S n -12a n+1>0,即n min =27.7.(2014安徽理,12,5分)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q=.答案1解析设{a n }的公差为d,则a 3+3=a 1+1+2d+2,a 5+5=a 1+1+4d+4,由题意可得(a 3+3)2=(a 1+1)(a 5+5).∴[(a 1+1)+2(d+1)]2=(a 1+1)[(a 1+1)+4(d+1)],∴(a 1+1)2+4(d+1)(a 1+1)+[2(d+1)]2=(a 1+1)2+4(a 1+1)(d+1),∴d=-1,∴a 3+3=a 1+1,∴公比q=3+31+1=1.8.(2020江苏,11,5分)设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n-1(n∈N *),则d+q 的值是.答案4解析设数列{a n }的首项为a 1,数列{b n }的首项为b 1,易知q≠1,则{a n +b n }的前n 项和S n =na 1+ot1)2d+1(1-)1−=2n 2+1n-11−q n +11−=n 2-n+2n -1,∴2=1,q=2,则d=2,q=2,∴d+q=4.9.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{a n }满足a n+2+(-1)na n =3n-1,前16项和为540,则a 1=.答案7解析令n=2k(k∈N *),则有a 2k+2+a 2k =6k-1(k∈N *),∴a 2+a 4=5,a 6+a 8=17,a 10+a 12=29,a 14+a 16=41,∴前16项的所有偶数项和S 偶=5+17+29+41=92,∴前16项的所有奇数项和S 奇=540-92=448,令n=2k-1(k∈N *),则有a 2k+1-a 2k-1=6k-4(k∈N *).∴a 2k+1-a 1=(a 3-a 1)+(a 5-a 3)+(a 7-a 5)+…+(a 2k+1-a 2k-1)=2+8+14+…+6k-4=o2+6t4)2=k(3k-1)(k∈N *),∴a 2k+1=k(3k-1)+a 1(k∈N *),∴a 3=2+a 1,a 5=10+a 1,a 7=24+a 1,a 9=44+a 1,a 11=70+a 1,a 13=102+a 1,a 15=140+a 1,∴前16项的所有奇数项和S 奇=a 1+a 3+…+a 15=8a 1+2+10+24+44+70+102+140=8a 1+392=448.∴a 1=7.10.(2015江苏理,11,5分)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n∈N *),10项的和为.答案2011解析由已知得,a 2-a 1=1+1,a 3-a 2=2+1,a 4-a 3=3+1,……,a n -a n-1=n-1+1(n≥2),则有a n -a 1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a 1=1,所以a n =1+2+3+…+n(n≥2),即a n =2+n2(n≥2),又当n=1时,a 1=1也适合上式,故a n =2+n 2(n∈N *),所以1=22+n=2从而11+12+13+…+110=2×11=2011.11.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n -1}与{3n -2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为答案3n 2-2n审题指导:数列{2n -1}表示首项为1,公差为2的等差数列,各项均为正奇数,而数列{3n -2}表示首项为1,公差为3的等差数列,数列的项为交替出现的正奇数与正偶数,它们的公共项为数列{3n -2}中的奇数项,所以{a n }是首项为1,公差为6的等差数列.解题思路:∵数列{2n -1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n -2}的项为1,4,7,10,13,…,∴数列{a n}是首项为1,公差为6的等差数列,∴a n=1+(n-1)×6=6n-5,∴数列{a n}的前n项和S n=(1+6K5)×2=3n2-2n.12.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记S n为数列{a n}的前n项和,已知a1=113的等差数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)证明:11+12+…+1<2.解析(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.∴=11+(n-1)×13=r23.∴3S n=(n+2)a n,则3S n+1=(n+1+2)a n+1=(n+3)a n+1,∴3S n+1-3S n=(n+3)a n+1-(n+2)a n,即3a n+1=(n+3)a n+1-(n+2)a n,∴na n+1=(n+2)a n,即r1=r2,由累乘法得r11=(r1)(r2)1×2,又a1=1,∴a n+1=(r1)(r2)2,∴a n=or1)2(n≥2),又a1=1满足上式,∴a n=or1)2(n∈N*).解法二:同解法一求得na n+1=(n+2)a n,∴r1r2,即r1(r1)(r2)=or1),or1)是常数列,首项为12,∴or1)=12,∴a n=or1)2.(2)证明:由(1)知1=2or1)2∴11+12+…+1=2++…+=21=2−2r1<2. 13.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=+1,为奇数,+2,为偶数.(1)记b n=a2n,写出b1,b2,并求数列{b n}的通项公式;(2)求{a n}的前20项和.解题指导:(1)由已知条件求出{a n}的递推式,从而得出{b n}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{b n}的通项公式.(2)根据题目条件把{a n}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{b n}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.解析(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a2n+2=a2n+3,即b n+1=b n+3,且b1=a2=a1+1=2,所以数列{b n}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以b1=2,b2=5,b n=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,a n=a n+1-1.设数列{a n}的前n项和为S n,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10,由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+10×92×3=155,故S20=2×155-10=300,即{a n}的前20项和为300.解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{b n}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合a n与b n的关系求得结果.14.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,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.解析(1)a2=5,a3=7.猜想a n=2n+1.由已知可得a n+1-(2n+3)=3[a n-(2n+1)],a n-(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=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.方法总结数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a n =1orp ,可裂项为a n =13)错位相减法:形如c n =a n ·b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(4)分组求和法:形如c n =a n +b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(5)并项求和法.15.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n.(1)求{a n }的通项公式;(2)n 项和.解析(1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n,故当n≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n =2.所以a n =22t1(n≥2).又由题设可得a 1=2,从而{a n }的通项公式为a n =22t1(n∈N *).(2)n 项和为S n .由(1)知2r1=2(2r1)(2t1)=12t1-12r1.则S n =11-13+13-15+…+12t1-12r1=22r1.思路分析(1)条件a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n 的实质就是数列{(2n-1)a n }的前n 项和,故可利用a n 与S n 的关系求解.(2)利用(1)求得的{a n }的通项公式,然后用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.16.(2016课标Ⅱ文,17,12分)等差数列{a n }中,a 3+a 4=4,a 5+a 7=6.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =[a n ],求数列{b n }的前10项和,其中[x]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.解析(1)设数列{a n }的公差为d,由题意有2a 1+5d=4,a 1+5d=3.解得a 1=1,d=25.(3分)所以{a n }的通项公式为a n =2r35.(5分)(2)由(1)知,b n 分)当n=1,2,3时,1≤2r35<2,b n =1;当n=4,5时,2≤2r35<3,b n =2;当n=6,7,8时,3≤2r35<4,b n =3;当n=9,10时,4≤2r35<5,b n =4.(10分)所以数列{b n }的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)评析本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.17.(2016浙江文,17,15分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2=4,a n+1=2S n +1,n∈N *.(1)求通项公式a n ;(2)求数列{|a n -n-2|}的前n 项和.解析(1)由题意得1+2=4,2=21+1,则1=1,2=3.又当n≥2时,由a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1+1)=2a n ,得a n+1=3a n .所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-1,n∈N *.(2)设b n =|3n-1-n-2|,n∈N *,则b 1=2,b 2=1.当n≥3时,由于3n-1>n+2,故b n =3n-1-n-2,n≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 1=2,T 2=3.当n≥3时,T n =3+9(1−3t2)1−3-(r7)(t2)2=3-2-5n+112,所以T n =1,≥2,n ∈N *.易错警示(1)当n≥2时,得出a n+1=3a n ,要注意a 1与a 2是否满足此关系式.(2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后T n 要写成分段函数的形式.18.(2016北京文,15,13分)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4.(1)求{a n }的通项公式;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和.解析(1)等比数列{b n }的公比q=32=93=3,(1分)所以b 1=2=1,b 4=b 3q=27.(3分)设等差数列{a n }的公差为d.因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27,所以1+13d=27,即d=2.(5分)所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).(6分)(2)由(1)知,a n =2n-1,b n =3n-1.因此c n =a n +b n =2n-1+3n-1.(8分)从而数列{c n }的前n 项和S n =1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=o1+2t1)2+1−31−3=n 2+3-12.(13分)规范解答要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.19.(2016山东,理18,文19,12分)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 =(+1)r1(+2),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,所以a n =6n+5.设数列{b n }的公差为d.由1=1+2,2=2+3,即11=21+d,17=21+3d,可解得b 1=4,d=3.所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6r6)r1(3r3)=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(1−2)1−2-(n +1)×2r2=-3n·2n+2.所以T n =3n·2n+2.方法总结若某数列的通项是等差数列与等比数列的通项的积或商,则该数列的前n项和可以采用错位相减法求解,注意相减后的项数容易出错.评析本题主要考查了等差数列及前n项和,属中档题.20.(2016天津,18,13分)已知{an }是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且11-12=23,S6=63.