(推荐)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

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高中数学数列的求和公式及相关题目解析

高中数学数列的求和公式及相关题目解析在高中数学中，数列是一个非常重要的概念，它是数学中的一种序列，由一系列按照一定规律排列的数所组成。

数列的求和是数学中常见的问题之一，本文将介绍数列的求和公式及相关题目解析，帮助高中学生和他们的父母更好地理解和掌握这一知识点。

一、等差数列的求和公式及相关题目解析1. 等差数列的求和公式等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

对于等差数列，我们可以使用求和公式来快速计算其前n项的和。

设等差数列的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，则等差数列的求和公式为：Sn = (n/2)[2a1 + (n-1)d]其中，n为项数，a1为首项，d为公差。

2. 题目解析例题1：已知等差数列的首项为3，公差为4，求前10项的和。

解析：根据等差数列的求和公式，代入a1=3，d=4，n=10，可以得到：S10 = (10/2)[2*3 + (10-1)*4] = 5[6 + 9*4] = 5[6 + 36] = 5*42 = 210因此，前10项的和为210。

例题2：已知等差数列的首项为-2，公差为5，前n项和为100，求n的值。

解析：根据等差数列的求和公式，代入a1=-2，d=5，Sn=100，可以得到：100 = (n/2)[2*(-2) + (n-1)*5] = (n/2)[-4 + 5n - 5] = (n/2)(5n - 9)化简得到5n^2 - 9n - 200 = 0，解这个二次方程可以得到n≈13.2或n≈-3.8。

由于n必须是正整数，所以n≈13.2不符合题意。

因此，n≈-3.8也不符合题意。

综上所述，n的值为13。

二、等比数列的求和公式及相关题目解析1. 等比数列的求和公式等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

对于等比数列，我们可以使用求和公式来快速计算其前n项的和。

设等比数列的首项为a1，公比为r，前n项和为Sn，则等比数列的求和公式为：Sn = a1(1 - r^n)/(1 - r)其中，n为项数，a1为首项，r为公比。

(完整版)高二数学必修5数列求通项、求和知识点+方法+练习题总结

数列求通项与求和常用方法归纳一、知能要点1、求通项公式的方法：(1)观察法：找项与项数的关系，然后猜想检验，即得通项公式a n ；(2)利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1S n －S n －1n ＝1，n ≥2；(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式；(4)累加法：如a n ＋1－a n ＝f (n )，累积法，如a n ＋1a n ＝f (n )；(5)转化法：a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0，且A ≠1)．2、求和常用的方法：(1)公式法： ①d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=②⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S nn(2)裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数差，即，然后累加时抵消中间的许多项. 应掌握以下常见的裂项： ①111(1)1n n n n =-++②1111()()n n k k n n k=-++③222111*********();12111(1)(1)1k k k k k k k k k k k k k<=--=<<=---+++-- ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++⑤1)1)11n n n n n n n n n +=<<=-+++-(3)错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法(这也是等比数列前n 项和公式的推导方法) .(4)倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和(这是等差数列前n 项和公式的推导方法) .(5)分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和.二、知能运用典型例题考点1：求数列的通项 [题型1] )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

高中数学数列求和的五种方法

⾼中数学数列求和的五种⽅法⼀、公式法求和例题1、设 {an} 是由正数组成的等⽐数列,Sn为其前 n 项和，已知 a2 · a4=1 , S3=7，则 S5 等于(　B　)(A) 15/2 (B) 31/4 (C) 33/4 (D) 17/2解析：∵ {an} 是由正数组成的等⽐数列 , 且 a2 · a4 = 1, q > 0 ,例题1图注：等⽐数列求和公式图例题2、已知数列 {an} 的前 n 项和 Sn = an^2+bn (a、b∈R), 且 S25=100 , 则a12+a14等于(　B )(A) 16 (B) 8 (C) 4 (D) 不确定解析：由数列 {an} 的前 n 项和 Sn = an^2 + bn (a、b∈R), 可知数列 {an} 是等差数列,由S25= 1/2 ×（a1 + a25）× 25 = 100 ，解得 a1+a25 = 8,所以 a1+a25 = a12+a14 = 8。

注：等差数列求和公式图⼆、分组转化法求和例题3、在数列 {an} 中, a1= 3/2 ，例题3图（1）解析：例题3图（2）故例题3图（3）∵ an>1，∴ S < 2="">∴有 1 < s=""><>∴ S 的整数部分为 1。

例题4、数列例题4图（1）例题4图（2）解析：例题4图（3）三、并项法求和例题5、已知函数 f(x) 对任意 x∈R,都有 f(x)=1-f(1-x), 则 f(-2) + f(-1) + f(0) + f(1) + f(2) + f(3) 的值是多少？解析:由条件可知：f(x)+f(1-x)=1，⽽x+(1-x)=1，∴f(-2)+f(3)=1，f(-1)+f(2)=1，f(0)+f(1)=1，∴ f(-2) + f(-1) + f(0) + f(1) + f(2) + f(3) = 3。

