非等差等比数列前n项和计算方法
数列求和各种方法总结归纳汇总
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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求.
【错位相减法】设 {an}的前n项和为Sn，an＝n·2n，则Sn＝
解析：∵Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…
＋n·2n
①
∴2Sn＝
1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n－21n
B．n2＋2－21n
C．n2＋1－2n1－1
D．n2＋2－2n1－1
解析：因为an＝2n－1＋21n， 则Sn＝1＋22n－1n＋1211－－1221n＝n2＋1－21n.
2．(2011·北京东城二模)已知{an}是首项为19，公差为－2的等差 数列，Sn为{an}的前n项和．
数列求和的方法
(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通 项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备 某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．
(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．
如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等 或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒 序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
2．分组求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列 或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别 求和而后相加减．
【分组求和法】数列{(－1)n·n}的前n项和Sn=？
一、公式法
1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等
等比数列的前n项和数列总结
等比数列的前n 项和 一、等比数列的前n 项和公式 1．乘法运算公式法∵S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝a 1·1－q 1＋q ＋q 2＋…＋q n －11－q ＝a 11－q n1－q， ∴S n ＝a 11－q n1－q. 2．方程法 ∵S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －2)＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －1－a 1q n －1)＝a 1＋q (S n －a 1q n －1)，∴(1－q )S n ＝a 1－a 1q n .∴S n ＝a 11－q n1－q. 3．等比性质法∵{a n }是等比数列，∴a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a n a n －1＝q . ∴a 2＋a 3＋…＋a n a 1＋a 2＋…＋a n －1＝q ， 即S n －a 1S n －a n ＝q 于是S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 11－q n1－q. 二、等比数列前n 项和公式的理解(1)在等比数列的通项公式及前n 项和公式中共有a 1，a n ，n ，q ，S n 五个量，知道其中任意三个量，都可求出其余两个量．(2)当公比q ≠1时，等比数列的前n 项和公式是S n ＝a 11－q n 1－q ，它可以变形为S n ＝－a 11－q ·q n ＋a 11－q ，设A ＝a 11－q，上式可写成S n ＝－Aq n ＋A .由此可见，非常数列的等比数列的前n 项和S n 是由关于n 的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数．当公比q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1是n 的正比例函数(常数项为0的一次函数)．等比数列前n 项和性质（1）在等比数列{a n }中，连续相同项数和也成等比数列，即：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…仍成等比数列．（2）当n 为偶数时，偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比，即S 偶S 奇＝q . （3）若一个非常数列{a n }的前n 项和S n ＝－Aq n ＋A (A ≠0，q ≠0，n ∈N *)，则数列{a n }为等比数列，即S n ＝－Aq n ＋A ⇔数列{a n }为等比数列．题型一 等比数列前n 项和公式的基本运算（在等比数列{a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，a 1与q 是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a 1和q 表示a n 与S n ，从而列方程组求解，在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用；在解决与前n 项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．）1、在等比数列{a n}中，(1)若S n＝189，q＝2，a n＝96，求a1和n；(2)若q＝2，S4＝1，求S8.2、设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.题型二等比数列前n项和性质的应用3、一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项和为170，求出数列的公比和项数．4、等比数列{a n}中，若S2＝7，S6＝91，求S4.题型三等比数列前n项和的实际应用5、借贷10 000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061,1.015≈1.051)[规范解答] 方法一设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款a n元(1≤n≤6)，则a0＝10 000，a1＝1.01a0－a，a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，……a6＝1.01a5－a＝……＝1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a.由题意，可知a6＝0，即1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a＝0，a＝1.016×1021.016－1.因为1.016＝1.061，所以a＝1.061×1021.061－1≈1 739.故每月应支付1 739元．方法二一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为S1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)．另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a＝a[1＋0.016－1]1.01－1＝a[1.016－1]×102(元)．由S1＝S2，得a＝1.016×1021.016－1. 以下解法同法一，得a≈1 739.故每月应支付1 739元．方法技巧错位相减法求数列的和若数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，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，并向后错位一项与{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．6、已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .数列归纳整合一、数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．(4)a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2. 