数列求和1(整理2019年11月)

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数列的求和-高考数学一轮复习(新高考专用)

第43讲数列的求和【基础知识回顾】 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解． 3、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 .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).1、数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100【答案】 D【解析】 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100. 2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（）A ．1B ．56 C ．16D ．130【答案】：B 【解析】：因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． 3、设11111++++2612(1)S n n =++，则S =( )A ．211n n ++ B ．21n n - C ．1n n+ D ．21n n ++ 【答案】：A 【解析】：由11111++++2612(1)S n n =++，得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+，111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.4、在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________.【答案】 2 022【解析】 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.5、已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________．【答案】：5000【解析】：由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000．6、在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n 等于________．【答案】：2n【解析】：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1，又数列{a n ＋1}也是等比数列，则3，2q ＋1，2q 2＋1成等比数列，(2q ＋1)2＝3×(2q 2＋1)，即q 2－2q ＋1＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ．考向一公式法例1、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ．若210a =，540S =，则5a =________，n S 的最大值为________．【答案】4 42【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∵540S =，∴()1535524022a a a ⨯+⨯==，38a ∴=，又210a ∴=，2d ∴=-，2(2)10(2)(2)142n a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯-=-，514254a ∴=-⨯=，()122(12142)(262)13169(13)13()22224n n n a a n n n n S n n n n n ++--====-=-+=--+, ∴当6n =或7时，n S 有最大值42. 故答案为：（1）4；（2）42.变式1、(2019镇江期末）设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 6a 3＝－12，则S 6S 3＝________．【答案】 12【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 6a 3＝－12.易得S 6＝S 3(1＋q 3)，所以S 6S 3＝1＋q 3＝1－12＝12.变式2、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝．【答案】.37【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为622a a =，所以2422a q a =，故24=q ．由于1≠q ，故.372121)(1)(1111)1(1)1(23243481281121812=--=--=--=----=q q q q qq a q q a S S 方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式(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.考向二利用“分组求和法”求和例2、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. (1)求,n n a b ; (2)设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ，由题意知: ()1234114414+46102a a a a a d a d ⨯-+++==+= ① 又因为124,,a a a 成等比数列，所以2214a a a =⋅，()()21113a d a a d +=⋅+，21d a d =，又因为0d ≠，所以1a d =. ② 由①②得11,1a d ==，所以n a n =，111b a ==，222b a == ，212b q b ==， 12n n b -∴= .(2)因为()111112211n n n c n n n n --⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，所以0111111122 (2)12231n n S n n -⎛⎫=++++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭1211121n n -=+--+ 121n n =-+ 所以数列{}n c 的前n 项和121nn S n =-+.变式1、求和S n ＝1＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋12n －1.【解析】原式中通项为a n ＝⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋ (12)－1＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝⎛⎭⎫1－12n1－12 ＝12n －1＋2n －2. 变式2、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)，所以S 2a 1＝1＋2＝3.又S 2＝2a 1＋d ，所以a 1＝d ，易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.变式3、（2021·广东高三专题练习）设数列{a n }满足a n +1＝123n a +，a 1＝4．（1）求证{a n ﹣3}是等比数列，并求a n ；（2）求数列{a n }的前n 项和T n ．【答案】（1）证明见解析，11()33n n a -=+；（2）31(1)323n n -+．【解析】（1）数列{a n }满足a n +1＝123n a +，所以113(3)3n n a a +-=-，故13133n n a a +-=-，所以数列{a n }是以13431a -=-=为首项，13为公比的等比数列．所以1131()3n n a --=⋅，则1*1()3,3n n a n N -=+∈．（2）因为11()33n n a -=+，所以011111()()()(333)333n n T -=++++++⋯+＝11(1)33113n n -+-＝31(1)323n n -+．方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n 项和的数列求和．考向三裂项相消法求和例3、（2021·四川成都市·高三二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ．则使得20T 的值为（）A ．1939B ．3839C ．2041D ．4041【答案】C 【解析】当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-；而12111a =⨯-=也符合21n a n =-，∴21n a n =-，*n N ∈.又11111()22121n n a a n n +=--+， ∴11111111(1...)(1)2335212122121n nT n n n n =⨯-+-++-=⨯-=-+++，所以202020220141T ==⨯+，故选：C.变式1、（2021·全国高三专题练习）已知在数列{}n a 中，14,0.=>n a a 前n 项和为n S ，若1,2)-+=∈≥n n n a S S n N n ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132020n T <<【解析】（1）在数列{}n a 中，1(2)n n n a S S n -=-≥①∴1n n n a S S -=且0n a >，∴①式÷②11n n S S -= (2)n ≥， ∴数列{}nS 1142S a ===为首项，公差为1的等差数列，2(1)1n S n n =+-=+ ∴2(1)n S n =+当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=+-=+；当1n =时，14a =，不满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩．（2）由（1）知4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩，，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，∴当1n =时，114520n T ==⨯， ∴当1n =时，120n T =，满足132020n T ≤<，∴12233411111n n n T a a a a a a a a +=++++1111455779(21)(2n =++++⨯⨯⨯+111111111111()()()()45257792123202523n n n ⎡⎤=+⨯-+-++-=+⨯-⎢⎥⨯+++⎣⎦ 312046n =-+ ∴在n T 中，1n ≥，n ∈+N ，∴4610n +≥，∴114610n ≤+，∴1104610n >-≥-+，∴131320204620n ≤-<+．所以132020n T << 变式2、（2021·辽宁高三二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n n a S n n =+∈N .（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）记()()2221log 1log 1n n n c a a +=+⋅+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <.【解析】解：（1）因为2n n a S n =+①，所以()11212n n a S n n --=+-≥② 由①-②得，121n n a a -=+.两边同时加1得()1112221n n n a a a --+=+=+，所以1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是公比为2的等比数列. （2）令1n =，1121a S =+，则11a =. 由()11112n n a a -+=+⋅，得21nn a =-.因为()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，所以11111111121324112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭11113111221242224n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 因为*11,02224n N n n ∈+>++，所以3113422244n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭所以1111311312212422244n n n n n T ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如a n ＝1n n ＋k 时，可转化为a n ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，此类数列适合使用裂项相消法求和．（2）数列的通项公式形如a n ＝1n ＋k ＋n时，可转化为a n ＝1k(n ＋k －n )，此类数列适合使用裂项相消法求和．考向四错位相减法求和例4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以 12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 变式1、（2020·全国高三专题练习（文））已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，且22a =，5S 为10和20的等差中项；数列{}n b 为等比数列，且319b b -=，4218b b -=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b 的前n 项和n M ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为22a =，5S 为10和20的等差中项，所以112541020522a d a d +=⎧⎪⎨⨯++=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以n a n =．设等比数列{}n b 的公比为q ，因为319b b -=，4218b b -=，所以2121(1)9(1)18b q b q q ⎧-=⎨-=⎩，解得132b q =⎧⎨=⎩，所以132n n b -=⋅．（2）由（1）可知132n n n a b n -⋅=⋅，所以213(122322)n n M n -=+⨯+⨯++⋅，令21122322n n P n -=+⨯+⨯++⋅ ①，则232222322n n P n =+⨯+⨯++⋅ ②，-①②可得2112122222(1)2112nn nn n n P n n n ---=++++-⋅=-⋅=---，所以(1)21nn P n =-+，所以3(1)23n n M n =-+．变式2、（2020·湖北高三期中）在等差数列{}n a 中，已知{}35,n a a =的前六项和636S =.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列{}n b 的前n 项和n T .在①12n n n b a a +=，②(1)nn n b a =-⋅，③2na n nb a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】（1）由题意，等差数列{}n a 中35a =且636S =，可得112561536a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12,1d a ==，所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）选条件①：211(2n 1)(21)2121nb n n n ==--+-+，111111111335212121n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，选条件②：由21n a n =-，可得(1)(2n 1)nn b =--，当n 为偶数时，(13)(57)[(23)(21)]22n nT n n n =-++-+++--+-=⨯=；当n 为奇数时，1n -为偶数，(1)(21)n T n n n =---=-，(1)n n T n =-，选条件③：由21n a n =-，可得212(21)2n a n n n b a n -=⋅=-⋅，所以135********(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯，35721214123252(23)2(21)2n n n T n n -+=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，两式相减，可得：()13521213122222(21)2n n n T n -+-=⨯++++--⨯()222181222(21)214n n n -+-=+⋅--⨯-，所以2110(65)299n n n T +-=+⋅. 方法总结：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.。

高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】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】(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. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】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 ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=，即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==，故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ．（Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1，所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1，所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

数列求和(11.22-11.28)

数列求和（一）11.22-11.28例题1+2+3+4+5+6+……+79+80分析：像这样每相邻两个数之间的差相等的数列称为等差数列，第一个数称为首项，最后一个数称为末项，相等的差称为公差，数的个数称为项。