高二数学必修五--数列知识点总结及解题技巧(含答案)---强烈-推荐

数学数列部分知识点梳理一数列的概念1）数列的前n 项和与通项的公式①n n a a a S +++= 21； ⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n2）数列的分类：①递增数列:对于任何+∈N n ,均有n n a a >+1.②递减数列:对于任何+∈N n ,均有n n a a <+1.③摆动数列:例如: .,1,1,1,1,1 ---④常数数列:例如:6,6,6,6,…….⑤有界数列:存在正数M 使+∈≤N n M a n ,.⑥无界数列:对于任何正数M ,总有项n a 使得M a n >. 一、等差数列 1）通项公式d n a a n )1(1-+=，1a 为首项，d 为公差。

前n 项和公式2)(1n n a a n S +=或d n n na S n )1(211-+=. 2）等差中项：b a A +=2。

3）等差数列的判定方法：⑴定义法：d a a n n =-+1（+∈N n ，d 是常数）⇔{}n a 是等差数列；⑵中项法：212+++=n n n a a a (+∈N n )⇔{}n a 是等差数列.4）等差数列的性质：⑴数列{}n a 是等差数列，则数列{}p a n +、{}n pa （p 是常数）都是等差数列；⑵在等差数列{}n a 中，等距离取出若干项也构成一个等差数列，即 ,,,,32k n k n k n n a a a a +++为等差数列，公差为kd .⑶d m n a a m n )(-+=；b an a n +=(a ,b 是常数)；bn an S n +=2(a ,b 是常数，0≠a )⑷若),,,(+∈+=+N q p n m q p n m ，则q p n m a a a a +=+；⑸若等差数列{}n a 的前n 项和n S ，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等差数列； ⑹当项数为)(2+∈N n n ，则nn a aS S nd S S 1,+==-奇偶奇偶；当项数为)(12+∈-N n n ，则nn S S a S S n 1,-==-奇偶偶奇. (7)设是等差数列，则（是常数）是公差为的等差数列；(8)设，，，则有；(9)是等差数列的前项和，则；(10)其他衍生等差数列：若已知等差数列，公差为，前项和为，则①．为等差数列，公差为；②．（即）为等差数列，公差；③．（即）为等差数列，公差为.二、等比数列 1）通项公式：11-=n n q a a ，1a 为首项，q 为公比。

数列求和常用方法(含答案)