(1)求{an}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,bn是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n2}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有11-11q=212,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·1−61−=63,知q≠-1,所以a1·1−261−2=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得bn=12(log2a n+log2a n+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即{b n}是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n2}的前n项和为T n,则T2n=(-12+22)+(-32+42)+…+(-2t12+22)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2o1+2)2=2n2.评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.21.(2015福建文,17,12分)等差数列{an }中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得1+d=4,(1+3d)+(1+6d)=15,解得1=3,=1.所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(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)=2(1−210)1−2+(1+10)×102=(211-2)+55=211+53=2101.评析本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.22.(2015课标Ⅰ理,17,12分)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,2+2a n =4S n +3.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1r1,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由2+2a n =4S n +3,可知r12+2a n+1=4S n+1+3.可得r12-2+2(a n+1-a n )=4a n+1,即2(a n+1+a n )=r12-2=(a n+1+a n )(a n+1-a n ).由于a n >0,可得a n+1-a n =2.又12+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.(6分)(2)由a n =2n+1可知b n =1r1=1(2r1)(2r3)=设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n++…+=3(2r3).(12分)23.(2015安徽文,18,12分)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 =r1r1,求数列{b n }的前n 项和T n .解析(1)由题设知a 1·a 4=a 2·a 3=8,又a 1+a 4=9,可解得1=1,4=8或1=8,4=1(舍去).由a 4=a 1q 3得公比为q=2,故a n =a 1q n-1=2n-1.(2)S n =1(1-)1−=2n -1,又b n =r1=r1-r1=1-1,所以T n =b 1+b 2+…+b n =11-1r1=1-12r1-1.评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.24.(2015天津理,18,13分)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 222t1,n∈N *,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由已知,有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4),即a 4-a 2=a 5-a 3,所以a 2(q-1)=a 3(q-1).又因为q≠1,故a 3=a 2=2,由a 3=a 1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N *)时,a n =a 2k-1=2k-1=2t12;当n=2k(k∈N *)时,a n =a 2k =2k=22.所以,{a n }的通项公式为a n =2t12,n 为奇数,22为偶数.(2)由(1)得b n =log 222t1=2t1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12t2+n×12t1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12t1+n×12,上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12t1-2=1−121−12-2=2-22-2,整理得,S n =4-r22t1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-r22t1,n∈N *.评析本题主要考查等比数列及其前n 项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.25.(2015山东文,19,12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,n 项和为2r1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2,求数列{b n }的前n 项和T n .解析(1)设数列{a n }的公差为d.令n=1,得112=13,所以a 1a 2=3.令n=2,得112+123=25,所以a 2a 3=15.解得a 1=1,d=2,所以a n =2n-1.(2)由(1)知b n =2n·22n-1=n·4n,所以T n =1·41+2·42+…+n·4n,所以4T n =1·42+2·43+…+n·4n+1,两式相减,得-3T n =41+42+ (4)-n·4n+1=4(1−4)1−4-n·4n+1=1−33×4n+1-43.所以T n =3t19×4n+1+49=4+(3t1)4r19.26.(2015浙江文,17,15分)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+…+1b 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 .解析(1)由a 1=2,a n+1=2a n ,得a n =2n(n∈N *).由题意知:当n=1时,b 1=b 2-1,故b 2=2.当n≥2时,1b n =b n+1-b n ,整理得r1r1=,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+ (2)-n·2n+1.故T n =(n-1)2n+1+2(n∈N *).评析本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.27.(2015湖北文,19,12分)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 =,求数列{c n }的前n 项和T n .解析(1)由题意有,101+45d =100,1d =2,即21+9d =20,1d =2,解得1=1,=2,或1=9,=29.故=2n-1,=2t1,或=1979),=.(2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n =2t12t1,于是T n =1+32+522+723+924+…+2t12t1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2t12.②①-②可得12T n =2+12+122+…+12t2-2t12=3-2r32,故T n =6-2r32t1.28.(2014湖南文,16,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =2+n2,n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2+(-1)na n ,求数列{b n }的前2n 项和.解析(1)当n=1时,a 1=S 1=1;当n≥2时,a n =S n -S n-1=2+n 2-(t1)2+(n-1)2=n.故数列{a n }的通项公式为a n =n.(3)由(1)知,b n =2n+(-1)nn,记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =(21+22+ (22))+(-1+2-3+4-…+2n).记A=21+22+ (22),B=-1+2-3+4-…+2n,则A=2(1−22)1−2=22n+1-2,B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.故数列{b n }的前2n 项和T 2n =A+B=22n+1+n-2.评析本题考查数列的前n 项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法.29.(2014课标Ⅰ文,17,12分)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)n 项和.解析(1)方程x 2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a 2=2,a 4=3.设数列{a n }的公差为d,则a 4-a 2=2d,故d=12,从而a 1=32.所以{a n }的通项公式为a n =12n+1.(2)n 项和为S n ,由(1)知2=r22r1,则S n =322+423+…+r12+r22r1,12S n =323+424+…+r12r1+r22r2.两式相减得12S n =34+…-r22r2=34+-r22r2.所以S n =2-r42r1.评析本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n 项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.30.(2014安徽文,18,12分)数列{a n }满足a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n(n+1),n∈N *.(1)证明:;(2)设b n =3n·,求数列{b n }的前n 项和S n .解析(1)证明:由已知可得r1r1=+1,即r1r1-=1.是以11=1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以a n =n 2.从而b n =n·3n.S n =1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3S n =1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②①-②得-2S n =31+32+ (3)-n·3n+1=3·(1−3)1−3-n·3n+1=(1-2p ·3r1-32.所以S n =(2t1)·3r1+34.评析本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行变形是关键.31.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an }中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=or1)2,记T n=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)n b n,求T n.解析(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题意知bn=or1)2=n(n+1).所以T n=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n n×(n+1).因为b n+1-b n=2(n+1),所以当n为偶数时,T n =(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+ (2)=2(4+2n)2=or2)2,当n为奇数时,T n =Tn-1+(-bn)=(t1)(r1)2-n(n+1)=-(r1)22.所以T n为奇数,为偶数.评析本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.32.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an }的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.(1)求{an}的通项公式;(2)n 项和.解析(1)设{a n }的公差为d,则S n =na 1+ot1)2d.由已知可得31+3d =0,51+10d =−5.解得a 1=1,d=-1.故{a n }的通项公式为a n =2-n.(2)由(1)知1=1(3-2p(1-2p =n 项和为121-1-11+11-13+…+12t3-12t1=1−2.评析本题考查等差数列的通项公式及前n 项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.33.(2011课标理,17,12分)等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1,32=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 ,n 项和.解析(1)设数列{a n }的公比为q.由32=9a 2a 6得32=942,所以q 2=19.由条件可知q>0,故q=13.由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 1q=1,所以a 1=13.故数列{a n }的通项公式为a n =13.(2)b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =-(1+2+…+n)=-or1)2.故1=-2or1)=-211+12+…+1=-2123=-2r1.n 项和为-2r1.评析本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题.34.(2020课标Ⅲ文,17,12分)设等比数列{a n }满足a 1+a 2=4,a 3-a 1=8.(1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和.若S m +S m+1=S m+3,求m.解析(1)设{a n }的公比为q,则a n =a 1q n-1.由已知得1+1q =4,12-1=8.解得a 1=1,q=3.所以{a n }的通项公式为a n =3n-1.