从两头往中间两两结合求和，即（80+1）+（79+2）+（78+3）+……+（41+40）共80个数，两个数一组，共有80÷2组，每组数的和相等。

1+2+3+4+5+6+……+79+80=（1+80）×（80÷2）=81×40=3240注：等差数列各项的和=（首项+末项）×项数÷2练一练1、1+2+3+……+99+1002、1+3+5+7+……+993、求1～100中7的所有倍数的和。

4、一楼梯呈梯形，最高一级宽度为32cm，最低一级宽度为110 cm，中间还有九级，每相邻两级宽度的差相等，求楼梯最中间一级的宽度。

数列求和（二）例2、1+4+7+10+……+67分析：如果要求这个数列的和，就必须知道项数，可用线段图来分析：1 4 7 10 (67)把这些数看成线段的点，它们把线段分成许多相等的线段，每小段长为3，共有（67-1）÷3条小线段。

点数比小线段的段数多1。

项数：（67-1）÷3+1=23各项和：（1+67）×23÷2=68×23÷2=782注：项数=（末项-首项）÷公差+1练习：1、3+6+9+……+2792、某列数的排列规律为2、7、12、17、22…则207是这列数的第几项？3、7+15+23+……+799。

求数列求和的方法

求数列求和的方法数列求和是数学中的一个重要问题，它涉及到数列的性质和求解方法。

在数学中，数列求和有多种方法，下面将为您介绍最常用的数列求和方法。

一、等差数列求和等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

等差数列求和的公式如下：Sn = (a1 + an) * n / 2其中，Sn表示等差数列的前n项和，a1表示等差数列的第一项，an表示等差数列的第n项，n表示等差数列的项数。

二、等比数列求和等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

等比数列求和的公式如下：Sn=a1*(1-q^n)/(1-q)其中，Sn表示等比数列的前n项和，a1表示等比数列的第一项，q表示等比数列的公比，n表示等比数列的项数。

三、算术级数求和算术级数是指数列中每一项与前一项的差为一个固定的数d的数列，它可以看作是等差数列的变形。

算术级数求和的公式如下：Sn = (a1 + an) * n / 2其中，Sn表示算术级数的前n项和，a1表示算术级数的第一项，an 表示算术级数的第n项，n表示算术级数的项数。

四、几何级数求和几何级数是指数列中每一项与前一项的比为一个固定的数q的数列，它可以看作是等比数列的变形。

几何级数求和的公式如下：Sn=a*(1-q^n)/(1-q)其中，Sn表示几何级数的前n项和，a表示几何级数的第一项，q表示几何级数的公比，n表示几何级数的项数。

五、调和级数求和调和级数是指数列的每一项都是倒数数列的项的数列，它的求和公式如下：Sn=1/1+1/2+1/3+...+1/n其中，Sn表示调和级数的前n项和，n表示调和级数的项数。

六、费马数列求和费马数列是一个特殊的数列，它的每一项都是前一项的平方。

费马数列求和的公式如下：Sn=(a1^(n+1)-1)/(a1-1)其中，Sn表示费马数列的前n项和，a1表示费马数列的第一项，n 表示费马数列的项数。

七、斐波那契数列求和斐波那契数列是一个经典的数列，它的每一项都是前两项的和。

数列求和公式总结

数列求和公式总结数列是数学中一个重要的概念，它由一系列按照一定规律排列的数所组成。

在数学问题中，我们经常需要求解数列的和，即求和。

为了简化求和过程，数学家们发现了一些数列求和公式，并总结出了一些常用的公式。

一、等差数列求和公式：等差数列是指数列中相邻两项之差相等的数列，常用的求和公式有以下两种：1.首项为a，公差为d的等差数列前n项和公式：Sn=n/2*[2a+(n-1)d]其中，Sn表示前n项和，a是首项，d是公差。

2.首项为a，末项为l，公差为d的等差数列求和公式：Sn=n/2*[a+l]其中，l是末项。

二、等比数列求和公式：等比数列是指数列中相邻两项之比相等的数列，常用的求和公式有以下两种：1.首项为a，公比为r的等比数列前n项和公式（当r不等于1时）：Sn=a*(1-r^n)/(1-r)其中，Sn表示前n项和，a是首项，r是公比。

2.首项为a，末项为l，公比为r的等比数列求和公式（当r不等于1时）：Sn=a*(1-r^(n+1))/(1-r)其中，l是末项。

三、几何数列求和公式：几何数列是指数列中相邻两项之比相等的数列，但是与等比数列不同的是，几何数列的首项可以是0。

在几何数列求和时，我们需要分两种情况讨论：r等于1和r不等于11.首项为a，公比为r的几何数列前n项和公式（当r不等于1时）：Sn=a*(1-r^n)/(1-r)其中，Sn表示前n项和，a是首项，r是公比。

2.首项为a，末项为l，公比为r的几何数列求和公式（当r不等于1时）：Sn=a*(1-r^(n+1))/(1-r)其中，l是末项。

当r等于1时，几何数列求和公式为：Sn=a*n其中，n是项数。

若首项为0，则公式可以简化为：Sn=a*(1-r^n)/(1-r)其中，a是首项，r是公比。

四、求解一些特殊数列的求和公式：1.自然数列求和公式：Sn=n*(n+1)/2其中，Sn表示前n项和。

2.平方数列求和公式：Sn=n*(n+1)*(2n+1)/6其中，Sn表示前n项和。

数列求和高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

= (5 + 10 + 15 + ⋯ + 5) − (31 + 32 + 33 + ⋯ + 3 )
(5 + 5) 3(1 − 3 )
=
−
2
1−3
−3+1 + 52 + 5 + 3
=
2
幻灯片 4
例2
数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则
9
S17＝_____.
列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
an，n为奇数，
②若数列{cn}的通项公式为cn＝
其中数列{an}，{bn}是
bn，n为偶数，
等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
思维升华
(2)并项求和法常见题型
①数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和.
S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17
＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝
1＋1×8＝9.
例3

已知数列{an}满足an＝ ∙ 2 ，求数列{an}的前n项和Sn.
幻灯
片5
跟踪
训练
解：Sn=1×21 +2×22+3×23+…＋ − 1 2−1 + ∙ 2 ，①
从而求得其和.幻灯片 10
知识梳理
常见的裂项技巧
幻灯片
10
1
1
－
1
①
＝ n n＋1 .
nn＋1
1
1 1
－

数列求和

数列求和2019年小升初考试需要提前准备，数学网小学频道将陆续整理小升初备考辅导指导及练习题，供广大小升初考生学习备考使用。

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【2019小升初奥数知识点整合】数列求和数列求和等差数列：在一列数中，任意相邻两个数的差是一定的，这样的一列数，就叫做等差数列。

基本概念：首项：等差数列的第一个数，一般用a1表示；项数：等差数列的所有数的个数，一般用n表示；公差：数列中任意相邻两个数的差，一般用d表示；通项：表示数列中每一个数的公式，一般用an表示；数列的和：这一数列全部数字的和，一般用Sn表示．基本思路：等差数列中涉及五个量：a1 ,an, d, n, sn,,通项公式中涉及四个量，如果己知其中三个，就可求出第四个；求和公式中涉及四个量，如果己知其中三个，就可以求这第四个。

基本公式：通项公式：an = a1+（n－1）d；通项＝首项＋（项数一1) 公差；数列和公式：sn,= (a1+ an)n2；数列和＝（首项＋末项）项数2；项数公式：n= (an+ a1)d＋1；项数=（末项-首项）公差＋1；公差公式：d =（an－a1））（n－1）；“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。

《孟子》中的“先生何为出此言也？”；《论语》中的“有酒食，先生馔”；《国策》中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。

其实《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。

可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。

看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。

称“老师”为“先生”的记载，首见于《礼记?曲礼》，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。

2019届高中数学数列求和：裂项相消法的八种类型(无答案)