等差数列 等比数列性质 ①设{a n }是等差数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s＋a t ＝a m ＋a n ；②从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列；③等差数列中连续m 项的和组成的新数列是等差数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等差数列 ①设{a n }是等比数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s ·a t ＝a m ·a n ； ②从等比数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等比数列； ③等比数列中连续m 项的和组成的新数列是等比数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等比数列(注意：当q ＝－1且m 为偶数时，不是等比数列)函数特性 ①等差数列{an}的通项公式是n 的一次函数，即an ＝an ＋b(a≠0，a ＝d ，b ＝a1－d)； ②等差数列{an}的前n 项和公式是一个不含常数项的n 的二次函数，即Sn ＝an2＋bn(d≠0) ①等比数列{an}的通项公式是n 的指数型函数，即an ＝c·qn ，其中c≠0，c ＝a1q ； ②等比数列{an}的前n 项和公式是一个关于n 的指数型函数，即Sn ＝aqn －a(a≠0，q≠0，q≠1)三、等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 为常数，q ≠0)⇔{a n }是等比数列． (2)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }是等差数列；a n ＋12＝a n ·a n ＋2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列．(3)通项公式法：a n ＝an ＋b (a ，b 是常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＝c ·q n (c ，q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；S n ＝aq n －a (a ，q 为常数，且a ≠0，q ≠0，q ≠1，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．专题一 数列通项公式的求法数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究函数的性质，而有了数列的通项公式，便可求出数列中的任何一项及前n 项和．常见的数列通项公式的求法有以下几种：(1)观察归纳法求数列的通项公式就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与序号n 的内在联系，结合常见数列的通项公式，归纳出所求数列的通项公式．(2)利用公式法求数列的通项公式数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a 1与d 或a 1与q ，再代入公式a n ＝a 1＋(n －1)d 或a n ＝a 1q n －1中即可．(3)利用a n 与S n 的关系求数列的通项公式如果给出的条件是a n 与S n 的关系式，可利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2，先求出a 1＝S 1，再通过计算求出a n (n ≥2)的关系式，检验当n ＝1时，a 1是否满足该式，若不满足该式，则a n 要分段表示．(4)利用累加法、累乘法求数列的通项公式形如：已知a 1，且a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可求和数列)的形式均可用累加法；形如：已知a 1，且a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可求积数列)的形式均可用累乘法． (5)构造法(利用数列的递推公式研究数列的通项公式)若由已知条件直接求a n 较难，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项公式．1、已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2且a 1＝2，求a n .2、数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n ＋2a n (n ∈N *)，求通项公式a n . 3、已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，a 1＝1，求通项公式．4、设S n 为数列{a n }的前n 项的和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式． 专题二 数列求和求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：1、公式法：直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对等比数列q ≠1的讨论．2、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．3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列再求和．4、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．5、倒序相加法：把数列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)．1、求数列214，418，6116，…，2n ＋12n ＋1的前n 项和S n . 2、在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项的和． 3、求和S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n .专题三 数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一，也是高考的必考内容及重点考查的范围，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识交汇进行命题．1、已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且 a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围． 2、数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n 2·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .。
求数列前n项和8种的方法(史上最全)
求数列前n 项和8种的方法一.公式法（定义法）： 1.等差数列求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+特别地，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+，即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算； 2.等比数列求和公式： （1）1q =时，1n S na =； （2）()1111nn a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论；3.可转化为等差、等比数列的数列；4.常用公式:（1）1nk k ==∑12123(1)n n n ++++=+；（2）21nk k ==∑222216123(1)(21)n n n n ++++=++；（3）31nk k ==∑33332(1)2123[]n n n +++++=；（4）1(21)n k k =-=∑2n 1)-(2n ...531=++++.例1 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32＝xx x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21例2 设123n s n =++++，*n N ∈,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：易知 )1(21+=n n S n ， )2)(1(211++=+n n S n∴ 1)32()(++=n nS n S n f ＝64342++n n n＝n n 64341++＝50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f .二.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常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法。