(2)由(1)知log 3a n =n-1.故S n =ot1)2.由S m +S m+1=S m+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m 2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.35.(2020浙江,20,15分)已知数列{a n },{b n },{c n }满足a 1=b 1=c 1=1,c n =a n+1-a n ,c n+1=r2c n ,n∈N *.(1)若{b n }为等比数列,公比q>0,且b 1+b 2=6b 3,求q 的值及数列{a n }的通项公式;(2)若{b n }为等差数列,公差d>0,证明:c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.解析本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,同时考查数学运算和逻辑推理等素养.(1)由b 1+b 2=6b 3得1+q=6q 2,解得q=12.由c n+1=4c n 得c n =4n-1.由a n+1-a n =4n-1得a n =a 1+1+4+…+4n-2=4t1+23.(2)证明:由c n+1=c n 得c n =121=所以c 1+c 2+c 3+…+c n 由b 1=1,d>0得b n+1>0,因此c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.36.(2020江苏,20,16分)已知数列{a n }(n∈N *)的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n,均有r11-1=λr11成立,则称此数列为“λ~k”数列.(1)若等差数列{a n }是“λ~1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n }是数列,且a n >0,求数列{a n }的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n }为“λ~3”数列,且a n ≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.解析本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)因为等差数列{a n }是“λ~1”数列,则S n+1-S n =λa n+1,即a n+1=λa n+1,也即(λ-1)a n+1=0,此式对一切正整数n 均成立.若λ≠1,则a n+1=0恒成立,故a 3-a 2=0,而a 2-a 1=-1,这与{a n }是等差数列矛盾.所以λ=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列)(2)因为数列{a n }(n∈N *)是3数列,所以r1-=即r1-=因为a n >0,所以S n+1>S n >0,n ,则b n 即(b n -1)2=13(2-1)(b n >1).解得b n =2,也即r1=4,所以数列{S n }是公比为4的等比数列.因为S 1=a 1=1,所以S n =4n-1.则a n =1(=1),3×4t2(n ≥2).(3)设各项非负的数列{a n }(n∈N *)为“λ~3”数列,则r113-13=λr113,即3r1-3=λ3r1-.因为a n ≥0,而a 1=1,所以S n+1≥S n >0,n ,则c n -1=λ33-1(c n ≥1),即(c n -1)3=λ3(3-1)(c n ≥1).(*)①若λ≤0或λ=1,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)②若λ>1,则(*)化为(c n -1)2+3+23-1+1=0,因为c n ≥1,所以2+3+23-1c n+1>0,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)③若0<λ<1,则2+3+23-1c n+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内,则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t).所以S n+1=S n 或S n+1=t 3S n .由于数列{S n }从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{S n }有无数多个,则对应的{a n }有无数多个.综上所述,能存在三个各项非负的数列{a n }为“λ~3”数列,λ的取值范围是0<λ<1.37.(2019课标Ⅱ文,18,12分)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.解析本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.(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,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2.38.(2019天津文,18,13分)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0.已知a 1=b 1=3,b 2=a 3,b 3=4a 2+3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n =1,为奇数,2为偶数.求a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n (n∈N *).解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.依题意,得3=3+2s 32=15+4d,解得=3,=3,故a n =3+3(n-1)=3n,b n =3×3n-1=3n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n,{b n }的通项公式为b n =3n.(2)a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n=(a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1)+(a 2b 1+a 4b 2+a 6b 3+…+a 2n b n )=×3+ot1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n )=3n 2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记T n =1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n =1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n =-3-32-33-…-3n +n×3n+1=-3(1−3)1−3+n×3n+1=(2t1)3r1+32.所以,a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n =3n 2+6T n =3n 2+3×(2t1)3r1+32=(2t1)3r2+62+92(n∈N *).思路分析(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q 即可.(2)利用{c n }的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.解题关键根据n 的奇偶性得数列{c n }的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.39.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{an }(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;(2)已知数列{bn }(n∈N*)满足:b1=1,1=2-2r1,其中S n为数列{b n}的前n项和.①求数列{bn}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn }(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.(1)设等比数列{an }的公比为q,所以a1≠0,q≠0.由24=5,3-42+41=0,得124=14,12-41q+41=0,解得1=1,=2.因此数列{a n}为“M-数列”.(2)①因为1=2-2r1,所以b n≠0.由b1=1,S1=b1,得11=21-22,则b2=2.由1=2-2r1,得S n=r12(r1-),当n≥2时,由b n=S n-S n-1,得b n=r12(r1-)-t12(-t1),整理得b n+1+b n-1=2b n.所以数列{b n}是首项和公差均为1的等差数列.因此,数列{b n}的通项公式为b n=n(n∈N*).②由①知,bk=k,k∈N*.因为数列{c n}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0.因为c k≤b k≤c k+1,所以q k-1≤k≤q k,其中k=1,2,3,…,m.当k=1时,有q≥1;当k=2,3,…,m时,有ln≤lnq≤ln t1.设f(x)=ln(x>1),则f'(x)=1−ln2.令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞) f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)max =f(3)=ln33.取q=33,当k=1,2,3,4,5时,ln≤lnq,即k≤q k ,经检验知q k-1≤k 也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216,所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6.综上,所求m 的最大值为5.40.(2018北京文,15,13分)设{a n }是等差数列,且a 1=ln2,a 2+a 3=5ln2.(1)求{a n }的通项公式;(2)求e 1+e 2+…+e .解析(1)设{a n }的公差为d.因为a 2+a 3=5ln2,所以2a 1+3d=5ln2.又a 1=ln2,所以d=ln2.所以a n =a 1+(n-1)d=nln2.(2)因为e 1=e ln2=2,e e t1=e -t1=e ln2=2,所以{e }是首项为2,公比为2的等比数列.所以e 1+e 2+…+e =2×1−21−2=2(2n-1).41.(2018江苏,20,16分)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列.(1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m∈N *,q∈(1,2],证明:存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知a n =(n-1)d,b n =2n-1.因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.因此,d (2)由条件知:a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.若存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d 满足t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1.因为q∈(1,2],所以1<q n-1≤q m≤2,从而t1-2t1b 1≤0,t1t1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立.(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m 时,-2-t1-2t1=B --n t1+2ot1)=o -t1)-+2ot1),当1<q≤21时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,,的最大值为-2.②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.当2≤n≤m 时,t1t1=ot1)≤因此,当2≤n≤m+1时,,的最小值为.因此,d 疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d 的范围,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d 分离出来,变成t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1,难点在于讨论t1-2t1b 1的最大值和t1t1b 1的最小值.可以通过作差讨论其单调性,要作商讨论单调性,∵t1t1=ot1)=q 1当2≤n≤m 时,1<q n ≤2,∴q 1−可以构造函数f(x)=2x (1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明得到数列,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.42.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的前n 项和为T n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1)若a 3+b 3=5,求{b n }的通项公式;(2)若T 3=21,求S 3.解析本题考查了等差、等比数列.设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q,则a n =-1+(n-1)d,b n =q n-1.由a 2+b 2=2得d+q=3.①(1)由a 3+b 3=5得2d+q 2=6.②联立①和②解得=3,=0(舍去),或=1,=2.因此{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)由b 1=1,T 3=21得q 2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S 3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S 3=-6.43.(2017课标Ⅰ文,17,12分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2=2,S 3=-6.(1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n+1,S n ,S n+2是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n }的公比为q,由题设可得1(1+q)=2,1(1+q +2)=-6.解得q=-2,a 1=-2.。