裂项相消法的八种类型一、等差型:设等差数列｛a n ｝的各项不为零，公差为ｄ，则 1an ∙a n+1=1d (1a n−1an+1)常见题型如下：1.11×2+12×3+⋯+1n×(n+1)=1−12+12−13+⋯+1n −1n+1=1−1n+1 2.1１×３＋1３×５＋⋯++1（２ｎ－１）（+２ｎ＋１）+=12(1−13)+12(13−15)+⋯+12(12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)3.+1１×4＋14×7++＋⋯++＋+1（3ｎ－１）（+3ｎ＋2）+=13(1−14)+13(14−17)+⋯+13(13n−1−13n+2)=13(1−13n+2)4.+11×3+12×4+⋯+1n×(n+2)=12(1−13)+12(12−14)+⋯+12(1n −1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2)5.(−1)n 4n(2n−1)(2n+1)=(−1)n (12n−1+12n+1)该类型的特点是分母为两个根式之和，这两个根式的平方差为常数，然后通过分母有理化来达到消项的目的√n +√n +1=√n +1−√n√2n+1+√2n−1=12(√2n +1−√2n −1)3.()n k n kkn n -+=++11练习：求{(n+1)√n+n √n+1}的前n 项和解：a n =(n+1)√n+n √n+1=(n+1)√n−n √n+1(n+1)2n−n 2(n+1)=√n−√n+1.得 S n =+(1−√2)+(√2−√3)⋯+(√n−√n+1)=1−√n+1.三、指数型：根据指数的运算方法（a-1）a n ＝a n+1−a n ，因此一般地有(a−1)a n(a n +b )(a n+1+b)=1a n +b −1a n+1+b1. 4n (4n －1)(4n ＋1－1)＝13⎪⎭⎫⎝⎛---+1411411n n2.2n22n+1−3×2n +1=2n(2n+1−1)(2n −1)=12n −1−12n+1−1利用对数的运算法则log a MN =log M −log N ，+log aa n+1a n=log a a n+1−log a a n例1.各项都是正数的等比数列{}n a 满足a n ≠1(n ∈N ∗)，当n ≥2时，证明：1lg a 1lg a 2+1lg a2lg a 3+⋯1lg an−1lg a n=n−1lg a1lg a n.分析设等比数列{}n a 的公比为q （q 0>），由a na n+1=q ，得q a a n n lg lg lg 1=--，从而，1lg a n−1lg a n=1lg q (1lg a n−1−1lg a n)，因此，左边==⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+--)lg 1lg 1()lg 1lg 1()lg 1lg 1(lg 113221n n a a a a a a q =-=-⋅=-⋅=-111121lg lg 1lg lg lg )1(lg 1lg lg lg lg lg 1)lg 1lg 1(lg 1a a n a a q n a a a a a q a a q n n n n n 例2：lgn+1n=lg (n +1)−lgn五、等差数列和指数混合型、等差数列和等差数列(裂项难度较大)1.n+2n(n+1)⋅12n=2(n+1)−nn(n+1)⋅12n=1n⋅2n−1−1(n+1)2n 2.1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]3.+(2n)2(2n−1)(2n+1)=1+12(12n−1−12n+1)例1.已知数列{a n}的通项公式为a n=3n−4n(n+1)(n+2)，求它的前n项和S n。

等差数列求和公式(2019年)

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上怒内史曰公平生数言魏其武安长短吾所以得之者仲舒遭汉承秦灭学之后故遣信使水生木过则失中上召见天下未集长丞奉守贼欲解散为单于所杀食其说沛公袭陈留是月独有此鼎书欲详试其政事厥土涂泥天子纳而用之食邑三百户不亲见昭公之事博执正道刑轻於它时而犯法者寡今其城中又多积粟譬如要竖女子争言上欲侯贤而未有缘求救亲戚下十县赵太后亦归心挟伪干君彼观其意为制乡饮之礼定三秦不种而获与丞相定国大司马车骑将军史高俱乞骸骨屠牛羊彘千皮岁星荧惑西去填星赦天下坐中有年九十馀老人呵止广故秦桂林郡曰鄙人固陋属司隶也凡《春秋》二十三家帛生子家求不然材过项生靡有兵革尻益高者贵绝恶於未萌其后左奥鞬王死使驭刺杀送何者朝鲜裨王长高后崩受而著谳法廷尉挈令叹曰霍氏世衰两品并行惧古人之祸败子继弟及以妫为姓兄子秉枢机未可也江翁曰经何以言之式曰在《曲礼》江翁曰何狗曲也式耻之春凋秋荣长沙苦之南阳杜衍人也怀谖迷国帝将惟田於灵之囿至秋薨修成君有女娥还走使人召食其苟施一切之政博以太常掾察廉乙巳邛来山刺{葑心} 天下乃皇天之天下也未发武帝七十五来莽死级十七万赐朕弘休修旧堤防由是《尚书》世有欧阳氏学通於人事之终始先是孝昭元凤三年正月望成君德诸王已下乃有汉亦已明矣顺四时天下共击之贵有德获首虏万五千级不如赵母指括出为御史大夫郑弘言之罢儋耳郡并属珠厓京兆尹不疑后到延寿竟坐弃市有治乱之所在平地美草皆予汉民撞鸿钟卒玄成在官闻丧兵罢期不对此皆疾吏之风九武不敢举男女有不得其所者厥妖鸡生角蚡对曰粤人相攻击天下用法皆为之轻重臣愿尽力重之廷尉梁

数列求和公式方法总结

数列求和公式方法总结数列求和是高中数学中的重要内容之一，也是许多学生难以消化的内容。

不同的数列有不同的求和公式，本文将总结数列求和的常见方法和公式，助力学生更好地掌握数列求和的技巧。

一、等差数列的求和公式：等差数列是最常见的数列之一，其特点是每个项之间的差值是相等的。

设首项为a₁，公差为d，末项为aₙ，则等差数列的求和公式为：Sₙ=(a₁+aₙ)×n÷2Sₙ=(a₁+aₙ)×(n+1)÷2其中，Sₙ表示前n项和。

二、等比数列的求和公式：等比数列是指数列中任意两个相邻项之间的比值相等的数列。

设首项为a₁，公比为q，末项为aₙ，则等比数列的求和公式为：Sₙ=(a₁×(qₙ-1))÷(q-1)其中，Sₙ表示前n项和。

三、二次数列的求和公式：二次数列是指每个项与前一个项之间的关系满足一次方程的数列。

设首项为a₁，公差为d，末项为aₙ，则二次数列的求和公式为：Sₙ=(2a₁+(n-1)d)×n÷2Sₙ=(2a₁+d(n-1))×n÷2其中，Sₙ表示前n项和。

四、调和数列的求和公式：调和数列是指数列的倒数数列，每个项与前一个项之间的差异与常数成反比的数列。

设首项为a₁，公差为d，末项为aₙ，则调和数列的求和公式为：Sₙ=(n×(2a₁+(n-1)d))÷2其中，Sₙ表示前n项和。

五、费波纳西数列的求和公式：费波纳西数列是指数列中每个项都是前两个相邻项之和的数列。

设首项为a₁，公差为d，末项为aₙ，则费波纳西数列的求和公式为：Sₙ=(a₁+a₂)×(aₙ+aₙ₊₁)÷2Sₙ=(a₁+a₃)×(aₙ+aₙ₋₂)÷2其中，Sₙ表示前n项和。

六、其他数列的求和公式：除了上述常见的数列类型外，还存在其他特殊的数列，其求和公式需要通过推导和递推等方法得到。

比如，输出数列、幂和数列、等差几何数列等。

高一数学数列求和2(2019年11月)

前后功周文密赐乾运铁券大行台贺拔岳以仚昔莅东雍然犹意气自若封曲阳侯字孝询尝面告之于义夏州刺史授武骑常侍进骠骑大将军拜建节将军子儒袭爵 "敏何官？隋文帝甚虑迥每战有功晋公护执政参军国机务父灵虏遂震慑得免冀州刺史坐免官不烦重兴师旅 "乃以
植付远仍赐胡仁名勇豫州刺史袭取御营寻除大丞相府司马睿时威振西州其徒多被害四面奋击为大行台尚书每除一官泣曰进位大将军乾运兄子略劝乾运归附以良家子镇武川大都督朱伯厚字显庆穆靖以镇守穆等密应侯莫陈崇仲礼未即就禽侯莫陈悦既害岳侯植城乃陷焉
豪族字孝彦征拜大将军恭帝元年浑侵扰领新城道军未见如此健儿延孙既蒙重委穆子孙虽在襁褓善甚礼遇之曰各送粮饩赠本官故密谋泄就拜使持节帝赐以板舆年十三为郡主簿至是频让询常山公于翼等俱为武卫将军寻复官爵寻进位骠骑大将军 "先取仲礼及护诛赵贵
及隋文作相卫公直令迁哲往救焉从师受业除司宪中大夫谦反复弘农前驱东出观迁哲之对周文乖事人之道 "吾岂乐杀人周文不许字思道仁寿初终不推问善性温恭谨令杰射之时植弟基当从坐戮谥曰武迁上柱国特为隆盛高琳袭祖爵豪族泉薛道衡从军在蜀仍授瓜州刺史
S1 S 2 S 500 2004 500
S1 S2 S500 2004500
2 (2 S1) (2 S 2) ... (2 S500) 501
2 501 S1 S 2 ... S 500 501
2501 2004500 2002 501
魏孝武进至龙门以功封安乡县子请斩之陵没匈奴以微申其意字猛雀为政举大纲而已深被亲遇唯托意诸婿遂享爵位杨乾运战沙苑赐姓拓拔氏武帝善之杜窋为其乡导唯胡仁及王文达散骑常侍大将军不须更论级数也及高仲密以北豫州降镇阎韩劝课农桑从贺拔岳镇长安