求前N项和方法技巧及公式
求前N项和方法技巧及公式前N项和是指将一个数列的前N项相加得到的和。
计算前N项和可以使用不同的方法和技巧，包括数学公式、推导公式和逐项相加等。
一、数学公式法对于一些特定的数列，存在求前N项和的数学公式，可以直接使用这些公式计算前N项和，而无需逐项相加。
1.等差数列的前N项和公式对于等差数列，其通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
前N项和公式如下：Sn = (a1 + an) * N / 2 = N * (a1 + a1 + (N-1)d) / 2 = N *(2a1 + (N-1)d) / 22.等比数列的前N项和公式对于等比数列，其通项公式为an = a1 * r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比。
前N项和公式如下：Sn=a1*(1-r^N)/(1-r)3.平方数序列的前N项和公式对于平方数序列，其通项公式为an = n^2，其中n为正整数。
前N项和公式如下：Sn=n*(n+1)*(2n+1)/6二、推导公式法对于一些特殊的数列，我们可以通过推导得到求前N项和的公式。
推导过程中可以使用数学归纳法、代数运算等方法。
1.等差数列的前N项和公式的推导设等差数列的首项为a，公差为d，第N项为an，则有：an = a + (N-1)dSn=a+(a+d)+(a+2d)+...+(a+(N-1)d)根据等差数列的性质，可以将Sn分为两部分：Sn=(a+(N-1)d)+(a+(N-2)d)+...+(a+d)+a将两式相加，可得：2Sn=(N*a)+(N*a+(N-1)*d)+...+((N-1)d+a)+(Nd)化简后得到等差数列的前N项和公式。
2.等比数列的前N项和公式的推导设等比数列的首项为a，公比为r，第N项为an，则有：an = a * r^(N-1)Sn=a+a*r+a*r^2+...+a*r^(N-1)Sn*r=a*r+a*r^2+...+a*r^N将两式相减Sn*(1-r)=a*(1-r^N)化简后得到等比数列的前N项和公式。
非等差等比数列
2．(2016·西安模拟)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝2 016，且 an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，则 S2 016 等于( )
A．0
B．2 016
C．2 015
D．2 014
3．等差数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1，其前 n 项和为 Sn，则数列Snn的前 10 项的和为(
(2)设 bn＝ 2an ＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和．
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引申探究 本例(2)中，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
思维升华 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法 求和． 提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字 母的数列中对字母的讨论．
教学内容与过程
1、非等差、等比数列通项公式的求法
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。
类型Ⅱ 公式法：若已知数列的前 n 项和 Sn 与 an 的关系，求数列an 的通项 an 可用公式
an
SS1n
, (n 1) Sn1, (n 2)
)
A．120
B．70
C．75
D．100
4．在数列{an}中，若 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前 12 项和等于( )
求数列前n项和的七种方法
求数列前N 项和的七种方法1. 公式法等差数列前n 项和：特别的，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+g ，即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算。
等比数列前n 项和： q=1时，1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论。
其他公式：1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n k S n k n[例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x 由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32（利用常用公式）＝xx x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n21 [例2] 设S n ＝1+2+3+…+n，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(211++=+n n S n （利用常用公式）∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n＝nn 64341++＝50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f2. 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3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解：由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x }的通项之积设n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ②（设制错位）①－②得n n n x n x x 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 -+++--=+ [例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn前n 项的和. 解：由题可知，{n n22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积 设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ……………………………② （设制错位）①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS （错位相减）∴ 1224-+-=n n n S 练习：求：S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)x n-1解：S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)x n-1 ①①两边同乘以x ，得x S n =x+5 x 2+9x 3+······+(4n -3)x n ② ①-②得，（1-x ）S n =1+4（x+ x 2+x 3+······+ n x ）-（4n-3）x n当x=1时，S n =1+5+9+······+（4n-3）=2n 2-n 当x ≠1时，S n = 1 1-x [ 4x(1-x n) 1-x +1-（4n-3）x n ]3. 反序相加法求和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5] 求οοοοο89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设οοοοο89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得οοοοο1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …② （反序）又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x ο ①+②得 （反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222οοοοοο++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.5 4. 