高中数学《数列》复习专题

高中数学《数列》复习专题
检验:当n 1时, a1 1 12 2 满足已知条件.
1 n 1 练1.若an an 1 1 ( ) , a1 0, 求通项公式. 2 解:
专题2:求通项公式 1.累加型 an an1 f ( n) 2.累乘型 an an1 f ( n)
n 1个 an 1 q an 2 an q a
例3.数列 {an }满足an 3an1 1, a1 1, 求 {an }的通项公式 .
解: 设 为待定系数, an 3an 1 1
1 1 n 1 那么an =(a1 )3 2 2 an 3an1 1 1 1 n 1 即an = 3 1 2 2 an 3(an 1 ) n 1 3 3 +1 也即an = 1 1 2 则 令 , 2 3 1 1 即an 3(an 1 ) 2 2 1 1 {an }是以a1 为首项, 2 2 3为公差的等比数列.
练1.an
1 4n 1
2
, 求S n .
1 1 练 2.an 2 , 证明Sn . 4n 4n 3 3
1 1 1 例2.求和: 2+ 3 3+ 4 4+ 5
1 99+ 100
1 1 1 练3.求和: + 1+ 3 2+ 4 3+ 5
1 n + n+2
2 an an1 an1
专题2:求通项公式 1.累加型 an an1 f ( n) 回顾:求等差数列的通 项公式:— —累加法
由递推公式 an an1 d (n 2)可知, a2 a1 d 当n 2时, a3 a2 d a4 a3 d n 1个 a n 1 a n 2 d a n a n 1 d

(完整版)高中数学数列求和专题复习_知识点,习题

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数列求和例题精讲1. 公式法求和(1)等差数列前n 项和公式 d n n na a a n a a n S k n k n n 2)1(2)(2)(111-+=+=+=-+ (2)等比数列前n 项和公式 1=q 时 1na S n =1≠q 时 qqa a q q a S n n n --=--=11)1(11(3)前n 个正整数的和 2)1(321+=++++n n n Λ 前n 个正整数的平方和 6)12)(1(3212222++=++++n n n n Λ前n 个正整数的立方和 23333]2)1([321+=++++n n n Λ公式法求和注意事项 (1)弄准求和项数n 的值;(2)等比数列公比q 未知时,运用前n 项和公式要分类。

例1.求数列13741+n ,,,,Λ的所有项的和例2.求和221-++++n x x x Λ(0,2≠≥x n )2.分组法求和例3.求数列1,21+,321++,…,n ++++Λ321的所有项的和。

例4.已知数列{}n a 中,⎪⎩⎪⎨⎧+=)()2()(15为偶数为奇数n n n a nn ,求m S 2。

3.并项法求和例5.数列{}n a 中, 21)1(n a n n +-=,求100S 。

例6.数列{}n a 中,,n a n n 4)1(-=,求20S 及35S 。

4.错位相减法求和{}{}{}若为等差数列,为等比数列,求数列(差比数列)前项a b a b n n n n n{}和,可由求,其中为的公比。

S qS S q b n n n n -例7.求和12321-++++n nx x x Λ(0≠x )。

5.裂项法求和:把数列各项拆成两项或多项之和,使之出现成对互为相反数的项。

例8.求和)12)(12(1751531311+-++⨯+⨯+⨯n n Λ。

例9.求和nn +++++++++11321231121Λ。

[练习] 求和:…………111211231123+++++++++++n (…………,)a S n n n ===-+2116 . 倒序相加法:把数列的各项顺序倒写,再与原来顺序的数列相加。

高中 数列求和 知识点+例题+练习

高中 数列求和 知识点+例题+练习
【训练2】(2013·徐州一模)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+ an=1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log (1-Sn+1)(n∈N*),令Tn= + +…+ ,求Tn.
考点三 错位相减法求和
【例3】(2013·湖南卷)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1≠0,2an-a1=S1·Sn,n∈N*.
【训练3】(2013·嘉兴二模)在数列{aLeabharlann }中,a1=2,an+1=3an+2.
(1)记bn=an+1,求证:数列{bn}为等比数列;
(2)求数列{nan}的前n项和Sn.
数列求和的方法技巧
(1)倒序相加:用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和.
(2)错位相减:用于等差数列与等比数列的积数列的求和.
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+ =λ(λ为常数).令cn=b2n(n∈N*).求数列{cn}的前n项和Rn.
课后提升
(建议用时:25分钟)
一、填空题
1.(2014·西安模拟)数列{an}满足an+an+1= (n∈N*),且a1=1,Sn是数列{an}的前n项和,则S21=________.
例如,Sn=1002-992+982-972+…+22-12=(1002-992)+(982-972)+…+(22-12)=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.
3.常见的拆项公式
(1) = - ;
(2) = ;
(3) = - .
型例题
考点一 分组转化法求和
【例1】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.

(word完整版)高中数学必修五数列求和方法总结附经典例题和答案详解,推荐文档.docx

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数列专项之求和 -4(一)等差等比数列前n 项求和1、 等差数列求和公式:S nn(a 1 a n )na 1 n(n 1) d22na 1 q n ) ( q1)2、等比数列求和公式:S na 1 (1 a 1 a n q 1)1q1 (qq(二)非等差等比数列前 n 项求和⑴错位相减法② 数列 a n 为等差数列,数列 b n 为等比数列,则数列 a n b n 的求和就要采用此法 .②将数列a nb n 的每一项分别乘以b n 的公比,然后在错位相减,进而可得到数列a nb n 的前 n 项和 .此法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法 .例 23.求和: S n 1 3x 5x 2 7x 3 (2n 1) x n 1 ( x0)例 24. 求数列246, , 2n 前 n 项的和 .2,22 , 232 n,⑵裂项相消法a nc一般地,当数列的通项(an( a,b 1,b 2 , c 为常数) 时,往往可将 a nb 1)( an b 2 )变成两项的差,采用裂项相消法求和.可用待定系数法进行裂项:设 a nan b 1 an ,通分整理后与原式相比较,根据对应项系数相等得b 2c,从而可得b 2 b 1c=c ( 1 1).(an b 1)( an b 2 ) (b 2 b 1 ) an b 1an b 2常见的拆项公式有:①1 1 n1 ; ②11 ( 1 1 );n(n 1) n1(2 n1)(2 n 1) 2 2n 12n 1③11( ab );④ C m 1C m1C m ;ab a bnn n⑤ n n!(n1)! n!.⑥11111)( n2)[1)( n]n ( n2 n ( n1)( n 2)⋯⋯例 25. 求数列1 11 , 的前 n 和 .1,, ,2 23 n n 1例 26. 在数列 {a n } 中, a n12n ,又 b na n2 ,求数列 {b n } 的前 nn 1 n 1n 1an 1的和 .⑶分 法求和有一 数列,既不是等差数列,也不是等比数列, 若将 数列适当拆开,可分 几个等差、等比或常 的数列,然后分 求和,再将其合并即可. 一般分两步:①找通向 公式②由通 公式确定如何分.例 27. 求数列 {n(n+1)(2n+1)}的前 n 和 .例 28. 1 17, , 13n 2求数列的前 n 项和: 1 1,4,a 2n 1aa⑷倒序相加法如果一个数列a n ,与首末两 等距的两 之和等于首末两 之和, 可用把正着写与倒着写的两个和式相加,就得到了一个常数列的和, 种求和方法称 倒序相加法。