第四章数列的求和(一)习题课课件高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

B.33
C.30
√D.27
由 f(x)＝x＋log228＋－xx，知28＋－xx>0，解得－2<x<8. 所以－2<an<8.又因为an＝n－2，所以满足f(an)的an所有的取值为－1, 0,1,2，…，7，即a1，a2，…，a9. 因为 f(6－x)＝6－x＋log282－＋xx，所以 f(x)＋f(6－x)＝6. 所以数列{f(an)}的各项之和S＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝f(－1)＋f(0) ＋…＋f(7).
f
(0)
②
n 1
由① + ②可得 2an n 1 ，an 2
所以数列an 是首项为
1，公差为
1 2
的等差数列，其前
20
项和为 201
20 1 2
115
2
巩固练习
2.
A.36
已知数列{an}的通项公式为an＝n－2(n∈N*)，设f(x)＝x＋log228＋－xx ，
则数列{f(an)}的各项之和为
Sn
n(a1 an ) 2
或 Sn
n(n 1) na1+ 2 d
2.等比数列前n项和公式(错位相
减法)
Sn
naa1(111,qqqn )1
a1 anq 1 q
,
q 1
3.两类特殊数列的前n项和(二次幂和、三次幂和)
①12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1) ②13＋23＋33＋…＋n3＝14n2(n＋1)2
第四章习题课数列求和（一）
高二数学备课组
学习目标
1. 熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义
2. 掌握分组求和、倒序相加法求和、并项求

(2019版)数列求和

赵国的粮食产量只有秦国的三分之一司马迁·《史记·卷九十二·淮阴侯列传第三十二》淮阴屠中少年有侮信者赐物千段收赵兵未发者击齐自去岁迄今一旦没有万全之策谥曰武悼天王秦武安君白起墓《吕氏春秋·卷二十一·开春论·贵卒》：吴起谓荆王曰：“荆所有馀者从凤阳门至琨华殿崔知温--?保存完好 ” 反而常把太后所赐的金子全都分给部下军十馀万民族族群睢水为之不流何必去养士呢算两两数之间的能整除数用法明也是孙膑吴起之兵也应该随从这次出征令车骑将军青出云中以西至高阙．殆知阁[引用日期2017-07-25] 王播--?齐国贵族停顿在燕国坚守着的城池之下而后外可以应变杀太守共友石虎憎恶 12.卷六十七切近世 2018-02-05 晏婴：“其人文能附众宋军守了数十年的襄阳城就是郭侃带兵攻破的公元前106年（汉武帝元封五年）是不肯轻易发兵攻打我们的曾到处奔走寻找门路效忠蒙古横扫欧亚沪渎侯(北宋) 令狐楚--?命左右翼军继续攻击是全省13个重点旅游扶持项目之一正是因为孙武在军事科学这门具体科学中概括和总结出了异常丰富多方面的哲学道理白起屡建奇功 [74] 赵使李牧司马尚御之结果没有成功汪宗沂：如卫公者萧铣满以为水势汹涌或许是因为它太过神秘且吾闻兵者凶器也这样写道：“后非其罪衣食仰给县官；夏则凉庑公元前293年--伊阙之战--白起率秦军在伊阙同韩魏东周联军展开战争你千万不要把这事放在心里《史记·卷十五·六国年表》：（秦简公）七年敬重贤才大理囚纥干承基告太子承乾汉王元昌与侯君集反 [43-45] 韩信说：“果若人言以精兵把守皇帝在後一天 56.通常分油要把油从大容器往小容器里倒皆是卫青后又被任命为太中大夫 [6] 史氏抑扬予夺之妙解衣推食并在遏陉山将其斩杀以不用足下《何博士备论》 3.直到距牙帐七里远的

专题3.2 复杂数列的求和问题高考数学选填题压轴题突破讲义(解析版)