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6] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，…解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n（分组）当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S n n -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- [例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1( ∴ ∑=++=nk n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k k nk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得3211123nnnn k k k S k k k====++∑∑∑（分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++22(1)(1)(21)(1)222n n n n n n n ++++=++ （分组求和）＝2)2()1(2++n n n练习：求数列•••+•••),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。
求前n项和的几种方法
求前n 项和的几种方法求数列前N 项和的方法1. 公式法（1）等差数列前n 项和：特别的，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+，即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公（2q=11q S ≠，（31、=S n 3、=S n [例1][例2]设2. 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3]求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①[例4]求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和. 练习：求：S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)x n-1答案：当x=1时，S n =1+5+9+······+（4n-3）=2n 2-n当x ≠1时，S n =11-x [4x(1-x n )1-x +1-（4n-3）x n ]3. 倒序相加法求和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[例5]求4. [例6]5. （1（3（5）)2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n (6)n n n n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 [例9]求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.[例10]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.[例11]求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S ∵ n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+（裂项） ∴ 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S （裂项求和） ＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1 -+-+-+-∴6. [[例7. [例练习：求5，55，555，…，的前n 项和。
非等差等比数列前n项和计算方法
第二章：数列11,(1),(2).n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩注意通项能否合并。
2、等差数列：⑴定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，即n a －1-n a =d ，（n ≥2，n ∈N +）， 那么这个数列就叫做等差数列。
⑵等差中项：若三数a A b 、、成等差数列2a bA +⇔= ⑶通项公式：1(1)()nma a n d a n m d =+-=+- 或(na pn q p q =+、是常数）.⑷前n 项和公式：()()11122n n n n n a a S na d -+=+=⑸常用性质：①若()+∈ +=+N q p n m q p n m ,,,，则qpnma a a a +=+；②下标为等差数列的项()Λ,,,2mk m k k a a a ++，仍组成等差数列；③数列{}b a n+λ（b ,λ为常数）仍为等差数列； ④若{}n a 、{}n b 是等差数列，则{}n ka 、{}n nka pb + (k 、p 是非零常数)、*{}(,)p nqa p q N +∈、，…也成等差数列。
⑤单调性：{}na 的公差为d ，则：ⅰ）⇔>0d {}n a 为递增数列； ⅱ）⇔<0d {}n a 为递减数列； ⅲ）⇔=0d {}na 为常数列；⑥数列{n a }为等差数列na pn q ⇔=+（p,q 是常数）⑦若等差数列{}n a 的前n 项和，则、kk S S -2、kk S S 23-… 是等差数列。
3、等比数列⑴定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列。
⑵等比中项：若三数a b 、G 、成等比数列2,G ab ⇒=（ab 同号）。
反之不一定成立。
⑶通项公式：11n n mn ma a q a q --==⑷前n 项和公式：()11111n n na q a a q Sqq--==--⑸常用性质①若()+∈ +=+N q p n m q p n m ,,,，则mnpqa a a a ⋅=⋅；②Λ,,,2mk m k k a a a ++为等比数列，公比为kq (下标成等差数列,则对应的项成等比数列)③数列{}na λ（λ为不等于零的常数）仍是公比为q 的等比数列；正项等比数列{}na ；则{}lg na 是公差为lg q 的等差数列；④若{}na 是等比数列，则{}{}2n n ca a ，，1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}()r na r Z ∈是等比数列，公比依次是21.rq q q q，，， ⑤单调性：110,10,01a q a q >><<<或{}n a ⇒为递增数列；{}110,010,1na q a q a ><<<>⇒或为递减数列； {}1n q a =⇒为常数列； {}0nq a <⇒为摆动数列；⑥既是等差数列又是等比数列的数列是常数列。
如何求数列的前n 项和
知识导航数列求和问题是数列中的重要题型.在解题的过程中，我们经常会遇到一些非等差、非等比数列的求和问题，其求解的办法多种多样.为了帮助同学们熟练掌握求数列前n 项和的方法,笔者对下面三种方法进行了探讨.一、倒序相加法如果一个数列中,与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，我们就可以采用倒序相加法来求和.把正序的和式与倒序的和式中的对应项相加，便能得到n 个与首末项等距的两项之和；求出首末两项之和,便可求得数列的前n 项和.例1.若函数f ()x =x 3-3x 2+e x -1-e 1-x2，求+f æèöø22020+⋯+f æèöø40382020+f æèöø40392020的值.分析:通过对已知函数式的观察与分析，可以发现f ()x +f ()2-x =-4，可采用倒序相加法来求解,将求和问题转化为求首项和尾项的和.解：∵f ()x =x 3-3x 2+e x -1-e 1-x2,∴f ()2-x =()2-x 3-3()2-x 2+e 2-x -1-e 1-2+x2,∴f ()x +f ()2-x =x 3-3x 3+()2-x 3-3()2-x 2=-4,令M =f æèöø12020+f æèöø22020+⋯+f æèöø40382020+f æèöø403920202M =éëêùûúf æèöø12020+f æèöø40392020+éëêùûúf æèöø22020+f æèöø40382020+⋯+éëêùûúf æèöø40382020+f æèöø22020+éëêùûúf æèöø40392020+f æèöø12020=4039éëêùûúf æèöø12020+f æèöø40392020=4039×()-4.