高中数学数列求和方法汇总及练习(共12页)

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加油!有志者事竟成答卷时应注意事项1、拿到试卷,要认真仔细的先填好自己的考生信息。

2、拿到试卷不要提笔就写,先大致的浏览一遍,有多少大题,每个大题里有几个小题,有什么题型,哪些容易,哪些难,做到心里有底;3、审题,每个题目都要多读几遍,不仅要读大题,还要读小题,不放过每一个字,遇到暂时弄不懂题意的题目,手指点读,多读几遍题目,就能理解题意了;容易混乱的地方也应该多读几遍,比如从小到大,从左到右这样的题;4、每个题目做完了以后,把自己的手从试卷上完全移开,好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题;试卷第1页和第2页上下衔接的地方一定要注意,仔细看看有没有遗漏的小题;5、中途遇到真的解决不了的难题,注意安排好时间,先把后面会做的做完,再来重新读题,结合平时课堂上所学的知识,解答难题;一定要镇定,不能因此慌了手脚,影响下面的答题;6、卷面要清洁,字迹要清工整,非常重要;7、做完的试卷要检查,这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题,检查的时候,用手指点读题目,不要管自己的答案,重新分析题意,所有计算题重新计算,判断题重新判断,填空题重新填空,之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。

亲爱的小朋友,你们好! 经过两个月的学习,你们一定有不小的收获吧,用你的自信和智慧,认真答题,相信你一定会闯关成功。

相信你是最棒的!1客观题中的数列求和【原题】某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折,规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸,对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯,20dm 6dm ⨯两种规格的图形,它们的面积之和21240dm S =,对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯,10dm 6dm ⨯,20dm 3dm ⨯三种规格的图形,它们的面积之和22180dm S =,以此类推,则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______;如果对折n 次,那么1nkk S==∑______2dm .【答案】(1).5(2).()41537202n n -+-【解析】(1)由对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯,10dm 6dm ⨯,20dm 3dm ⨯三种规格的图形,所以对着三次的结果有:5312561032022⨯⨯⨯⨯,,;,共4种不同规格(单位2dm );故对折4次可得到如下规格:5124⨯,562⨯,53⨯,3102⨯,3204⨯,共5种不同规格;(2)由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半,故各次对着后的图形,不论规格如何,其面积成公比为12的等比数列,首项为120()2 dm ,第n 次对折后的图形面积为111202n -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭,对于第n 此对折后的图形的规格形状种数,根据(1)的过程和结论,猜想为1n +种(证明从略),故得猜想1120(1)2n n n S -+=,设()0121112011202120312042222nk n k n S S -=+⨯⨯⨯==++++∑L ,则121112021203120120(1)22222n n n n S -⨯⨯+=++++ ,两式作差得:()211201111124012022222n n n S -+⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭ ()11601120122401212n nn -⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+--()()112011203120360360222n n n n n -++=--=-,因此,()()4240315372072022n n n n S -++=-=-.故答案为:5;()41537202n n -+-.【就题论题】本题以我国传统文化剪纸艺术为背景,让考生体验探索数学问题的过程.该题有几点创新,一是背景新颖,能有效考查考生灵活运用数学知识分析问题的能力,二是高考首次在客观题中考查错位相减法求和,三是为让部分学生得部分分,设置了两空,这是自2019年全国卷首次设置双空题后,时隔两年再次设置双空题.【命题意图】本题以剪纸艺术为背景考查数列求和,考查逻辑推理与数学建模的核心素养.【考情分析】客观题中的数列求和是高考热点与难点,难度一般为中等或中等以上.【得分秘籍】(1)数列求和的常用方法①分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列.②拆项相消:有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和.③错位相减: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.错位相减法求和时的注意点:要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形.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.④倒序相加:把数列分别正着写和倒着写再相加,例如,等差数列前n 项和公式的推导.⑤并项求和法:一个数列的前n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如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)=5050.(2)解决非等差、等比数列的求和,主要有两种思路①转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.②不能转化为等差或等比数列的数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.(以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷)一、单选题1.(2021广东省东莞市高三5月质量检测)在数列{}n a 中,112a =且()12n n n a na ++=,则它的前30项和30S =()A .3031B .2930C .2829D .1929【答案】A【解析】()12n n n a na ++= ,12n n a na n +∴=+,()3211211121111234111n n n a a a n a a a a a n n n n n --∴=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅==-+++ ,因此,3011111301223303131S =-+-++-= .故选A.2.(2021河北省石家庄市高三下学期质检)已知数列{}n a 的通项公式为sin 3n n a n π=,则1232021a a a a ++++= ()A.B.CD.-【答案】D【解析】由题意,数列{}n a 的通项公式为sin3n n a n π=,且函数sin 3n y π=的周期为6n ,所以616266(61)(62)(61)sin(62)sin 33n n n n n a a a n n ππ++++++++=+⋅++⋅+ (66)(66)sin 3n n π+++⋅2(61)sin (62)sin 33n n ππ=+⋅++⋅+ 6(66)sin3n π++⋅(61)(62)(63)0(64)()(65)((66)02222n n n n n n =+⋅++⋅++⋅+++⋅++⋅++⋅=-,又因为20216336563371=⨯+=⨯-,所以12320216337(a a a a a ++++=⨯--=- 故选D.3.(2021湖北省鄂东南省级示范高中高三联考)已知数列{}n a 满足()*1111,(1)(2)n n n n a a a a a n N n n ++=-=∈++,则n na 的最小值是()A .25B .34C .1D .2【答案】C 【解析】因为()*11(1)n n n n a a a a n N n n ++-=∈+,所以()11(1)212111n n n n a a a a n n n n ++-==-++++,即1111112n n a a n n +-=-++,则11221111111111n n n n n a a a a a a a a ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭112311111111n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭+-11311(2)2122n n n n +=-+=≥++,当1n =时,上式成立,故2231n n a n +=+,22231n n n n n a ++=,设22231n n nn b ++=,则()()()()()222121212261040311313431n n n n n n n n n n n n b b +++++++=>++-++=+-,故数列{}n b 是单调递增数列,则当1n =时,n b 即n na 的最小值为1.故选C.4.(2021江苏省盐城市高三联考)已知数列{}n a 满足11a =,24a =,310a =,1{}n n a a +-是等比数列,则数列{}n a 的前8项和8S =()A .376B .382C .749D .766【答案】C【解析】由已知得,213a a -=,326a a -=,而{}1n n a a +-是等比数列,故2q =,∴11221()()()n n n n a a a a a a ----+-+-= 23632n -+++⨯ 1133232312n n ---⨯==⨯--,1n a a ∴-=1323n -⨯-,化简得1322n n a -=⨯-,878128123(122)2831612S a a a -=++=⨯+++-⨯=⨯-- 83219749=⨯-=故选C5.(2021山东省泰安市高三四模)已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,公差为13,0n a >,122391011112a a a a a a +++= ,当10n S n+取最小值时,n 的值为()A .7B .8C .9D .10【答案】B 【解析】12239101223910111111111111113332a a a a a a a a a a a a a a ⎤⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-=⎥⎢ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦,整理得2113180a a +-=,解得13a =或16a =-(舍去),即2(1)1173236n n n n n S n -+=+⨯=,则21017601601766n S n n n n n n +++⎛⎫==++ ⎪⎝⎭.当7n ≤时,数列单调递减,当8n ≥时,数列单调递增,当7n =时,10387n S n +=,当8n =时,106512n S n +=,故当8n =时,10n S n+取最小值.故选B .二、多选题6.(2021广东省珠海市高三二模)分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,分形的外表结构极为复杂,但其内部却是有规律可寻的,一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形,如图1,在长度为1的线段AB 上取两个点C 、D ,使得14AC DB AB ==,以CD 为边在线段AB 的上方做一个正方形,然后擦掉CD ,就得到图形2;对图形2中的最上方的线段EF 作同样的操作,得到图形3;依次类推,我们就得到以下的一系列图形设图1,图2,图3,…,图n ,各图中的线段长度和为n a ,数列{}n a 的前n 项和为n S ,则()A .