数列专题数列求和常用方法一、公式法例1在数列{a n }中，2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，且a 2＝10，a 5＝－5．(1)求{a n }的通项公式；(2)求{a n }的前n 项和S n 的最大值．解： (1)因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝a n －a n －1(n ≥2)，所以数列{a n }为等差数列，设首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝10，a 5＝a 1＋4d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－5，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝15－5(n －1)＝－5n ＋20．(2)由(1)可知S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－52n 2＋352n ，因为对称轴n ＝72，所以当n ＝3或4时，S n 取得最大值为S 3＝S 4＝30．跟踪练习1、已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10，解得d ＝2. 所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5，所以b 1q ·b 1q 3＝9. 又b 1＝1，所以q 2＝3.所以b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1.则b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12.二、分组转化法例2、已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝{b n −n 2，n 为偶数2a n，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝20，(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，a 1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n ＝{b n −n 2，n 为偶数2a n ，n 为奇数＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，4n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2) ＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．跟踪练习1、已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1 000，求n 的取值范围．解 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1， T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1 ＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝21－22n ＋11－4＋n (1＋2n －1)2＝22n ＋13＋n 2－23.易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000，故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *.三、并项求和法例3、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25. (1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)n S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时， T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)] ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.当n 为奇数时，n －1为偶数， T n ＝T n －1＋(－1)n·n 2＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2. 综上可知，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2.四、裂项相消法例4、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 3a n ·log 3a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ＝1时，2a 1＝3a 1－3，解得a 1＝3；当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3a n －3－3a n －1＋3＝3a n －3a n －1，得a n ＝3a n －1，因为a n ≠0，所以a na n －1＝3，因为a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n ． (2)因为log 3a n ＝log 33n ＝n ，所以b n ＝1log 3a n ·log 3a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1．跟踪练习1、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －1，数列{b n }是等差数列，且b 1＝a 1，b 6＝a 5．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝1b n b n ＋1，记数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：3T n ＜1．解： (1)由S n ＝2a n －1，可得n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1；n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，又S n ＝2a n －1，两式相减可得a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－2a n －1＋1，即有a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n －1．设等差数列{b n }的公差为d ，且b 1＝a 1＝1，b 6＝a 5＝16，可得d ＝b 6－b 16－1＝3，所以b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2．(2)证明：c n ＝1b n b n ＋1＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，所以T n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋14－17＋17－110＋…＋13n －2－13n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1<13，则3T n ＜1．2、设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)因为a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *，所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＝4，即(a n ＋1－a n )2＝4，又{a n }是各项为正数的单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2.(2)b n ＝1a n －1＝14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.3、已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n . 解 (1)由已知得a n ＋1－a n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝2＋2＋22＋…＋2n －1＝2＋2(1－2n －1)1－2＝2n .又a 1＝2，也满足上式，故a n ＝2n . (2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n ， 1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故T n ＝nn ＋1.五、错位相减法例5、在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n －2a n a n ＋1． (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3na n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．解：(1)∵a 1＝1，a n ＋1＝a n －2a n a n ＋1，∴a n ≠0，∴1a n ＝1a n ＋1－2⇒1a n ＋1－1a n ＝2，又∵1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴a n ＝12n －1(n ∈N *)． (2)由(1)知：b n ＝(2n －1)×3n ，∴S n ＝1×3＋3×32＋5×33＋7×34＋…＋(2n －1)×3n ， 3S n ＝1×32＋3×33＋5×34＋7×35＋…＋(2n －1)×3n ＋1，两式相减得－2S n ＝3＋2×32＋2×33＋2×34＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1 ＝3＋2(32＋33＋34＋…＋3n )－(2n －1)×3n ＋1 ＝3＋2×32(1－3n －1)1－3－(2n －1)×3n ＋1＝3＋3n ＋1－9－(2n －1)×3n ＋1＝2(1－n )×3n ＋1－6 ∴S n ＝(n －1)×3n ＋1＋3．跟踪练习1、已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋n －1．(1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列并求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)设b n ＝(2n －1)·(a n ＋n )，求数列{b n }的前n 项和T n ．解： (1)因为a n ＋1＝2a n ＋n －1，所以a n ＋1＋(n ＋1)＝2a n ＋2n ，即a n ＋1＋(n ＋1)a n ＋n＝2，又a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋n }是以2为首项2为公比的等比数列，则a n ＋n ＝2·2n －1＝2n ，故a n ＝2n －n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )－(1＋2＋…＋n )＝2·(1－2n )1－2－n (1＋n )2＝2n ＋1－2－n (1＋n )2．(2)由(1)得，b n ＝(2n －1)·(a n ＋n )＝(2n －1)·2n ，则T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ，①2T n ＝22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②①－②得－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)·2n ＋1＝2×(2＋22＋…＋2n )－2－(2n －1)·2n ＋1＝－(2n －3)·2n ＋1－6，所以T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6．2、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{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)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1． (2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1， 3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n ＝1－3n1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．3、设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ， ∵a 1为a 2，a 3的等差中项， ∴2a 1＝a 2＋a 3＝a 1q ＋a 1q 2，a 1≠0， ∴q 2＋q －2＝0， ∵q ≠1，∴q ＝－2.(2)设{na n }的前n 项和为S n ， a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n (－2)n ，② ①－②得，3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n ＝1－(－2)n 1－(－2)－n (－2)n ＝1－(1＋3n )(－2)n3，∴S n ＝1－(1＋3n )(－2)n9，n ∈N *.4、设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2＝3a 1－4＝9－4＝5， a 3＝3a 2－8＝15－8＝7，由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n ＋1. (2)由(1)可知，a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n ，S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②得，－S n ＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝6＋2×22×(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝(1－2n )·2n ＋1－2，即S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.5、已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝a n ·2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使T n >2 022的最小的正整数n 的值．解 (1)当n ≥2时，由a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2，得a 2n ＝2S n －1＋n －1＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，即a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＝a n ＋1. 当n ＝1时，a 22＝2a 1＋2＝4， ∴a 1＝1，∴a 2－a 1＝1，∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n . (2)由(1)知b n ＝a n ·2n ＝n ·2n ，∴T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， 2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，两式相减得－T n ＝2·(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2， ∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴T n －T n －1＝n ·2n >0， ∴T n 单调递增．当n ＝7时，T 7＝6×28＋2＝1 538<2 022，当n ＝8时，T 8＝7×29＋2＝3 586>2 022， ∴使T n >2 022的最小的正整数n 的值为8.6、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34.当n ＝1时，4S 2＝4⎝⎛⎭⎫－94＋a 2＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝⎛⎭⎫34n －1＝－3n＋14n .(2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n.所以T n ＝－3×34－2×⎝⎛⎭⎫342－1×⎝⎛⎭⎫343＋0×⎝⎛⎭⎫344＋…＋(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ，① 且34T n ＝－3×⎝⎛⎭⎫342－2×⎝⎛⎭⎫343－1×⎝⎛⎭⎫344＋0×⎝⎛⎭⎫345＋…＋(n －5)×⎝⎛⎭⎫34n ＋(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝⎛⎭⎫342＋⎝⎛⎭⎫343＋…＋⎝⎛⎭⎫34n －(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－94＋916⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －11－34－(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1，所以T n ＝－4n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1≤λ⎣⎡⎦⎤(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立，当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3. 所以－3≤λ≤1.。

高中数学必修五求数列通项公式方法总结和典型例题附详细答案[精品文档]

数列专项-2 类型Ⅰ 观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项。

例1.写出下列数列的一个通项公式a n（1）-1,4，-9,16，-25,36，......；（2）2,3,5,9,17,33，......。

类型Ⅱ 公式法：若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式 11,(1),(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩构造两式作差求解。

用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即1a 和n a 合为一个表达，（要先分1n =和2≥n 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）。

例2.设数列{}a n 的前n 项和为()()*∈-=N n a S n n 131 （1）求21a a 、；（2）求数列n a 的通项公式。

例3.设数列{}a n 的前n 项和为()*∈+=N n a S nn 12，求证n a 为等比数列并求其通项公式。

类型Ⅲ 累加法：形如)(1n f a a n n +=+型的递推数列（其中)(n f 是关于n 的函数）可构造： 11221(1)(2)..(1.)n n n n a a f n a a f n a a f ----=⎧⎪⎪⎨--=--=⎪⎪⎩ 将上述1-n 个式子两边分别相加，可得：1(1)(2)...(2)(1),(2)n a f n f n f f a n =-+-+++≥适用于)(n f 是可求和的情况。