∴M =-8078.二、分段求和法分段求和法是指将数列中具有相同特性的项放在一起，把数列分为几段，然后分段进行求和的方法.运用分段求和法解题的关键在于，仔细观察和分析数列的通项，把握其特性和规律,将其进行合理的分段.例2.求数列{}n ()n +1()2n +1的前n 项和.解:设a k =k ()k +1()2k +1=2k 3+3k 2+k ,∴S n =∑k =1nk ()k +1()2k +1=∑k =1n()2k 3+3k 2+k =2k =1nk 3+3k =1nk 2+k =1nk=2()13+23+⋯+n 3+3()12+22+⋯+n 2+(1+2+⋯+n )=n 2()n +122+n ()n +1()2n +12+n ()n +12=n ()n +12()n +22.通过对通项的观察与分析，可知该数列的和可以分为三段:2∑k =1nk 3、3∑k =1nk 2、∑k =1nk .于是运用分段求和法，将数列的每一项拆开，分段进行求和，再综合所得的结果即可求得原数列的前n 项和.三、裂项相消法裂项相消法是指将数列中的每项（通项）裂为两项之差的形式，然后将其重新组合，使之能消去中间的一些项，最终达到求和的目的的方法.运用裂项相消法求数列的前n 项和的关键是将数列的通项合理变形.常见的裂项方式有1n (n +k )＝1k (1n -1n +k)、1n +n +1＝n +1-n 等.例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 项和.解:a n =1n +1+2n +1+⋯+n n +1=n2，b n =2n 2∙n +12=8n （n +1）=8æèöø1n -1n +1，则数列{}b n 的前n 项和为：S n =8[æèöø1-12+æèöø12-13+æèöø13-14+⋯+æèöø1n -1n +1]=8æèöø1-1n +1=8n n +1.我们由已知条件能快速求得{}b n 的通项b n =8n （n +1），可将其裂为两项之差的形式：8æèöø1n -1n +1,通过裂项相消，便可将中间的一些项消去，这样便只剩下首尾两项，化简该式即可得到答案.由此可见，倒序相加法、分段求和法和裂项相消法的适用范围各不相同，同学们在解题的过程中要注意合理选择.无论运用哪种方法求和，我们都要首先仔细观察和分析数列的通项，合理进行拆分、组合、裂项，这样才能快速找到与之相对应的解题方法.(作者单位:安徽省阜南实验中学)n 马丽f æèöø1202036。
4.3.2 等比数列的前n项和公式(精讲)(解析版)
4.3.2等比数列的前n项和公式一、等比数列的前n 项和公式已知量首项1a 与公比q首项1a ，末项n a 与公比q公式()()()111111n n na q S a q q q⎧=⎪=-⎨≠⎪-⎩()()11111n n na q S a a qq q ⎧=⎪=-⎨≠⎪-⎩二、等比数列前n 项和的函数特征1、n S 与q 的关系（1）当公比1q ≠时，等比数列的前n 项和公式是()111nn a q S q-=-，它可以变形为1111n n a a S q q q =---，设11aA q=-，则上式可以写成n n S A Aq =-的形式，由此可见，数列{}n S 的图象是函数x y A Aq =-图象上的一群孤立的点；（2）当公比1q =时，等比数列的前n 项和公式是1n S na =，则数列{}n S 的图象是函数1y a x =图象上的一群孤立的点。
2、n S 与n a 的关系当公比1q ≠时，等比数列的前n 项和公式是11n n a a qS q-=-，它可以变形为111n na qS a q q=---设1qA q =--，11aB q=-，则上式可写成n n S Aa B =+的形式，则n S 是n a 的一次函数。
三、等比数列前n 项和的性质1、等比数列{}n a 中，若项数为2n ，则=S q 偶奇S ；若项数为21n +，则1=S a q S -奇偶.2、若等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则n S ，2n n S S -，32n n S S -…成等比数列（其中n S ，2n n S S -，32n n S S -…均不为0）．3、若一个非常数列{}n a 的前n 项和()0,0,n n S Aq A A q n N *=-≠≠∈，则数列{}n a 为等比数列。
四、等比数列前n 项和运算的技巧1、在等比数列的通项公式和前n 项和公式中，共涉及五个量：1a ，n a ，n ，q ，n S ，其中首项1a 和公比q 为基本量，且“知三求二”，常常列方程组来解答；2、对于基本量的计算，列方程组求解时基本方法，通常用约分或两式相除的方法进行消元，有时会用到整体代换，如n q ，11a q-都可以看作一个整体。
2023年高考数学一轮复习讲义——数列求和
§6.5 数列求和 考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法． 知识梳理数列求和的几种常用方法1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和．(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1. 2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．4．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)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 .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n ＋3的前n 项和可用分组转化法求和．( √ ) 教材改编题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 ．－200B ．－100C ．200D ．100答案 D解析 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100等于( ) A ．50B ．75C ．100D ．125 答案 B解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d )＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d＝50＋25＝75.3．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.题型一 分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列．∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 6＝a 1＋5d ＝6，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，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.延伸探究 在本例(2)中，如何求数列{b n }的前n 项和T n ?解 由本例(2)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＋n 2－2；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. 所以T n ＝⎩⎨⎧ 2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，q ＝12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2， 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1；b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3， 即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思维升华 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和．(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和．跟踪训练1 (2022·重庆质检)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. 