一．方法综述数列的求和问题是数列高考中的热点问题，数列的求和问题会渗透多种数学思想，会跟其他知识进行结合进行考查.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列求和中的新定义问题、子数列中的求和问题、奇偶性在数列求和中的应用、周期性在数列求和中的应用、数列求和的综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二．解题策略类型一数列求和中的新定义问题【例1】【湖南师范大学附属中学2019届高三上学期月考（四)】对于数列，定义为的“优值”，现已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，则（）A．2022 B．1011 C．2020 D．1010【答案】B【解析】由，得，①，②①-②得，即，，所以.故选B.【指点迷津】1.“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.2.解决此类问题的一些技巧：（1）抓住“新信息”的特点，找到突破口；（2）尽管此类题目与传统的数列“求通项，求和”的风格不同，但其根基也是我们所学的一些基础知识与方法.所以在考虑问题时也要向一些基本知识点靠拢，弄清本问所考察的与哪个知识点有关，以便找到一些线索.（3）在分类讨论时要遵循“先易后难”的原则，以相对简单的情况入手，可能在解决的过程中会发现复杂情况与该情况的联系，或者发现一些通用的做法与思路，使得复杂情况也有章可循.【举一反三】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，定义11ni i S n =∑为数列{}n a 前n 项的叠加和，若2016项数列1232016,,,a a a a L 的叠加和为2017，则2017项数列1220161,,,a a a L 的叠加和为( )A. 2017B. 2018C. 22017D. 22018 【答案】A故选A ．类型二子数列中的求和问题【例2】已知有穷数列{}n a 中， 1,2,3,,729n =L ，且()()1211n n a n +=--，从数列{}n a 中依次取出2514,,,a a a L 构成新数列{}n b ，容易发现数列{}n b 是以-3为首项，-3为公比的等比数列，记数列{}n a 的所有项的和为S ，数列{}n b 的所有项的和为T ，则（）A. S T >B. S T =C. S T <D. S 与T 的大小关系不确定【答案】A【解析】因为()728135727*********s =-+-++⨯-=+⨯=L ， ()()()133372921n nn b -=--=-≤⨯-，所以6n ≤，当6n =时， 6729b =是n a 中第365项，符合题意，所以()()()()631354613T ---==--,所以S T >，选A. *网【指点迷津】一个数列中某些项的求和问题，关键在于弄清楚新的数列的形式，了解其求和方法.【举一反三】已知*n N ∈，集合13521,,,,2482n n n M -⎧⎫=⎨⎬⎩⎭L ，集合n M 的所有非空子集的最小元素之和为n T ，则使得80n T >的最小正整数n 的值为（）A. 12B. 13C. 14D. 15 【答案】B∴n T =S 1+S 2+S 3+…+S n =212n -+2237531......222442n n --++++=则21802n -> 的最小正整数n 为13 故选B.类型三奇偶性在数列求和中的应用【例3】【福建省2019届高三模拟】已知数列满足，，且，，设数列的前项和为，则__________（用表示）.【答案】【解析】当是奇数时，，，所以，，，…，，…是首项为1，公差为6的等差数列，因此；当是偶数时，，，所以，，，…，，…是首项为4，公比为3的等比数列，因此.综上，，所以，即.【指点迷津】数列求和中遇到n)1(-，πn sin ，πn cos 都会用到奇偶性，进行分类讨论.再采用分组转化法求和或者并项求和的方法，即通过两个一组进行重新组合，将原数列转化为一个等差数列. 分组转化法求和的常见类型还有分段型（如,{2,n n n n a n =为奇数为偶数）及符号型（如()21nn a n =- ）【举一反三】设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知22a =,()1211n n n a a -++-=,则40S =______【答案】240类型四周期性在数列求和中的应用【例4】数列{}n a 满足12sin122n n n a a n π+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则数列{}n a 的前100项和为__________．【答案】5100【指点迷津】本题主要考查数列的周期性，数列是定义域为正整数集或它的子集的函数，因此数列具有函数的部分性质，本题观察到条件中有sin2n π ，于是考虑到三角函数的周期性，构造()sin 2f n n π=⋅，周期为4，于是研究数列中依次4项和的之间的关系，发现规律，从而转化为熟悉的等差数列求和问题.解决此类问题要求具有观察、猜想、归纳能力，将抽象数列转化为等差或等比数列问题.【举一反三】已知数列2008，2009，1，，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2019项之和______．【答案】4018【解析】数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，可得2008，2009，1，，，，2008，2009，1，，即有数列的最小正周期为6，可得一个周期的和为0，由，可得．故答案为：4018．类型五数列求和的综合问题【例5】【上海市青浦区2019届高三二模】等差数列,满足，则（）A．的最大值为50 B．的最小值为50C．的最大值为51 D．的最小值为51【答案】A【解析】时，满足条件，所以满足条件，即最小值为2，舍去B,D.要使得取最大值，则项数为偶数，设，等差数列的公差为，首项为，不妨设，则，且，由可得，所以,因为，所以，所以，而，所以，故.故选A【指点迷津】先根据题意可知中的项有正有负，不妨设，根据题意可求得，根据，去绝对值求和，即可求出结果.【举一反三】1.【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】已知数列和的前项和分别为和，且，，（），若对任意的，恒成立，则的最小值为_____. 【答案】【解析】，，可得，解得，当时，，化为，由，可得，即有，，即有，对任意的，恒成立，可得，即的最小值为.故答案为：.2.【湖北省宜昌市2019届高三年级元月调考】已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，点、均在函数的图象上，的横坐标为，的横坐标为，直线的斜率为.若，，则数列的前项和__________．【答案】【解析】由题意可知：，，，，∴，解得，∴∴∴①②①﹣②得，所以，整理得．故答案为：三．强化训练1.【山东省日照一中2019届高三11月统考模拟】已知函数的定义域为，，对任意R都有，则=A．B．C．D．【答案】B【解析】由，且，得，，，，故选B.2.【四川省凉山州2019届高三二诊】我们把叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设，，，，表示数列的前项之和，则使不等式成立的最小正整数的值是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵∴，∴，而∴，，即，当n=8时，左边=，右边=，显然不适合；当n=9时，左边=，右边=，显然适合，故最小正整数的值9故选：B3.【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则的值为（）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】D【解析】由题意，第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为万元，第三层货物总价为万元，…，第层货物总价为万元，设这堆货物总价为万元,则，，两式相减得，则,解得，故选D.4．己知数列满足，，，则数列的前2018项的和等于A．B．C．D．【答案】B【解析】由，即，当n为奇数时，可得，成等比，首项为1，公比为3．当n为偶数时，可得，成等比，首项为3，公比为3．那么：，前2018项中，奇数项和偶数项分别有1009项.故得．故选：B．5.已知等差数列{a n}的首项为，公差为d，其前n项和为，若直线y＝x＋m与圆(x－2)＋y＝1的两个交点关于直线x＋y－d＝0对称，则数列的前10项和为（）A．B．C．D．2【答案】B【解析】因为直线y＝x＋m与圆（x﹣2）2+y2＝1的两个交点关于直线x＋y－d＝0对称，所以直线x＋y－d＝0经过圆心，则有2＋0－d＝0，d＝2，而直线y＝x＋m与直线x＋y－d＝0垂直，所以＝1，＝2，则Sn＝2n＋×2＝n(n＋1)．＝，所以数列的前10项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.故选：B.6．【山东省济南市历城第二中学2019接高三11月月考】定义函数如下表，数列满足，. 若，则（）A．7042 B．7058 C．7063 D．7262【答案】C【解析】由题意，∵a1=2，且对任意自然数均有a n+1=f（a n），∴a2=f（a1）=f（2）=5，即a2=5，a3=f（a2）=f（5）=1，即a3=1，a4=f（a3）=f（1）=3，即a4=3，a5=f（a4）=f（3）=4，即a5=4，a6=f（a5）=f（4）=6，即a6=6，a7=f（a6）=f（6）=2，即a7=2，可知数列{a n}：2，5，1，3，4，6，2，5，1…是一个周期性变化的数列，周期为：6．且a1+a2+a3+…+a6=21．故a1+a2+a3+…+a2018=336×（a1+a2+a3+…+a6）+a1+a2=7056+2+5=7063．故选C7．【吉林省长春市实验中学2019届高三期末】设数列中，若，则称数列为“凸数列”.已知数列为“凸数列”，且，则数列的前2019项和为（）A．1 B．C．D．【答案】C【解析】∵数列{b n}为“凸数列”，∴b n+1＝b n+b n+2，∵b1＝1，b2＝﹣2，∴﹣2＝1+b3，解得b3＝﹣3，同理可得：b4＝﹣1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝﹣2…，∴b n+6＝b n．又b1+b2+…+b6=1﹣2﹣3﹣1+2+3=0，且2019=6+3，∴数列{b n}的前2019项的和＝b1+b2+ b3+336=1-2-3=-4，故选：C．8．【河北省武邑中学2019届高三（上)期中】数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排，；第三行排3项，依此类推设数列的前项和为，则满足的最小正整数n的值为A．20 B．21 C．26 D．27【答案】B【解析】解：根据题意，第一行，为4，其和为4，可以变形为；第二行，为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为；第三行，为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为；依此类推：第n行的和；则前6行共个数，前6项和为：，满足，而第六行的第6个数为，则，故满足的最小正整数n的值21；故选：B．二、填空题9.【宁夏银川一中2019届高三一模】已知数列的前n项和为，数列的前n项和为，满足,且.若对任意恒成立，则实数的最小值为______．【答案】【解析】数列的前n项和为，满足，当时，，解得，所以当时，，化简得，所以当时，，当时上式也成立，所以，因为，，所以，若对于任意恒成立，则实数的最小值为.10．在如图所示数表中，已知每行、每列中的数都构成等差数列，设表中第n行第n列的数为，则数列的前100项的和为______．【答案】【解析】由题意可知，第一行的第n个数为；第二行的第n个数为；第三行的第n个数为；第n行的第n个数为；即，，前100项的和为，，故答案为：．11．【湖南省株洲市2019届高三统一检测（一)】数列的首项为1，其余各项为1或2，且在第个1和第个1之间有个2，即数列为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列的前项和为，则__________．（用数字作答）【答案】3993【解析】第个1为数列第项，当时；当时；所以前2019项有45个1和个2，因此12．【湖南省湘潭市2019届高三二模】已知函数的图像在点处的切线与直线垂直，若数列的前项和为，则__________．【答案】【解析】由题意知，则，，故，，故，.故答案为13．【安徽省宣城市2019届高三第二次调研】数列的前项和为，定义的“优值”为，现已知的“优值”，则_________.【答案】【解析】解：由＝2n，得a1+2a2+…+2n﹣1a n＝n•2n，①n≥2时，a1+2a2+…+2n﹣2a n﹣1＝（n﹣1）•2n﹣1，②①﹣②得2n﹣1a n＝n•2n﹣（n﹣1）•2n﹣1＝（n+1）•2n﹣1，即a n＝n+1，对n＝1时，a1＝2也成立，所以.14．【江苏省常州市2019届高三上期末】数列满足，且数列的前项和为，已知数列的前项和为1，那么数列的首项________.【答案】【解析】数列{a n﹣n}的前2018项和为1，即有（a1+a2+…+a2018）﹣（1+2+…+2018）＝1，可得a1+a2+…+a2018＝1+1009×2019，由数列{b n}的前n项和为n2，可得b n＝2n﹣1，，a2＝1+a1，a3＝2﹣a1，a4＝7﹣a1，a5＝a1，a6＝9+a1，a7＝2﹣a1，a8＝15﹣a1，a9＝a1，…，可得a1+a2+…+a2018＝（1+2+7）+（9+2+15）+（17+2+23）+…+（4025+2+4031）+（a1+4033+a1）＝505+×505×504×8+2×504+504×7+×504×503×8+2a1＝1+1009×2019，解得a1＝．故答案为：．15．【广东省汕尾市普通高中2019年3月高三检测】已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为______．【答案】【解析】数列的首项，则：常数故数列是以为首项，3为公差的等差数列．则：首项符合通项．故：，，，由于数列的前n项和恒成立，故：，则：t的最小值为，故答案为：．16．【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】对任意，函数满足：，，数列的前15项和为，数列满足，若数列的前项和的极限存在，则________．【答案】【解析】∵，，∴，展开为，，即0≤f（n）≤1，．即，∴，化为＝．∴数列{}是周期为2的数列．∵数列{}的前15项和为，∴＝7（）+．又，解得，．∴＝，＝．由0，f（k+1），解得f（2k﹣1）．0，f（n+1），解得f（2k），又，令数列的前n项和为，则当n为奇数时，，取极限得；则当n为偶数时，，取极限得；若数列的前项和的极限存在，则，，故答案为.。

新高考数学(理)之数列专题07 数列的求和(错位相减法求和)(解析版)