①若()f n 是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;例4.设数列{}a n 满足11=a ，121+=-+n a a n n ，求数列的通项公式。

② 若()f n 是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;例5.设数列{}a n 满足21=a ，n n n a a 21=-+，求数列的通项公式。

KS5U教案推荐高中数学必修5常考题型：数列求和复习课

数列求和(复习课)【知识梳理】1．公式法(分组求和法)如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成，并且各独立项也可组成等差或等比数列，则该数列的前n 项和可考虑拆项后利用公式求解．2．裂项求和法对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项，常见的拆项公式有：①1n (n ＋k )＝1k ·(1n －1n ＋k)； ②若{a n }为等差数列，公差为d ，则1a n ·a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)； ③1n ＋1＋n＝n ＋1－n 等． 3．错位相减法若数列{a n }为等差数列，数列{b n }是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{a n b n }，当求该数列的前n 项的和时，常常采用将{a n b n }的各项乘以公比q ，然后错位一项与{a n b n }的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法．4．倒序相加法如果一个数列{a n }，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加求和法．【常考题型】题型一、分组转化法求和【例1】已知数列{c n }：112，214，318，…，试求{c n }的前n 项和．[解] 令{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝112＋214＋318＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋14＋18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝n (n ＋1)2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n (n ＋1)2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 即数列{c n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n 2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 【类题通法】当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但如果它的通项公式可以拆分为几项的和，而这些项又构成等差数列或等比数列，那么就可以用分组求和法，即原数列的前n 项和等于拆分成的每个数列前n 项和的和．【对点训练】1．求和：S n ＝3＋33＋333＋…＋3333n 个.解：数列3,33,333，…，3333n 个的通项公式a n ＝13(10n －1)．∴S n ＝13(10－1)＋13(102－1)＋…＋13(10n －1)＝13(10＋102＋…＋10n )－n 3＝13×10(1－10n )1－10－n 3 ＝1027(10n －1)－n 3.题型二、错位相减法求和【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解](1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，所以a n ＝4n －1，n ∈N *.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知a n ·b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N *，所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1,2T n ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，所以2T n －T n ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5.故T n ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N *.【类题通法】如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法．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．【对点训练】2．已知a n ＝n 3n ，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：S n ＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ， 13S n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n 3n ＋1，两式相减得23S n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1 ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12－12×3n －n 3n ＋1， ∴S n ＝34－14×3n －1－n 2×3n ＝34－2n ＋34×3n. 题型三、裂项相消法求和【例3】已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26，{a n }的前n 项和为S n .(1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .[解](1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26，∴a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2.由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n (a 1＋a n )2， ∴a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)．(2)∵a n ＝2n ＋1，∴a 2n －1＝4n (n ＋1)，因此b n ＝14n (n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＝n 4(n ＋1). ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝n 4(n ＋1). 【类题通法】裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然后重新组合使之能消去一些项，最终达到求和的目的．利用裂项法的关键是分析数列的通项，考察是否能分解成两项的差，这两项一定要是同一数列相邻(相间)的两项，即这两项的结论应一致．【对点训练】3．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，且b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项的和．解：a n ＝1n ＋1(1＋2＋…＋n )＝n 2，∵b n ＝2a n ·a n ＋1， ∴b n ＝2n 2·n ＋12＝8(1n －1n ＋1)， ∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝8[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝8(1－1n ＋1)＝8n n ＋1. 【练习反馈】1．已知a n ＝(－1)n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9与S 10的值分别是( )A ．1,1B ．－1，－1C ．1,0D ．－1,0解析：选D S 9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1， S 10＝S 9＋a 10＝－1＋1＝0.2．数列{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前10项和为( ) A.14B.512C.34D.712解析：选B 依题意b n ＝1a n ＝1n 2＋3n ＋2＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以{b n }的前10项和为S 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫111－112＝12－112＝512，故选B. 3．求和：S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋1＋12＋14＋18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋12n －1＝________.解析：被求和式的第k 项为：a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 1－12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k . 所以S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋ (12)＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2n ＋12n －1－2. 答案：2n ＋12n －1－2 4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝2n －12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n 等于________．解析：a n ＝2n －12n ＝1－12n∴S n ＝n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n －1＋12n ＝32164＝5＋164，∴n ＝6.答案：65．已知等比数列{a n }中，a 2＝8，a 5＝512.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)a 5a 2＝5128＝64＝q 3， ∴q ＝4.∴a n ＝a 2·4n －2＝8×4n －2＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ×22n －1知S n ＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n ×22n －1①，从而22×S n ＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n ×22n ＋1②，①－②得(1－22)×S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ×22n ＋1，即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．。

高一数学必修五第二章求和

高一数学必修五第二章——数列求和知识归纳：数列求和的主要方法：（1）公式法：等差或等比数列直接运用求和公式计算的方法。

（2）分组求和法：将一个数列拆成若干个简单数列（等差、等比、常数列）然后分别求和的方法。

（3）裂项相消法：将数列的通项分成二项的差的形式，相加消去中间项，剩下有限项再求和的方法。

常用技巧有：①)11(1)(1k n n k k n n +-=+； ②)(11n k n kn k n -+=++③)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n ； ④])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n （4）错位相减法：将一个数列的每一项都作相同的变换，然后将得到的新数列错动一个位置与原数列的各项相减，也即是仿照推导等比数列前n 项和公式的方法。