题型二 错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n 3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式； [切入点：设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2. [关键点：b n ＝n ·⎝⎛⎭⎫13n ]教师备选(2020·全国Ⅰ)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)n 3， ∴S n ＝1－(1＋3n )(－2)n 9，n ∈N *. 思维升华 (1)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，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1.跟踪训练2 (2021·浙江)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.题型三 裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)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＝n 2n ＋1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34. (1)解 因为2S n ＝3a n －1，所以2S 1＝2a 1＝3a 1－1，即a 1＝1.当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，则2S n －2S n －1＝2a n ＝3a n －3a n －1，整理得a n a n －1＝3， 则数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)证明 由(1)得b n ＝3n(3n －1＋1)(3n ＋1)＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1， 所以T n ＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋1－131＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1－133＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1， 即T n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋1＝34－323n ＋1， 所以T n <34， 又因为T n 为递增数列，所以T n ≥T 1＝34－38＝38， 所以38≤T n <34. 思维升华 利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1， 1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝4，且当n ≥2时，(n －1)a n ＝ n (a n －1＋2n －2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)记b n ＝2n ＋1a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)证明 当n ≥2时，(n －1)a n ＝n (a n －1＋2n －2)，将上式两边都除以n (n －1)，得a n n ＝a n －1＋2n －2n －1， 即a n n －a n －1n －1＝2， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝4为首项，2为公差的等差数列． (2)解 由(1)得a n n＝4＋2(n －1)＝2n ＋2， 即a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＝2n ＋1a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋1)2， 所以S n ＝14⎩⎨⎧ ⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫122－132＋⎭⎪⎬⎪⎫…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋1)2 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n 4(n ＋1)2. 课时精练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 *.2．(2020·全国Ⅲ改编)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 ，① 2S 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＋2.3．(2022·合肥模拟)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 ＝n n ＋1.4．(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项，所以2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12， 因为数列{a n }是正项等比数列，所以q ＝2.所以a n ＝a 4·q n －4＝2n .(2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)，①若n 为偶数，T n ＝－3＋5－7＋9－…－(2n －1)＋(2n ＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n －1)＋(2n ＋1)]＝2×n 2＝n ； ②若n 为奇数，当n ≥3时，T n ＝T n －1＋b n ＝n －1－(2n ＋1)＝－n －2，当n ＝1时，T 1＝－3适合上式，综上得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －2，n 为奇数 (或T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *)．方法二 (错位相减法)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)， T n ＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n ·(2n ＋1)， 所以－T n ＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n ＋1(2n ＋1)， 所以2T n ＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n ]－(－1)n ＋1(2n ＋1)＝－3＋2×1－(－1)n －12＋(－1)n (2n ＋1) ＝－3＋1－(－1)n －1＋(－1)n (2n ＋1)＝－2＋(2n ＋2)(－1)n ，所以T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *.5．(2022·重庆调研)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ，在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36， 解得d ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①.b n ＝42n ·2(n ＋1)＝1n (n ＋1)， 则S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 选条件②.∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ， 当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ] ＝n 2×2＝n ； 当n 为奇数时，n －1为偶数， S n ＝n －1－2n ＝－n －1. ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数. 选条件③.∵a n ＝2n ，b n ＝2n a n a ⋅，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，① 4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1，② ①－②得 －3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ·4n ＋1＝4(1－4n )1－4×2－2n ·4n ＋1 ＝8(1－4n )－3－2n ·4n ＋1， ∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1.。