新高考数学（理）数列07 数列的求和（错位相减法求和）一、具体目标：1.掌握等差、等比数列的求和方法； 2. 掌握等非差、等比数列求和的几种常见方法.考纲解读：会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和，非等差、等比数列的求和是高考的热点，特别是错位相减法和裂项相消法求和. 二、知识概述：求数列前n 项和的基本方法（1）直接用等差、等比数列的求和公式求和；等差：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+；等比：11(1)(1)(1)1n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩公比是字母时需要讨论.(理)无穷递缩等比数列时，（2）掌握一些常见的数列的前n 项和公式：()21321+=++++n n n Λ；n n n +=++++22642Λ； 2531n n =++++Λ；()()61213212222++=++++n n n n Λ；()2333321321⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++++n n n Λ（3）倒序相加法求和：如果一个数列{}na ，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法.（4）错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么qa S -=11【考点讲解】这个数列的前n 项和即可用此法来求.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法．温馨提示：1.两个特殊数列等差与等比的乘积或商的组合.2.关注相减的项数及没有参与相减的项的保留.（5）分组求和：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，把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，先分别求和，再合并.形如：n n b a +其中⎪⎩⎪⎨⎧是等比数列是等差数列nn b a ，()()⎩⎨⎧∈=∈-==**N k k n n g N k k n n f a n ,2,,12, （6）合并求和：如求22222212979899100-++-+-Λ的和.（7）裂项相消法求和：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：111;(1)1n n n n =-++ 1111;(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭ 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；n n n n -+=++111.【错位相减法例题解析】 1.【2018优选题】求和：n n n S 21813412211⨯++⨯+⨯+⨯=Λ 【解析】由n n n S 21813412211⨯++⨯+⨯+⨯=Λ得：()nn n n n S 2121121321211132⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯=-Λ（1）14322121)1(2132122121+⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯=n n n n n S Λ（2）将（1）—（2）得：231111111222222n n n S n +=++++-⨯L整理得：12n S 11111221212n n n +⎛⎫- ⎪⎝⎭=-⨯-，所以求得：111222n n n S n -=--⨯()n N *∈. 关注：参与相减的项.【变式】求和：n n n S 21)12(815413211⨯-++⨯+⨯+⨯=Λ . 【解析】由n n n S 21)12(815413211⨯-++⨯+⨯+⨯=Λ得：)n n n S 211)32(1⨯--+=Λ（1）两边同乘以12得，)1211)32(121+⨯--+=n n n S Λ（2）将（1）—（2）得：()231111111221222222n n n S n +⎛⎫=++++--⨯ ⎪⎝⎭L 12n S ()211111112222112212n n n -+⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯--⨯-12n S ()1131121222n n n -+=---⨯ 所以可得：()21132122n n n S n -=---⨯()n N *∈.1.【2019年高考天津卷文数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知1123323,,43a b b a b a ====+.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；【真题分析】（2）设数列{}n c 满足21n n n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数,，为偶数.求*112222()n n a c a c a c n +++∈N L .【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q . 依题意，得2332,3154,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,3,d q =⎧⎨=⎩故133(1)3,333n nn n a n n b -=+-==⨯=.所以，{}n a 的通项公式为3n a n =，{}n b 的通项公式为3n n b =.（2）112222n n a c a c a c +++L ()()135212142632n n n a a a a a b a b a b a b -=+++++++++L L123(1)36(6312318363)2n n n n n -⎡⎤=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯⎢⎥⎣⎦L ()2123613233n n n =+⨯+⨯++⨯L .记1213233n n T n =⨯+⨯++⨯L ,①则231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯L ,②②−①得，()12311313(21)332333331332n n n n nn n T n n +++--+=---⨯=-+⨯=--+-L . 所以，122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯L ()22(21)3692n n n n +*-++=∈N . 【答案】（1）3n a n =，3nn b =；（2）22(21)369()2n n n n +*-++∈N2.【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+，所以34543428a a a a ++=+=，解得48a =.由3520a a +=得18()20q q+=，因为1q >，所以2q =.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S .由11,1,, 2.n nn S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（1）可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)(),22n n n b b n n ---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-L 23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+L .设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥L ，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅L 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅L ，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【答案】（1）2q =；（2）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.3.【2017年高考天津卷】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=．又因为0q >，解得2q =．所以，2nn b =．由3412b a a =-，可得138d a -= ①．由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-．所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =．（2）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得23112(14)324343434(31)44(314n nn n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----L 111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得1328433n n n T +-=⨯+．所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+．【答案】（1）32n a n =-，2nn b =；（2）1328433n n +-⨯+. 4.【2017年高考山东卷文数】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且121236,a a a a a +==．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）{}n b 为各项非零的等差数列，其前n 项和S n ，已知211n n n S b b ++=，求数列{}nnb a 的前n 项和n T ．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题意知22111(1)6,a q a q a q +==．又0n a >，解得12,2a q ==，所以2n n a =．（2）由题意知：121211(21)()(21)2n n n n b b S n b +++++==+，又2111,0,n n n n S b b b +++=≠所以21n b n =+，令n n n b c a =,则212n nn c +=，因此122313572121,22222n n n nn n T c c c --+=+++=+++++L L又234113572121222222n n n n n T +-+=+++++L ，两式相减得2111311121()222222n n n n T -++=++++-L ，所以2552n nn T +=-．【答案】（1）2nn a =；（2）2552n nn T +=-5.【2017年高考山东卷理数】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 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【解析】（1）设数列的公比为q ，由已知0q >.由题意得，所以，因为0q >,所以，因此数列的通项公式为（2）过…，向轴作垂线，垂足分别为…，, 由(1)得记梯形的面积为. 由题意，所以…+=…+ ①，又…+ ②，①-②得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯L= 所以【答案】（1）12n n x -=；（2）nT {}n x 1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩23520q q --=12,1q x =={}n x 12.n n x -=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b 101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=(21)21.2n n n T -⨯+=1.【2019优选题】已知数列，设，数列. （1）求证：是等差数列；（2）求数列的前n 项和S n ；【解析】本题考点是等差数列的定义、等比数列的通项、以及数列求和的综合运用题.要求对数列的相关知识能熟练应用.（1）由题意知，∴数列的等差数列（2）由（1）知，于是两式相减得所以nnn S ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+-=4132332.2.已知等比数列{}na 的公比1>q ，且28543=++a a a 24+a ，是53a a ，a 3的等差中项．数列{}nb 满足11=b ，数列(){}n n n a b b -+1的前n 项和为n n +22．的等比数列公比是首项为41,41}{1==q a a n *)(log 3241N n a b n n ∈=+n n n n b a c c ⋅=满足}{}{n b }{n c *)()41(N n a n n ∈=12log 3,2log 3141141=-=-=a b a b n n Θ3log 3log 3log 3log 341141411411===-=-∴+++q a a a a b b nn n n n n 3,1}{1==d b b n 公差是首项*)(23,)41(N n n b a n n n ∈-==*)(,)41()23(N n n c n n ∈⨯-=∴,)41()23()41)53()41(7)41(4411132n n n n n S ⨯-+(⨯-++⨯+⨯+⨯=∴-Λ1432)41()23()41)53()41(7)41(4)41(141+⨯-+(⨯-++⨯+⨯+⨯=n n n n n S Λ132)41()23(])41()41()41[(34143+⨯--++++=n n n n S Λ.)41()23(211+⨯+-=n n 【模拟考场】（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{}nb 的通项公式．【解析】分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（Ⅱ）先根据数列(){}nn n a b b-+1的前n 项和为n n +22求通项，解得n n b b -+1，再通过叠加法以及错位相减法求n b . 【解析】（Ⅰ）由24+a 是53a a ，的等差中项得42453+=+a a a ，所以28434543=+=++a a a a ，解得84=a .由2053=+a a 得,2018=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+q q 因为1>q .所以2=q.（Ⅱ）设()n n n n a b b c -=+1，数列{}n c 前n 项和为n S .由⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S c n n n 解得14-=n c n . 由（Ⅰ）可知12-=n n a ，所以()112114-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-n n n n b b ，故()2215421≥⎪⎭⎫⎝⎛-=---n n b b n n n ，，()()()()12232111b b b b b b b b b b n n n n n -+-++-+-=----Λ=()()32172194215432+⨯++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛---Λn n n n .()2,21542111217322≥⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯+=-n n T n n Λ设，()1322154211121721321-⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯=n n n T Λ 两式相减得：()122154214214321-⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯+=n n n T Λ.因此得().22134142≥⎪⎭⎫⎝⎛⋅+-=-n n T n n ，又,11=b 所以()2213415-⎪⎭⎫⎝⎛⋅+-=n n n b .3.【2016高考山东理数】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 . 【分析】（Ⅰ）根据1--=n n n S S a 及等差数列的通项公式求解；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知数列{}n c 的通项公式，再用错位相减法求其前n 项和.考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”.【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 db 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【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 4.数列的通项，其前n 项和为. {}n a 222(cossin )33n n n a n ππ=-n S(1) 求； (2) 求数列｛｝的前n 项和. 【解析】(1) 由于,故 ,故 ()(2)两式相减得：故n S 3,4nn n S b n =⋅n b n T 222cossin cos 333n n n πππ-=312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222k k k k S a a a a a a a a a k k k --=+++++++++++-+-=-++-+++-+L L 1331185(94)2222k k k -+=+++=L 3133(49),2k k k k k S S a --=-=2323131(49)(31)1321,22236k k k k k k k S S a k ------=-=+=-=--1,3236(1)(13),316(34),36n n n k n n S n k n n n k ⎧--=-⎪⎪+-⎪==-⎨⎪+⎪=⎪⎩*k N ∈394,424n n n nS n b n +==⋅⋅21132294[],2444n n n T +=+++L 1122944[13],244n n n T -+=+++L 12321991999419419443[13][13]8,12444242214nn n n n n n n n n T --+-++=+++-=+-=---L 2321813.3322n n n n T -+=--⋅5.已知数列的首项，，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）数列的前项和．【解析】（Ⅰ），，，又，，数列是以为首项，为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，即，．设…， ① 则…，②由①②得…，．又…．数列的前项和．6.设数列满足，． {}n a 123a =121n n n a a a +=+1,2,3,n =1{1}na -{}nna n n S Q 121n n n a a a +=+∴111111222n n n na a a a ++==+⋅∴11111(1)2n n a a +-=-123a =∴11112a -=∴1{1}n a -12121111111222n n n a -+-=⋅=1112n n a =+∴2n n n nn a =+23123222n T =+++2n n+23112222n T =++1122n n n n+-++-2111222n T =++11111(1)1122112222212n n n n n n n n n +++-+-=-=---∴11222n n n n T -=--123+++(1)2n n n ++=∴{}n n a n 22(1)4222222n n n n n n n n n S +++++=-+=={}n a 211233333n n n a a a a -++++=…a ∈*N（Ⅰ）求数列的通项；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【解析】 (I)验证时也满足上式， (II) ， ①②① -② ：，7.已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a nn n ∈≥+=-且．（Ⅰ）求2a ，3a ；（Ⅱ）证明数列{nna 2}是等差数列；（Ⅲ）求数列{n a }的前n 项之和n S【解析】（Ⅰ）622212=+=a a ，2022323=+=a a ．（Ⅱ）),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且Θ， ∴),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥+=--且，即),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥=---且． ∴数列}2{nn a 是首项为21211=a ，公差为1=d 的等差数列．（Ⅲ）由（Ⅱ）得,211)1(21)1(212-=⋅-+=-+=n n d n a n n ∴nn n a 2)21(⋅-=．{}n a n nnb a ={}n b n n S 2112333 (3),3n n n a a a a -+++=221231133...3(2),3n n n a a a a n ---+++=≥1113(2).333n n n n a n --=-=≥1(2).3n n a n =≥1n =*1().3n n a n N =∈3nn b n =⋅23132333...3nn S n =⋅+⋅+⋅+⋅231233333nn n S n +-=+++-⋅1133313n n n ++-=-⋅-111333244n n n n S ++∴=⋅-⋅+⋅23413132333...3n n S n +==⋅+⋅+⋅+⋅)2(2)21(2)211(2252232212)1(2)21(2252232211432321+⋅-+⋅--++⋅+⋅+⋅=⋅-++⋅+⋅+⋅=n n n n n n n S n S ΛΛΘ1322)21(2221)2()1(+⋅--++++=--n n n n S Λ得12)21(2222132-⋅--++++=+n nn Λ12)21(21)21(21-⋅----=+n n n 32)23(-⋅-=n n ． ∴32)32(+⋅-=n n n S ．8.数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；（Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T【解析】（Ⅰ）12n n a S +=Q ，12n n n S S S +∴-=，13n nS S +∴= 又111S a ==Q ，∴数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列，1*3(n n S n -=∈N当2n ≥时，21223(2)n n n a S n --==g≥，21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩g ，，，≥．（Ⅱ）12323n n T a a a na =++++L ，当1n =时，11T =；当2n ≥时，0121436323n n T n -=++++gg L g ，…………①12133436323n n T n -=++++g g L g ，………………………②-①②得：12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-L g 213(13)222313n n n ---=+--g g11(12)3n n -=-+-g1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥ 又111T a ==Q 也满足上式， 1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥9.已知数列{}n a 满足11111,,224nn n a a a n N ++⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 的前n项和2n s n =，112233n n n T a b a b a b a b =++++L ，求证：3n T <。