若}{n a 为等差、}{n b 为等比数列，则求数列}{n n b a 的前n 项和可用此法。

（5）倒序求和法：即仿照推导等差数列前n 项和公式的方法一：公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论；例1：等比数列{}n a 的前n 项和21n n S =-，则2232221n a a a a ++++ ＝____________；练习1．数列}{n a 的通项是21n a n =+，，则数列{}n a 的的前n 项和为（）A ．2n B ．)1(+n n C ．)2(+n n D ．)12(+n n二、分组求和：若数列{}n C 的通项公式为n n n b a c +=，其中{}{}n n b a ,中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般用分组结合法。

例2：已知数列{}n a 的通项公式为231n n a n =+-，则数列{}n a 的前n 项和n S =___________；练习2．数列 ,21)12(,,815,413,211n n +-的前n 项和为n S ，则=n SA ．n n 2112-+B ．12211--+n nC ．n n n 21122-+-D ．n n n 2112-+-练习3、设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4.(1)求{a n }的通项公式； (2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .三、裂项相消：将数列的通项分成二项的差的形式，相加消去中间项，剩下有限项再求和的方法。

高考数学-数列求和的方法总结(有答案)

两式相加得： 2S 9 f
1 10
9 9 f 9 ，所以 S . 2 10
2
例 5.求和： S n 2 3 5 解： S n 2 3 5

1
4 3 5 6 3 5
n(n 1) 2 ，1+3+5+„„+(2n-1)= n ， 2
2
n(n 1)(2n 1) n(n 1) 3 3 3 3 1 2 3 ……+n = ， 1 2 3 ……+n = 等。 6 2
2 2 2 2
2.错位相减法：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。错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以“差比”数列中等比数列的公比 q ；②将两个等式相减；③利用等比数列的前 n 项和的公式求和。 3.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。该
c an an 1 方法适用于类似的数列，其中 an 是各项不为零的等差数列，c 为常数。用裂项相消
法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：
1 1 1 1 11 1 n n 1 n n 1 nn k k n n k ① ，特别地当 k 1 时，；
﹣ ）+ （ ﹣ ﹣ ）
）． ﹣ ） + ﹣ +…+ ﹣ ））+ （ ﹣ ）
）]= ．
=
．
故答案为：

高中数学必修五数列求和及综合应用(总结、例题、练习)