数列{}n a 是等比数列B .106657256S =C .3n a <恒成立D .存在正数m ,使得n S m <恒成立【答案】BC【解析】由题意可得11a =,21122a a =+⨯,322122a a =+⨯,以此类推可得1122n n n a a +=+⨯,则122n n n a a +-=,所以,()()()1213211212221222n n n n a a a a a a a a --=+-+-++-=++++ 121112131212n n ---=+=--,所以,数列{}n a 不是等比数列,A 选项错误;对于B 选项,10108121166572310261225612S ⎛⎫- ⎪⎝⎭=⨯-=+=-,B 选项正确;对于C 选项,21332n n a -=-<恒成立,C 选项正确;对于D 选项,21302n n a -=-> 恒成立,则数列{}n S 单调递增,所以,数列{}n S 无最大值,因此,不存在正数m ,使得n S m <,D 选项错误.故选BC.7.(2021河北省衡水中学高三下学期三调)已知数列{}n a 满足()()1211n n n n a a n +++=⋅-,其前n 项和为n S ,且20191009m S +=-,则下列说法正确的是()A .m 为定值B .1m a +为定值C .20191S a -为定值D .1ma 有最大值【答案】BCD【解析】当()2n k k N*=∈,由已知条件可得()()2122121k k kk aa k +++=⋅-,所以,()()()201912320191234520182019S a a a a a a a a a a a =++++=+++++++ 11124682018250420181010a a a =-+-+--=+⨯-=- ,则201911010S a -=-,所以,2019110101009m S m a +=+-=-,11m a ∴+=,由基本不等式可得211124m a ma +⎛⎫≤= ⎪⎝⎭,当且仅当112m a ==时,等号成立,此时1ma 取得最大值14.故选BCD.8.(2021江苏省南通学科基地高三高考数学全真模拟)在数列{}n a 中,若13nn n a a ++=,则称{}n a 为“和等比数列”.设n S 为数列{}n a 的前n 项和,且11a =,则下列对“和等比数列”的判断中正确的有()A .20202020314a -=B .20212020314a -=C .20222021318S -=D .20232021318S -=【答案】AC【解析】因为13nn n a a ++=,所以1123n n n a a ++++=,两式相减得223nn n a a +-=⨯,所以()202020202018a a a =-()()()20202420182018201642231233324a a a a a -+-++-+=⨯++++= ,故A正确,B 错误.()()()()2022242020202112345202020213113338S a a a a a a a -=+++++++=++++= ,故C 正确.D 错误.故选AC .三、填空题9.(2021福建省厦门高三5月高考适应性考试)已知[]x 表示不超过x 的最大整数,例如:[]2.32=,[]1.52-=-.在数列{}n a 中,[lg ]n a n =,n ∈+N .记nT 为数列{}n a 的前n 项和,则2021T =___________.【答案】4956【解析】当19n ≤≤时,[]lg 0n a n ==;当1099n ≤≤时,[]lg 1n a n ==,此区间所有项的和为90.当100999n ≤≤时,[]lg 2n a n ==,此区间所有项的和为90021800⨯=.当10002021n ≤≤时,[]lg 3n a n ==,此区间所有项的和为102233066⨯=.所以202190180030664956T =++=.10.(2021广东省揭阳市高三下学期教学质量测试)已知数列{}n a 满足:()21cos 3n n a π-=,则{}n a 的前100项和为________________.【答案】1【解析】因为()21cos3n n a π-=,所以11a =,212a =-,312a =-,41a =,512a =-,612a =-,……可知数列{}n a 是以3为周期的周期数列,且1230a a a ++=,所以100123456979899100S a a a a a a a a a a =++++++++++ ()()()123456979899100a a a a a a a a a a =++++++++++ 10011a a ===11.(2021湖南省衡阳市高三1月月考)已知数列{}n a 满足11a =,()*12nn n a a n +=∈N ,nS为数列{}n a 的前n 项和,则2022S =______.【答案】1011323⨯-【解析】∵11a =,12nn n a a +=,令1n =,122a a =所以22a =,当2n ≥时112n n n a a --=,∴112n n a a +-=,∴数列{}n a 的奇数项成以1为首项,2为公比的等比数列,偶数项成以2为首项,2为公比的等比数列.则()1011201011101122212123231212S--=+=⨯---.12.(2021河北省高三联考)已知数列{}n a 满足12a =,()111n n n a a n +++-=,{}n a 的前n 项和为n S ,则61S =______.【答案】962【解析】由题知,当n 为正奇数时,1n n a a n ++=,于是121a a +=,343a a +=,565a a +=, ,596059a a +=,所以606030135599002S ⨯=++++== .又因为当n 为正偶数时,1n n n a a +-=,且11n n a a n -+=-,所以两式相加可得1121n n a a n +-+=-,于是3123n n a a n +++=+,两式相减得314n n a a +--=.所以611154215462a a =+⨯=+⨯=,故6190062962S =+=.13.(2021湖北省黄冈市高三下学期5月适应性考试)将2n 个数排成n 行n 列的一个数阵,如图:该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列,每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中0m >).已知112a =,13611a a =+,记这2n 个数的和为S .给出下列结论:①3m =;②767173a =⨯;③()1313j ij a i -=-⨯;④()()131314n S n n =+-.其中结论正确的是______.(填写所有正确答案的序号)【答案】①③④【解析】∵112a =,13611a a =+,∴2m 2=2+5m +1,解得m =3或m 12=-(舍去),①正确;∴()()11113213313j j j ij i a a i m i ---⎡⎤=⋅=+-⨯⋅=-⋅⎣⎦,③正确;当6,7i j ==时,()767163613173a -=⨯-⨯=⨯,②不正确;∴()1313i ii a i -=-⋅,()()()111212122212............n n n n nn S a a a a a a a a a =++++++++++++()()()11211131313131313nnnn a a a ---=+++--- ()()231131.22nn n+-=-()1=(31)314n n n +-,④正确;故答案为:①③④.14.(2021江苏省徐州市高三下学期5月四模)若数列{}n a 对任意正整数n ,有n m n a a q +=(其中*m N ∈,q 为常数,0q ≠且1q ≠),则称数列{}n a 是以m 为周期,以q 为周期公比的类周期性等比数列.已知类周期性等比数列{}n b 的前4项为1,1,2,3,周期为4,周期公比为3,则数列{}n b 前21项的和为_______.【答案】1090【解析】由题意可知,4m =,3q =,且43n n a a +=,所以()21159131721S a a a a a a =++++++()()()()()652610141837111519481216201131131313a a a a a a a a a a a a a a a ⋅-⋅-++++++++++++++=+--()()5521313336412124236310901313⋅-⋅-=+=+++=--.15.(2021湖南省邵阳市高三月考)定义函数()[]f x x x ⎡⎤=⎣⎦,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,例如,[]1.31=,[]1.52-=-,[]22=,当[)*0,N x n n ∈∈时,()f x 的值域为n A ,记集合n A 中元素的个数为n a ,则234202*********a a a a ++++---- 的值为______.【答案】40402021【解析】根据题意得:[][)[)[)[)[)[)0,0,11,1,22,2,33,3,44,4,51,1,x x x x x x n x n n ⎧∈⎪∈⎪⎪∈⎪=∈⎨⎪∈⎪⎪⎪-∈-⎩ ,进而得[][)[)[)[)[)()[)0,0,1,1,22,2,33,3,44,4,51,1,x x x x x x x x x x x n x x n n ⎧∈⎪∈⎪⎪∈⎪=∈⎨⎪∈⎪⎪⎪-∈-⎩ ,所以[]x x ⎡⎤⎣⎦在各区间中的元素个数为:1,1,2,3,4,,1n - ,所以当[)*0,N x n n ∈∈时,()f x 的值域为n A ,集合n A 中元素的个数为n a 满足:()()()21112112341122n n n n n a n -+-⎡⎤-+⎣⎦=++++++-=+= ,所以()112n n n a --=所以()12112111n a n n n n ⎛⎫==- ⎪---⎝⎭,所以234202*********a a a a ++++----1111111404022112232020202120212021⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭= .16.(2021百师联盟高三5月冲刺卷)设n S 为数列{}n a 的前n 项和,满足11S =,12n n n S S n ++=,其中n +∈N ,数列{}n b 的前n 项和为nT ,满足()()()142121n n n a b n n -⋅=-+,则20211T +=___________.【答案】14043-【解析】由题意12n n n S S n ++=,即111n n S n S n -+=-,累乘得()1121211143123212n n n n n n S n n n S n S n S S n S ---++-⋅=⋅⋅=---L L ,可知()12n n n S +=,2n ≥,当1n =时,11S =,所以()12n n n S +=,又2n ≥时,1n n n a S S n -=-=,且当1n =时成立,从而有n a n =,故()()()()()()11411111212121212121n n n n n n b n n n n n n +-⋅--⎛⎫==-⋅+=- ⎪-+-+-+⎝⎭,所以()11121n n T n +-=--+,故2021114043T +=-.故答案为14043-17.(2021福建省厦门高三月考)已知正项等比数列{}n a 中,426a a -=,5115a a -=,则n a =__________,又数列{}n b 满足112b =,111n n b b +=-;若n S 为数列{}n n a b +的前n 项和,那么3n S =__________.【答案】12n -33212n n +-【解析】设正项等比数列{}n a 的公比为()0q q >,则3421145111615a a a q a q a a a q a ⎧-=-=⎨-=-=⎩,解得:11612a q =-⎧⎪⎨=⎪⎩(舍)或112a q =⎧⎨=⎩,1112n n n a a q --∴==;112b = ,111n n b b +=-,22b ∴=,31b =-,412b =,52b =,……,则数列{}n b 是以3为周期的周期数列,{}n b ∴的前3n 项和()312332n n T n b b b =++=,又{}n a 的前3n 项和333122112nn n R -==--,∴33333212n n n n n S T R =+=+-.。