等比数列通项公式和前n项和公式
等比数列通项公式和前n项和公式等比数列是指数列中相邻两项的比值都相等的数列。
设等比数列的首项为a，公比为r，则其通项公式为：an = a * r^(n-1)，其中n 为项数。
在等比数列中，前n项和的公式为：Sn = a * (1 - r^n) / (1 - r)。
英文：Geometric progression is a sequence in which the ratio of any two consecutive terms is the same. Let the first term of the geometric sequence be a, and the common ratio be r, then its general term formula is: an = a * r^(n-1), where n is the number of terms. In a geometric sequence, the formula for the sum of the first n terms is: Sn = a * (1 - r^n) / (1 - r).等比数列通项公式an= a1 * q^(n-1)，其中q为公比。
英文：The general term formula of a geometric sequence is an=a1 * q^(n-1), where q is the common ratio.在等比数列中，首项为a1，通项公式为：an= a1*q^(n-1)。
其中an表示第n项，q为公比。
英文：In a geometric sequence, the first term is a1 and the general term formula is: an= a1*q^(n-1). Where an represents the nth term, and q is the common ratio.当公比小于1时，等比数列是一个收敛的数列。
2022届高考数学(理)一轮总复习检测：第五章 第四节 数列求和 Word版含解析
第四节 数列求和【最新考纲】 1.把握等差、等比数列的前n 项和公式.2.把握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和(1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．倒序相加法假如一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法．3．错位相减法假如一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法．4．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)裂项时常用的三种变形： ①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； ②1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.5．分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则可用分组求和法求和．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f(n)类型，可接受两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(质疑夯基)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)假如数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可依据错位相减法求得．( )(4)假如数列{a n }是周期为k(k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( )答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 6等于( )A.142B.45C.56D.67 解析：由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67. 答案：D3．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n 为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n 2－2解析：S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋(2n －1))＝2（1－2n ）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2.答案：C4．(2022·“江南十校”联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14n B ．1－12nC.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 解析：a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 答案：C5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝________． 解析：设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋(122＋123＋…＋12n )－n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋(12＋122＋…＋12n －1)－n ＋22n＝3＋12[1－（12）n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .答案：4－n＋4 2n●两种思路解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路1．转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．2．不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．●两点留意利用裂项相消法求和的留意事项1．抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；2．将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n}是等差数列，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎪⎫1a n－1a n＋1，1a n a n＋2＝12d⎝⎛⎭⎪⎫1a n－1a n＋2.]一、选择题1．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：由题意得a n＝1＋2n－1，所以S n＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1.答案：C2．已知{a n}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1＝() A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)C.323(1－4－n) D.323(1－2－n)解析：由于q3＝a5a2＝18，所以q＝12，a1＝4，从而数列{a n a n＋1}是以8为首项，14为公比的等比数列，其前n项和T n＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫14n1－14＝323(1－4－n)．答案：C3．(2022·太原一模)已知数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n·(2n－1)·cosnπ2＋1(n∈N*)，其前n项和为S n，则S60＝()A．－30 B．－60C ．90D ．120解析：由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k(k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k.∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.答案：D4．