第六节数列求和及综合应用【基础知识】1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式 S n ＝1()2n n a a +＝na 1＋(1)2n n -d . 推导方法：倒序相加法； ②等比数列的前n 项和公式S n ＝111(1)(1)(1)11n n na q a a q a q q q q =⎧⎪--⎨=≠⎪--⎩推导方法：乘公比，错位相减法．(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．(6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．常见的裂项公式(1)111(1)1n n n n =-++；(2)1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+；= 难点正本疑点清源1．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． 2．等价转化思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决．【考点剖析】考点一：分组转化法例1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝22n n+，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．【解析】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝22n n +－2(1)12n n -+-＝n .a 1＝1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝22(12)12n --＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2. 【解题技法】[口诀记忆]通项和差玩组合，分组求和各管各.若数列通项是几个数列通项的和或差的组合，如：等差加等比，等比加等比．对于这类数列求和，就是对数列通项进行分解，然后分别对每个数列进行求和．例如：a n ＝b n ＋c n ＋…＋h n ，则1nkk a=∑＝1nkk b=∑＋1nkk c=∑＋…＋1nkk h=∑考点二：错位相减法例2．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 ＝nna ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(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，∴1nn a a -＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝13n n -， ∴T n ＝0121123···3333n n-++++， 13T n ＝123123 (3333)n n ++++，两式相减，得23T n ＝01211111···33333n n n-++++-113233=1322313n n n n n -+-=-⨯-，∴T n ＝969443n n +-⨯. 【解题技法】[口诀记忆]通项等差乘等比，乘q 相减化等比.如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解．【提示】(1)在写“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． (2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．考点三：裂项相消法考法(一) 形如a n ＝1()n n k + (k 为非零常数)型[例2] (2021·福州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n . (1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)设c n ＝2(41)2nnb n -，求数列{c n }的前n 项和S n . 【解析】(1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ，所以1n n b b +＝211n n n n a a a a +++--＝11132n n n n n a a a a a +++---＝112()n n n na a a a ++--＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为c n ＝2(41)2nnb n -所以c n ＝11112(21)(21)42121n n n n ⎛⎫=- ⎪+--+⎝⎭，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝111111111?··14335212142142nn n n n ⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭ 考法(二)(k 为非零常数)型【例3】已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1(1)()f n f n ++，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项为S n ，则S 2 018＝( )1B. 1C.1D.1【解析】由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )所以a n ＝1(1)()f n f n ++所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－)＋＋＋…＋＝1.[答案]C[规律探求]【过关检测】1．已知数列{}na满足)111,Nna a n*+==∈.记数列{}na的前n项和为nS，则（）A．100321S<<B．10034S<<C．100942S<<D．100952S<<2．数列{}na满足123232nna a a na++++=，则239101229444a a a aa a+++的值为（）A．710B．1310C．95D．9203．数列()()123n n⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前20项和为（）A．723B．2069C．13D．1969【答案】B4．数列{}nb满足11122nn nbb++=+﹐若112b=，则{}nb的前n项和为（）A．1212nn++-B．1112nn++-C．222nn+-D．13322nn++-5．已知数列{}n a 的前n 项和为nS ，且3n n nS a n λλ+<对任意*N n ∈恒成立，若212n n n a -=，则实数λ的取值范围为（）A ．1,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．3,14⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C ．3,14⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D ．2,9⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ 6．已知数列{}n a 满足11a =，21n n n a a a +=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n n n a b a +=．若100()S k k Z <∈，则k 的最小值为（）A ．1B ．2C ．3D ．47．我国古代很早就有对等差数列和等比数列的研究成果.北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题.现有一物品堆，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，…，以此类推.记第n 层货物的个数为n a，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2021项和为（）A ．40412021B ．20211011C ．20212022D ．202010118．已知数列{}n a 满足112a =，且对任意*n ∈N ，2112n n n a a a +=-，112n n b a =++，数列{}n b 的前n 项和为nT ，则2021T 的整数部分是（）A ．2021B ．2022C ．2023D ．20249．数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n kπ⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈，若n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2021S =__________.10．已知{}n a 是公差不为零的等差数列，514a =，且1a ，3a ，11a 成等比数列，设()11n nnb a +=-，数列{}n b 的前n 项的和为nS ，则2021S =______．11．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，2211,n n n n a a a n a +=-=-，则100S =__________.12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1n n a S +=，则812128S S S a a a +++=______________．13．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记nS 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．14．已知数列{}n a 是等差数列，23a =，713a =，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足2133n n S b =+. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设2242n n b c a n =-+-，求数列{}n c 的前n 项和nT.15．已知等差数列{}na的前n项和为nS，且11a=，39S=.数列{}nb满足121221nnnaa ab b b++⋅⋅⋅+=+.（1）求{}na和{}nb的通项公式；（2）设数列{}nb的前n项和为n T，求证163nT<.16．已知等差数列{}na满足:13a+，3a，4a成等差数列，且1a，3a，8a成等比数列.（1）求数列{}na的通项公式（2）在任意相邻两项k a与()11,2,...ka k+=之间插入2k个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}nb，求数列{}nb的前200项和200T.【过关检测答案】1．已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100321S << B ．10034S <<C ．100942S <<D ．100952S << 【答案】A【解析】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10012S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒=+=-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<+⇒<⎪⎪⎭12<11122n n -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 1163(1)(2)n n n a n a a n n n ++∴≤⇒≤+++，当且仅当1n =时取等号，所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100321S <<．故选：A ． 2．数列{}n a 满足123232n n a a a na ++++=，则239101229444a aa a a a +++的值为（）A ．710B ．1310C ．95D ．920 【答案】A【解析】123232n n a a a na ++++=，取2a ≥，()112312312n n a a a n a --++++-=相减11,222n n n n n a n a n--=⇒⇒=≥，1122a ==，则推出12,12,2n n n a n n-=⎧⎪=⎨≥⎪⎩ 当2k ≥时，()()11222111114122121kk k k k ka a k k k k k k -+⋅⎛⎫==⋅=⋅- ⎪+⋅++⎝⎭原式21121111111111121117 (24223234291042221010)a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=⨯⨯+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故选：A3．数列()()123n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前20项和为（）A ．723B ．2069C ．13D ．1969【答案】B 【解析】()()1112323n n n n =-++++， ()()123n n ⎧⎫⎪⎪⎨∴⎬++⎪⎪⎩⎭的前20项和为1111111134********⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭112032369-=.故选：B.4．数列{}n b 满足11122n n n b b ++=+﹐若112b =，则{}n b 的前n 项和为（） A ．1212n n ++-B ．1112n n ++-C ．222n n +- D ．13322n n ++-【答案】C【解析】因为11122n n n b b ++=+，所以11221n nn n b b ++=+，所以数列{}2n n b 是公差为1d =，首项为1212⨯=的等差数列，所以1(1)2=+-=nn n b n ，所以2n n n b =，设{}n b 的前n 项和为n S ，所以212 (222)n nn S =+++①，231112...2222n n n S +=+++②，①-②得，23111111+ (222222)+=+++-n n n nS ，得222n n n S +=-.故选：C5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且3n n nS a n λλ+<对任意*N n ∈恒成立，若212n nn a -=，则实数λ的取值范围为（） A ．1,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．3,14⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．3,14⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．