(完整版)高中数学数列求和专题复习_知识点,习题.docx

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高中数学必修 5 作业 班级 学号 姓名数列求和例题精讲1. 公式法求和(1)等差数列前 n 项和公式S nn(a 1 a n ) n(a k 1a n k ) na 1n(n 1) d222(2)等比数列前 n 项和公式q 1 时S nna 1q1 时S na 1 (1 q n ) a 1 a n q1 q 1 q(3)前 n 个正整数的和1 23n(n 1)n2前 n 个正整数的平方和1222 32n 2n(n1)(2n 1)6前 n 个正整数的立方和1323 33 n 3[ n(n1) ] 2( 1)弄准求和项数 n 的值; 2公式法求和注意事项( 2)等比数列公比 q 未知时,运用前 n 项和公式要分类。

例 1.求数列 1,4,7, ,3n 1 的所有项的和例 2.求和 1 x x 2x n 2 ( n 2, x0 )2.分法求和例 3.求数列 1, 1 2 , 1 2 3 ,⋯, 1 2 3n 的所有的和。

5n 1 (n为奇数 )例 4.已知数列a n中,a n,求 S2m。

(2) n (n为偶数 )3.并法求和例 5.数列a n中, a n( 1) n 1 n2,求 S100。

例 6.数列a n中,,a n( 1) n 4n ,求 S20及 S35。

4.位相减法求和若a n为等差数列,b n为等比数列,求数列a n b n(差比数列)前 n项和,可由 S n qS n求 S n,其中 q b n的公比。

例 7.求和12x 3x 2nx n 1(x0 )。

5.裂项法求和 : 把数列各项拆成两项或多项之和,使之出现成对互为相反数的项。

例 8.求和1111。

1 3 3 5 5 7(2n 1)(2n 1)例 9.求和1111。

2 13 2 23n 1n[练习]11⋯⋯1求和: 11 2 3 2 3 ⋯⋯n1 21( a n⋯⋯, S n 21⋯⋯)n 16 . 倒序相加法:把数列的各项顺序倒写,再与原来顺序的数列相加。

高中数学数列求和专题复习_知识点_习题

高中数学数列求和专题复习_知识点_习题

数列求和例题精讲1. 公式法求和公式法求和注意事项 (1)弄准求和的项数;(2)等比数列公比q 未知时,运用前n 项和公式要分类。

(q 是否为1) 例1.求数列13741+n ,,,, 的所有项的和q例2.求和221-++++n x x x (0,2≠≥x n )2.分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.例3.求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ,…例4.已知数列{}n a 中,⎪⎩⎪⎨⎧+=)()2()(15为偶数为奇数n n n a nn ,求m S 2。

3.并项法求和针对一些特殊的数列,将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质,因此,在求数列的和时,可将这些项放在一起先求和,然后再求S n .例5.数列{}n a 中, 21)1(n a n n +-=,求100S 。

例6.在各项均为正数的等比数列中,若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值。

4.错位相减法求和 {}{}{}n n n n a b a b n 若为等差数列,为等比数列,求数列前项 {}和,可由求,其中为的公比。

S qS S q b n n n n -例7求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.例8.求和12321-++++n nx x x (0≠x )。

5.裂项法求和:把数列各项拆成两项或多项,使之出现成对互为相反数的项。

例9.求和)12)(12(1751531311+-++⨯+⨯+⨯n n 。

例10.求和nn +++++++++11321231121 。

例11. 在数列{a n }中,11211++⋅⋅⋅++++=n n n n a n ,又12+⋅=n n n a a b ,求数列{b n }的前n 项的和.6 . 倒序相加法 把数列的各项顺序倒写再与原来顺序的数列相加(如等差数列求和)S a a a a S a a a a n n n n n n =++++=++++⎫⎬⎪⎭⎪--121121…………相加()()()21211S a a a a a a n n n n =++++++-………… 例12.求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值7.利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析,找出数列的通项及其特征,然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和,是一个重要的方法.[例15] 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和.解:由于)110(91999991111111-=⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅kk k 个个∴11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++=)110(91)110(91)110(91)110(91321-+⋅⋅⋅+-+-+-n =)1111(91)10101010(911321 个n n+⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅+++=9110)110(1091n n ---⋅=)91010(8111n n --+数列求和练习专题训练1、数列}{n a 的通项na n ++++= 3211,则数列}{n a 的前n 项和为( )A .122+n nB .12+n nC .12++n nD .12+n n2、数列 ,1614,813,412,211的前n 项和可能为 ( )A .n n n 21)2(212-++B .12211)(21--++n n nC .n n n 21)2(212-+- D .)211(2)(212n n n -++3、已知数列}{n a 的前n 项和12-=n n S ,则22221na a a ++等于 ( ) A .2)12(-n B .)12(31-n C .14-n D .)14(31-n4、数列}{n a 的通项公式)(11*N n n n a n ∈++=,若前n 项和为10,则项数n 为( )A .11B .99C .120D .1215、在数列}{n a 中,2,121==a a 且)()1(1*2N n a a n n n ∈-+=-+,则=100S .6、已知)34()1(2117139511--++-+-+-=-n S n n ,则=+2215S S .7、已知等差数列}{n a 的前n 项和为n S ,若,0,,1211=-+∈>+-m m m a a a N m m 3812=-m S ,则m = .10、等差数列}{n a 各项均为正整数,31=a ,前n 项和为n S ,在等比数列}{n b 中,11=b 且6422=S b ,公比为8。