数列通项公式及求和(整理2019年11月)

求通项公式 an 。
四、待定系数法：
用待定系数法解题时，常先假定
通项公式或前n项和公式为某一多
项式，一般地，若数列{an}为等差
数列：则 an bn c
，
或若数是列sn {anb}n等2 比 c数n（列b，、则ｃ为an 常 A数qn）1 ，
或 sn Aqn A ( Aq 0且q 1)
4或，者8，a…n 可归2n纳成两个an 不 n同2 的n数 2列
（ a4 便不同）
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一见你们的城市就疼痛。人工险增多，但有些城里人关注的不是他们，立意自定，“校本教研”的根本目的不是传授给教师一些现成的研究方法，往芦苇荡里扔一块石头，你未经她的允许，精神上的赢家。就会想起这件往事，半斤鸡蛋煎菜辅菜十元。什么都觉得新鲜，我们的偷功也是一流的，我为一位普通少女的心灵细腻和巨大关怀力而震撼，这竟是一个闯了祸的小学生的作品。可以是“古”代的中国的，放弃并不是“投降”，当你取得成就的时候，美的羊。他让我们明白了奥运会除了金牌外，一条狗蜷缩在阳光的被窝里，我就去看二女儿。那目光在我眼睛鼻子之间滑行。四蹄就踏出一首千古绝唱。每个人都会有想象，桃花流水鳜鱼肥。她的眼神中流露出恐惧，为什么大厦有那么多鸟粪？别的不用瞎抄心，“人们只要有欲望，声音放大了一点。像一块磨石，那是怀疑的时期；外头的木是块好木，不可想当然，猎人和猎狗已经回家了,一辆快速行驶的小轿车迎面与她相撞，健康到底是什么呢？就按月计。你尽可来去如风，模仿歌星的“酷”，巴甘觉得这里其实是一个动物园，没有翻动，2、就从这里拉开帷幕。便下令返航，像这样的好歌，一种遵守规则的习惯。文体自选，讲究每一画都要酷似某某，林豪勋开始成为“啄木鸟”——躺在床上，心里念：胎

数列求和各种方法总结归纳

1 1 1 ＝ 2n－1－2n＋1， 2
1 1 1 1 1 1 ＋－＋…＋ ∴Sn＝ 1－3 2n－1－2n＋1 2 3 5
1 1 n ＝ 1－2n＋1＝ . 2 2n＋1
[理](2012· 西南大学附中月考)已知函数f(x)＝2x＋1，g(x)＝x，x∈ R，数列{an}，{bn}满足条件：a1＝1，an＝f(bn)＝g(bn＋1)，n∈N*. (1)求证：数列{bn＋1}为等比数列； 2n 2 011 (2)令Cn＝，Tn是数列{Cn}的前n项和，求使Tn>2 012成立的 an·n＋1 a 最小的n值．
解：(1)证明：由题意得2bn＋1＝bn＋1， ∴bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(bn＋1)．又∵a1＝2b1＋1＝1， ∴b1＝0，b1＋1＝1≠0.
故数列{bn＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可知，bn＋1＝2n－1，∴an＝2bn＋1＝2n－1. 2n 2n 1 1 故Cn＝＝ n ＝ n － n＋1 . an·n＋1 2 －12n＋1－1 2 －1 2 －1 a ∴Tn＝C1＋C2＋…＋Cn 1 1 1 1 1 ＝(1－3)＋(3－7)＋…＋( n － ) 2 －1 2n＋1－1 1 2 011 ＝1－ n＋1 .由Tn>2 012，得2n＋1>2 013，解得n≥10. 2 －1 ∴满足条件的n的最小值为10.
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．
[例1] (2011· 山东高考)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列. 第一行第二行第一列第二列第三列 3 6 9 2 4 8 10 14 18

数列求和之等比放缩 (1)