2,9⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】依题意()2112122nn n n a n -⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以231111135(21)2222nn S n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，①()()23411111111352321222222nn n S n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，②①-②，得()234111111112212222222n n n S n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯++++--⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()211111221122112212n n n -+⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+⨯--⨯ ⎪⎝⎭-，所以()()2111321323222n n nn S n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故()()()212121212323231232n n n n n a n n n nS n n n n n n λ⎛⎫- ⎪--⎝⎭>===-++⎛⎫+ ⎪⎝⎭，所以只需2max2123n n n λ-⎛⎫> ⎪+⎝⎭，则()*21N n t n -=∈，则12t n +=(t 为正奇数)，所以222122423545n t n n t t t t-==+++++(t 为正奇数). 根据对勾函数的特征，易得当3t =时，245t t++的值最大，最大值为314，所以2max 2132314n n n -⎛⎫= ⎪+⎝⎭，即314λ>，故所求实数λ的取值范围是3,14⎛⎫+∞⎪⎝⎭.故选：C 6．已知数列{}n a 满足11a =，21n n n a a a +=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n n n a b a +=．若100()S k k Z <∈，则k 的最小值为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【解析】由1n n n a b a +=，得1n n n a b a +=，由21n n n a a a +=+，得111n n n a a a +=+， ∴11n n b a =+，而()1111111n n n n n a a a a a +==-++，∴11111n n n n b a a a +==-+， ∴10012100111111S a a a =++⋅⋅⋅++++122310010110111111111a a a a a a a =-+-+⋅⋅⋅+-=-．由题意，0n a >则210n n n a a a +-=>，故{}n a 为递增数列，又11a =，∴101101a <<，即10010111(0,1)a S =-∈，要使100()S k k Z <∈成立，则1k ，∴k 的最小值为1．故选：A.7．我国古代很早就有对等差数列和等比数列的研究成果.北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题.现有一物品堆，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，…，以此类推.记第n 层货物的个数为n a ，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2021项和为（） A ．40412021B ．20211011C ．20212022D ．20201011【答案】B【解析】由题意知，2132*123,2,...n n a a a a n n N a a n--=⎧⎪-=⎪≥∈⎨⎪⎪-=⎩且11a =，则由累加法可知， 123...n a a n -=+++，所以()()1112 (22)n n n n n a n n -+=+++=+=，当1n =时，()111112a ⨯+==，则()*1,2n n n a n N +=∈，则()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，记1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项的和为n S ，则1211111111...21...2231n n S a a a n n ⎛⎫=+++=-+-++- ⎪+⎝⎭ 1211n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，则2021S 1202121202111011⎛⎫=-= ⎪+⎝⎭，故选:B. 8．已知数列{}n a 满足112a =，且对任意*n ∈N ，2112n n n a a a +=-，112n nb a =++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2021T 的整数部分是（）A ．2021B ．2022C ．2023D ．2024【答案】B【解析】已知数列{}n a 满足2112n n n a a a +=-，112nn b a =++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2021T 的整数部分是由2112n n n a a a +=-，*n ∈N 得()()21212122n nn n n a a a a a ++=+=，即11112n n n a a a +=-+，所以11112n n n a a a +=-+， 1212111222n n n b b b n a a a T =+++++++=+++122311111111111n n n n a a a n a a a a a ++=++++=----+ 因为112a =，*n ∈N ，所以212n nn a T +-+=，又因为2112n n n a a a +=+，112a =211211152828a a a +==+=，3222125510521288128a a a =+=+=，43232110510537905121128128327628a a a ⎛⎫=+=> ⎪⎝+=⨯⎭，所以*,5n n ∈≥N 时，()10,1n a ∈，()10,12n a ∈+，所以202120211202212T a ++=-的整数部分为2022.故选：B.9．数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈，若n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2021S =__________. 【答案】30342023【解析】数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈， ①当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，②当n 为偶数时，sin4n n a π=，24680a a a a +++=，则偶数项和为()()246810121416a a a a a a a a ++++++++()20102012201420162018202020182024201a a a a a a a a a a +++++++==+=，所以 ()()2021132021242020S a a a a a a =+++++++1111111233520212023⎛⎫=-+-++- ⎪⎝⎭101130341120232023+=+=，故答案为:30342023. 10．已知{}n a 是公差不为零的等差数列，514a =，且1a ，3a ，11a 成等比数列，设()11n n n b a +=-，数列{}n b 的前n 项的和为n S ，则2021S =______．【答案】3032【解析】设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由1311,,a a a 成等比数列得：23111a a a =⨯，()()()2555246a d a d a d ∴-=-⨯+，整理可得：25143d a d =，0d ≠，514a =，3d ∴=，()5531n a a n d n ∴=+-=-，()()1131n n b n +∴=--，()()()20211234520202021S b b b b b b b ∴=+++++⋅⋅⋅++2310103032=+⨯=. 故答案为：3032.11．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，2211,n n n n a a a n a +=-=-，则100S =__________.【答案】1189【解析】因为2211,n n n n a a a n a +=-=-，所以221+1n n a a n +=-，所以234598994849()()()014811762a a a a a a ⨯++++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅+==，由2211,n n n n a a a n a +=-=-，可得3110a a =-=所以100502512631210111212a a a a a a =-=-=-=-=-=，所以100123459899100()()()S a a a a a a a a =+++++⋅⋅⋅+++11176121189=++=，故答案为：118912．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1n n a S +=，则812128S S S a a a +++=______________．【答案】502【解析】由数列{}n a 的前n 项和n S ，且满足1n n a S +=，当2n ≥时，111n n a S --+=，两式相减，可得()11120n n n n n n a a S S a a ----+-=-=，即11(2)2n n a n a -=≥，令1n =，可得11121a S a +==，解得112a =，所以数列{}n a 表示首项为12，公比为12的等比数列，所以12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则11122111212nn n S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭-，所以1122112nn n n n S a ⎛⎫- ⎪⎝⎭==-⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()8882312123222(111)S S S S a a a a ++++=+++-+++ ()89212821050212-=-=-=-.故答案为：502.13．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【解析】因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）证明：由（1）可得11(1)313(1)12313nn n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，②①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n n n T =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. 14．已知数列{}n a 是等差数列，23a =，713a =，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足2133n n S b =+. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设2242n n b c a n =-+-，求数列{}n c 的前n 项和n T . 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则7225a a d -==，所以，()22221n a a n n =+-=-. 当1n =时，1112133b S b ==+，解得11b =；当2n ≥时，由2133n n S b =+可得112133n n S b --=+，上述两式作差得12233n n n b b b -=-，整理可得12n n b b -=-，则12n n b b -=-，所以，数列{}n b 是首项为1，公比为2-的等比数列，所以，()12n n b -=-；（2）()()()2222222114241212121212142n n b c a n n n n n n n n =-====-+---+-+-+-，所以，11111121133521212121n nT n n n n =-+-++-=-=-+++. 15．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，39S =.数列{}n b 满足121221n n na a ab b b ++⋅⋅⋅+=+. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证163n T <. 【解析】（1）设数列{}n a 公差为d ，由题可知：1131113392a a S a d d ==⎧⎧⇒⎨⎨=+==⎩⎩，21n a n ∴=-，当1n =时，113a b =，113b ∴=；当2n ≥时，由121221nn n a a a b b b ++⋅⋅⋅+=+可得111212121n n n a a a b b b ---++⋅⋅⋅+=+，两式作差得()1121212n n n n n a b --=+-+=，所以，112122n n n n a n b ---==.113b =不满足1212n n n b --=，11,1321,22n n n b n n -⎧=⎪⎪∴=⎨-⎪≥⎪⎩；（2）32112135213222n n n T b b b n b --=++++⋅=++⋅⋅⋅+⋅⋅+，21113232126222n n n n n T ---∴=++⋅⋅⋅++， 22311111522221521823221232222323212n n n n n n n n n T --⎛⎫- ⎪--+⎝⎭∴=++++-=+-=--，1162316323n n n T -+∴=-<. 16．已知等差数列{}n a 满足:13a +，3a ，4a 成等差数列，且1a ，3a ，8a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式（2）在任意相邻两项k a 与()11,2,...k a k +=之间插入2k 个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，求数列{}n b 的前200项和200T .【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d .由题意得14332a a a ++=，即1123324a d a d ++=+，解得3d =，又2183a a a ⋅=，即()()21117323a a a ⋅+⨯=+⨯，解得14a =，所以31n a n =+.（2）在新数列{}n b 中，1k a +前面（包括1k a +）共有()2312222121k k k k +++++++=+-项，令121200k k ++-≤，()1,2,k =，则6k ≤，所以1a ，2a ，3a ，4a ，5a ，6a ，7a 出现在新数列{}n b 的前200项中，当6k =时，121133k k ++-=，所以7a 前面包括7a ）共有133项，所以7a 后面（不包括7a ）还有67个2.所以()()2362004722222226791386477T =+++++++++=+=.注：1a ，2a ，3a ，4a ，5a ，6a ，7a 出现在新数列{}n b 的前200项中，实际上表明：数列{}n b 的前200项中，有7项是1a ，2a ，3a ，4a ，5a ，6a ，7a 其余193项都是2.。