高中数列求和方法大全(配练习及答案)

高中数列求和方法大全(配练习及答案)

数列的求和一、教学目标:1.熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式;2.能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算; 3.熟记一些常用的数列的和的公式. 二、教学重点:特殊数列求和的方法.三、教学过程:(一)主要知识:1.直接法:即直接用等差、等比数列的求和公式求和。

(1)等差数列的求和公式:d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=(2)等比数列的求和公式⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S nn (切记:公比含字母时一定要讨论)2.公式法:222221(1)(21)1236nk n n n k n =++=++++=∑2333331(1)1232nk n n kn =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑ 3.错位相减法:比如{}{}.,,2211的和求等比等差n n n n b a b a b a b a +++ 4.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

常见拆项公式:111)1(1+-=+n n n n ;1111()(2)22n n n n =-++ )121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n !)!1(!n n n n -+=⋅5.分组求和法:把数列的每一项分成若干项,使其转化为等差或等比数列,再求和。

6.合并求和法:如求22222212979899100-++-+- 的和。

7.倒序相加法:8.其它求和法:如归纳猜想法,奇偶法等 (二)主要方法:1.求数列的和注意方法的选取:关键是看数列的通项公式; 2.求和过程中注意分类讨论思想的运用; 3.转化思想的运用; (三)例题分析:例1.求和:①个n n S 111111111++++= ②22222)1()1()1(n n n xx x x x x S ++++++=③求数列1,3+4,5+6+7,7+8+9+10,…前n 项和n S 思路分析:通过分组,直接用公式求和。

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数列求和例题精讲
1. 公式法求和
(1)等差数列前 n 项和公式
S n n(a 1 a n )
n(a k 1
a n k )
n( n 1)
d
2
2
na 1
2
(2)等比数列前 n 项和公式
q 1 时 S n na 1
q 1 时 S n
a 1 (1 q n ) a 1 a n q
1 q 1 q
(3)前 n 个正整数的和
1 2 3
n(n 1)
n
2
前 n 个正整数的平方和
12
22 32
n 2
n(n
1)(2n 1)
6 前 n 个正整数的立方和
13
23 33 n 3
[ n(n
1) ] 2
( 1)弄准求和项数 n 的值; 2
公式法求和注意事项
( 2)等比数列公比 q 未知时,运用前 n 项和公式要分类。

例 1.求数列 1,4,7, ,3n 1 的所有项的和
例 2.求和 1 x x 2
x n 2 ( n 2, x
0 )
2.分组法求和
例 3.求数列 1, 1 2,1 2 3,,1 2 3 n 的所有项的和。

5n 1 (n为奇数 )
例 4.已知数列a n中,a n ,求 S2m。

( 2) n (n为偶数 )
3.并项法求和
例 5.数列a n 中, a n ( 1) n 1 n2,求 S100。

例 6.数列a n中,,a n( 1) n 4n ,求 S20及 S35。

4.错位相减法求和
若a n 为等差数列,b n 为等比数列,求数列a n b n(差比数列)前n项
b n 的公比。

和,可由S n qS n求 S n,其中q

例 7.求和12x 3x 2nx n 1(x0 )。

5.裂项法求和 :把数列各项拆成两项或多项之和,使之出现成对互为相反数的项。

例 8.求和
1 1 1 1。

1 3 3 5 5 7 (2n 1)(2n 1)
例 9.求和
1 1 1 1
2 1
3 2 23 。

n 1n
[练习]
1 1 1
1
1 2 3 2 3 n
1 2 1
a n S n 2
1
n 1
6 . 倒序相加法:把数列的各项顺序倒写,再与原来顺序的数列相加。

S n a 1 a 2
a
n 1
a
n
S n a n
a
n 1
a 2 a 1
2S n a 1 a n
a 2
a
n 1
a 1
a n




已知 f ( x)
x
2
,则 f (1) f ( 2) f 1 f (3) f
1 f (4) f
1
1 x 2
2
3
4
1 2
x 2
x 2
f ( x)
f
1
x
1 1
x
1 x
2
1 2
1 x
2
1 x
2
1
x
∴原式 f (1)
f (2) 1
f (3)
f
1
1
f
f (4)
f
2
3
4
1 1 1 1 3 1
2
2
专题训练
数列求和练习
1 、 数 列 { a n } 的 通 项 a n
1
, 则 数 列 { a n } 的 前 n 项 和 为
1
2 3 n (
)
A .
2n
B .
2n
C .
n
2 D .
n
2n 1
n 1
n 1
2n 1
2 、 数 列 11,21,31,4 1
,
的 前 n
项和可能为
2 4
8 16
(
)
A . 1
(n
2
n 2)
1
B . 1
(n 2
n) 1 1
2 2n
2
2n 1
C . 1 2
n 2)
1
D . 1 ( n 2
n) 2(1
1
) (n 2 n
2
n
2
2
3 、 已 知 数 列 { a n } 的 前 n 项 和 S n
2n
1 , 则 a 1
2 a 22
a n 2 等 于
(
)
A . (2
n
1)
2
B . 1
(2
n
1)
C . 4
n
1
D . 1
( 4n 1)
3
3
4、数列{ a n}的通项公式a n 1 (n N * ) ,若前n项和为10,则项数n为
n n 1
()
A.11 B.99 C.120 D.121
5、在数列{ a n}中,a1 1, a2 2 且 a n 2 a n 1 ( 1) n ( n N * ) ,则 S100 .
6、已知S n 1 5 9 13 17 21 ( 1) n 1 (4n 3) ,则 S15 S22 .
7、已知等差数列
n
}
n
,若
m 1, m N, a m 1 a m 1 a m2 0, 2 m 1
38 ,{ a 的前 n 项和为S S
则 m =.
8、已知数列{ a n}中,a1 1,当n 2 时,其前 n 项和S n满足S n 2 a n (S n 1 ) 。

2
(1)求S n的表达式;( 2)设b n S n ,求 {b n } 的前n项和 T n.
2n 1
9、等比数列{ a n}同时满足下列条件:①a1a633 ,②a3a432 ,③三个数4a2,2a3, a4
依次成等差数列.( 1)求数列{ a n}的通项公式;(2)记b n n
,求数列{b n}的前n a n
项和 T n.
10、等差数列{ a n}各项均为正整数,a1 3,前 n 项和为 S n,在等比数列 { b n } 中,b1 1 且 b2 S2 64 ,公比为8。

(1)求 a n和 b n;(2)证明:
1
1 1 3 。

S1 S
2 S n 4。

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