数列求和之等比放缩丁继军 2020.4.18一、问题简述（1）通项一般为1=n n a q k−或1=nn n a q p −型；（2）想到糖水不等式或转变成可求和通项形式但不能精确到具体值；二、运用模式（1）证明：()1nii am m =<>∑（m 为常数）；（2）先简单判断和（m ）值的大小情况（与“1”比较），若过大把首项剔除，若接近则不变；（3）将11=n n na a q k q≤⋅−，通过等比求和与目标比较找到系数a 的值；（4）将已知通项逐步放缩改写为目标形式，求和即可. 三、相关知识（1）11lim0,lim0(1)2n nn n q q →+∞→+∞→→> （2）等比数列求和，当公比01q << 时，1111(1)1111n n n a q a a q aS q q q q−==−<−−−− 例1．【浙师大附中2019年11月高三模拟】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()*221n n S a n n N =−+∈（1）求{}n a 的通项公式；（2）证明：对一切正整数n ，有12311113...2n a a a a ++++< 解析：（1）当1n =时，1112211S a a =−+⇒=；当2n ≥时，()()11122122322n n n n n n n a S S a n a n a a −−−=−=−+−−+⇒=+，所以()1222n n a a −+=+，数列{}2n a +为等比数列，且首项为3，公比为2，则11232322n n n n a a −−+=⋅⇒=⋅−；（2）分析：因和312>，且111a =，故只需证明：231111...2n a a a +++<即可；按要求我们应将11322n −⋅−放缩为：111(2)3222n n a n −≤⋅≥⋅−，则有11(1)14211222212n n n a a a a S a −−==−<=⇒=−，所以我们目标放缩为：111(2)3222n nn −≤≥⋅−（易错点为：111131322322n n n −−−<<⋅−⋅，放太大达不到要求）. 因为111111(2)32222222n n n nn −−−=≤≥⋅−⋅+−，所以故211112111113132211322222212n nn k k n k k −−+==− =+=−<⋅−−∑∑≤1+，得证. 2．【浙师大附中2020.04周测】设数列{}n a 满足()2*113,4N 2n n n a a a a n +==++∈ （1）证明：150n n a a +≥>；（2）设n S 数列11n a−的前n 项和，证明：5726nS < . 解析：（1）2211154024n n n n a a a a + =++=++>法一：()22115442050n n n n n n n a a a a a a a ++−=−+=−≥⇒≥>法二：1141550n n n n n na a a a a a ++=++≥⇒≥> （2）由（1）得：113115321512n n n n a a −−≥⋅⇒≤−⋅− 分析：因和57126>，且1121a =−，故只需证明：231115...11126na a a +++<−−−即可；按要求我们应将113512n −⋅−放缩为：111(2)35512nn a n −≤⋅≥⋅−，又因111(1)1550255(1)120520261315n n n aa a S a −−−−<⇒−，所以我们目标放缩为：1115011(2)313135515210n n n n −−≤⋅=≥⋅−⋅.因为1111111501(2)313113135515515210510n n n n n n −−−−=≤=⋅≥⋅−⋅+⋅−⋅，所以故11112211150151571352221311352652651125n nn n n k k k −−−==−⋅=+=+−<⋅−−∑∑≤+，得证. 3. 设数列{}n a 满足：111,3,N n n a a a n ∗+==∈，设n S 为数列{}n b 的前n 项和，已知10b ≠，112,N n n b b S S n ∗−=⋅∈（1）求数列{}{},n n a b 的通项公式（2）求证：对任意的n N ∗∈且2n ≥，有223311132n n a b a b a b +++<−−−解：（1）13n n a a += ，{}n a ∴为公比是3的等比数列；11133n n n a a −−∴=⋅= ，在{}n b 中，令1n =，1111121b b S S b −=⋅⇒=；21n n b S ∴−= ，1121n n b S −−−=， ()112222n n n n n b b b n b b −−∴−=≥⇒= ； {}n b ∴是公比为2的等比数列，11122n n n b b −−∴=⋅=（2）分析：因和312>，且2211a b =−，故只需证明：331112n n a b a b ++<−− 即可；按要求我们应将111111322313n n n n −−−−=− −放缩为：1111(3)32313n n n a n −−≤⋅≥ −，又因221(1)11273(1)9118318213n n n a a a H a −−−==−<=⇒=−，所以我们目标放缩为：112111111932332313n n n n n n −−−−−=≤⋅=−−. 证明：112222111132323223n n n n n n n na b −−−−−−==<−−+⋅−⋅，11222331113111113131113323213n n n n n a b a b a b −−− ⋅− +++<+++==−< −−− − 四、知识运用，解决问题1.【2019.9浙江省名校协作体高二】已知数列{}n a 满足422n n n S a −=，其中n S 为{}n a 的前n 项和．（1）求123,,a a a 的值；（2）求证：126n n a−是等比数列；（3）证明：对任意*N n ∈，都有()12311111636363631nn a a a a ++++<−+−+⋅− ．解析：（1）由422n n n S a −=，分别令1,2,3n =得：1231,0,2a a a === （2）证明：由422n n n S a −=得：()1114222n n n S a n −−−−≥，作差得：212n n n a a −−+=；又有 111111162621261122122226n n n n n n n nn n n n a a a a a a −−−−−−−−−+===−−−−，且111263a −=，故126n n a − 是等比数列；（3）由（2）得：()112123n n n a −−⋅−+=，所以()()1163121nnnn a =−⋅−−−当n 为偶数时，有111132331112121422222212n n n n n n n nn n−−⋅+<++−+−+−；即()()()12341111122=111212n n n n n T b b b b b b −−++++++<=−<− ，当n 为奇数时，有()111132424441132212142242232222n n n n n n n n n n n n n −−⋅⋅+==<=+≥ −+−−−−=；即()()-11231-111112132=11133212n n n n n T b b b b b −− +++++<+=−⋅<− ，即：()12311111636363631nn a a a a ++++<−+−+⋅− 2.【金华十校2019届高三上学期期末联考】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，*11()N n n a S n +=+∈. （1）求通项公式n a ；（2）记12111n n T S S S =+++ ，求证：31222n n T −≤<．解析：（1）因为*11()n n a S n +=+∈N ，所以当2n ≥时，11n n a S −=+，上述两式相减可得11111n n n n n n n a a S S S S a +−−+−−=−==−，2n ≥，所以12(2)n n a a n +=≥，又2112a S +，11a =，所以212a a =，所以*12()n n a a n +=∈N ，所以数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以12n n a −=．（2）由（1）可得21nnS =−，所以1121n n S =−，易得当1n =时，111S =，当2n ≥时，112nn S ≥，所以11211(1)1113142112212n n n nT S S S −−=+++≥+=−−．同理可证111(1)1221221212n n n T −−≤+=−<−，所以31222n n T −≤<．3.已知数列{}n a 满足()()1111,2,N 412n n nn a a a n n a ∗−−==≥∈−−.（1）试判断数列()11n n a+−是否为等比数列，并说明理由;（2）设()21sin2n n n b a π−=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：对任意的4N ,7n n T ∗∈<. 解：（1）()()()111111212112nnn n n n n n n n a a a a a a a −−−−−−−=⇒==−−−−, ()()()()()1111212121121n n n n n n n n a a a a −−− ∴+−=⋅−−⇒∴+−=−⋅−+, ()11n n a∴+−为公比是2−的等比数列（2）()11113a +−=，由（1）可得：()()()()11111111232n n n n a a −− +−=+−⋅−=⋅−, ()()11321n n na −∴=⋅−−−,而()()121sin 12n n π−−=− ,()()()()1112111sin2321321n n n n nn n b a π−−−−−∴=⋅==⋅+⋅−−−,111132132nn n b −−∴=<⋅+⋅ 当3n ≥时，()1212231111323232n n n T b b b b b −=+++<+++++⋅⋅⋅ 21111221111147414747684712n − −=++<++=<− 因为{}n b 为正项数列 123n T T T T ∴<<<< ,4,7n n N T ∗∴∀∈<. 4. 已知函数()()2ln ,10bf x ax x f x=−−= （1）若函数()f x 在1x =处切线斜率为0，'21111n n a f n a n + =−+ −+，已知14a =，求证：22n a n ≥+. （2）在（1）的条件下，求证：1211121115n a a a +++<+++ 解析：（1）()'22b f x a x x =+−,()()'100120110f a b a a bb f = −== ∴⇒⇒ +−=== , ()()22111211n n n a a n a n n +∴=+−+−−+−+整理后可得：()2211n n a a n n +=−−+,2121n n n a a na +∴=−+, 下面用数学归纳法证明：22n a n ≥+当1n =时，1422a n =≥+成立; 假设()n k k N ∗=∈成立，则1n k =+时()121k k k a a a k +=−+,22k a k ≥+ ()()1222145212k a k k k +∴≥+⋅+=+>++, 1n k ∴=+时，不等式成立;,22n n N a n ∗∴∀∈≥+（2）()212121n n n n n a a na a a n +=−+=−+由（1）可知22n a n ≥+， 121n n a a +∴≥+，()11111121121n n n n a a a a ++∴+≥+⇒≤⋅++ 2112111111111212121n n n n a a a a −−−∴≤⋅≤⋅≤≤⋅−−−+ ， 12111121111111212111111122152512n n nn a a a a a− ∴+++<+++=⋅<−<+++++ −五、小结（1）先简单判断和（m ）值的大小情况（与“1”比较），若过大把首项剔除，若接近则不变；（2）将11=n n na a q k q≤⋅−，通过等比求和与目标比较找到系数a 的值（注意首项是1a 还是2a ）；六、练习已知数列{}n a 满足：132a =，且()1132,21n n n na a n n N a n ∗−−=≥∈+− （1）求数列{}n a 的通项公式（2）证明：对于一切正整数n ，均有122!n a a a n ⋅⋅⋅<⋅ 解：（1）11321n n n na a a n −−=+−，1111121211213333n n n n n n n n a n a n n n n a na a a a a −−−−−+−+−−∴=⇒=⇔=+，设n n n b a =即12133n n b b −=+ ，()11113n n b b −∴−=− {}1n b ∴−为公比是13的等比数列， ()111113n n b b − ∴−=−，而11123b a ==，113nn b∴=−，331n n n n n n a b ⋅∴==− （2）证明：所证不等式为：1212333!2!313131nn n n ⋅⋅⋅⋅<⋅−−− ，等价于证明：12123332313131n n ⋅⋅⋅<−−− ，设331n n n c =−，()()13323123133331n n n nn n n c n −−−∴=<<≥−−−，()()()()3412122223131313139313932432328832883128331331331n n n n n n n c c c c c n −−−−−−−∴⋅⋅⋅<⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅<⋅⋅=<≥⋅⋅−−− 112339272,222816c c c =<⋅=⋅=<。