(完整版)高二数学必修五数列知识点总结及解题技巧(含答案)--强烈推荐,推荐文档

设是等差数列，则（是常数）是公差为的等差数列；
设，
，，则有；
(9) 是等差数列的前项和，则；
其他衍生等差数列：若已知等差数列，公差为，前项和为，则
我去人也就有人！为UR扼腕入站内信不存在向你偶同意调剖沙
①．为等差数列，公差为；
②．（即
）为等差数列，公差；
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③．（即）为等差数列，公差为.
1
q1。

；
a
）设，是等比数列，则也是等比数列。

）设是等比数列，是等差数列，且则也是等比数列（即等比数
）设是正项等比数列，则是等差数列；
）设，
，，则有；
）其他衍生等比数列：若已知等比数列，公比为，前项和为，则
①．为等比数列，公比为；
②．（即）为
等比数列，公比为；。

高中数学必修5(人教A版)第二章数列2.7知识点总结含同步练习及答案

例题：求和 S n = x + 2x 2 + 3x3 + ⋯ + nx n ．解：当 x = 0 时，S n = 0；当 x = 1 时，S n = 1 + 2 + ⋯ + n = 当 x ≠ 0 且 x ≠ 1 时，
n(n + 1) ； 2
{
，得 ①−②
Sn xS n
= x + 2x2 + 3x3 + ⋯ + (n − 1)xn−1 + nxn ⋯ ① = x2 + 2x3 + 3x4 + ⋯ + (n − 1)xn + nxn+1 ⋯ ②
c n = an ⋅ b n ，其中，{an }是公差为 d 的等差数列，{b n }是公比为 q （q ≠ 1 ）的等比数列，我们可以用错位相减法求{c n }的前 n 项和 S n ． = a1 b 1 + a2 b 2 + a3 b 3 + ⋯ + an b n ⋯ ① { Sn qS n = a1 b 2 + a2 b 3 + ⋯ + an−1 b n + an b n+1 ⋯ ② ，得(1 − q)S n = a1 b 1 + d(b 2 + b 3 + ⋯ + b n ) − an b n+1 ，化简求出 S n 即可． ①−②
4. 若数列 {an } 满足：an = 2 n + 1．
2 (2 n − 1) + n
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S n = an + an−1 + ⋯ + a2 + a1