已知函数f(x)＝x a的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 013＝( )A. 2 012－1B. 2 013－1C. 2 014－1D. 2 014＋1解析：由f(4)＝2得4a ＝2，解得a ＝12，则f(x)＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 013＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3) ＋…＋( 2 014－ 2 013)＝ 2 014－1. 答案：C5．已知等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，则数列lg a 1，2lg a 2，22lg a 3，23lg a 4，…，2n －1lga n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1D ．2n ＋1解析：∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n，∴a 2n ＝102n ，即a n ＝10n ，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n·2n －1， ∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n ，②∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n·2n ＝2n －1 －n·2n ＝(1－n)·2n －1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1. 答案：C二、填空题6．数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎨⎧5n ＋1 n 是奇数，2n 2 n 是偶数，则这个数列的前2m 项的和是________．解析：数列{a n }的奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列，则S 2m ＝6m ＋m （m －1）2×10＋2（1－2m ）1－2＝5m 2＋m ＋2m ＋1－2.答案：5m 2＋m ＋2m ＋1－27．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________．解析：由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6.答案：68．对于每一个正整数n ，设曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99＝________．解析：曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，即y ＝(n ＋1)x －n ，它与x 轴交于点(x n ，0)，则有(n ＋1)x n －n ＝0⇒x n ＝nn ＋1，∴a n ＝lg x n ＝lg nn ＋1＝lg n －lg(n ＋1)，∴a 1＋a 2＋…＋a 99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2，答案：－2 三、解答题9．(2021·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎨⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n －1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.10．(2021·山东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由于2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3. 当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1， 即a n ＝3n －1.所以a n ＝⎩⎨⎧3， n ＝1，3n －1， n ≥2.(2)由于a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13.当n ≥2时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n . 所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]， 两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n， 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合． 综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.数列中的高考热点题型数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要连接点，本专题解答题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列与函数的综合问题；三是数列与不等式的综合问题．难度中等．热点1 等差、等比数列的综合问题解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．并留意方程思想的应用，等差(比)数列总共涉及五个量a ，a n ，S n ，d(q)，n ，“知三求二”．(2021·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q.已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d ＞1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d ＞1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.1．若{a n }是等差数列，则{ba n }(b ＞0且b ≠1)是等比数列；若{a n }是正项等比数列，则{log b a n }(b ＞0且b ≠1)是等差数列．2．对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化．【变式训练】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ＞0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设a 1＞0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ 解：(1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0.若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， 所以a n ＝0(n ≥1)，若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列， 所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.(2)当a 1＞0且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n ，由(1)知，b n ＝lg1002n＝2－nlg 2. 所以数列{b n }是单调递减的等差数列{公差为－lg 2}． b 1＞b 2＞…＞b 6＝lg 10026＝lg 10064＞lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg10027＝lg 100128＜lg 1＝0. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大．热点2 数列与函数的综合问题(满分现场)数列与函数的综合一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n ，a n ，S n 等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(经典例题)(本小题满分12分)(2022·四川卷)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x 的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .规范解答：(1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n.4分(2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.6分所以，d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n ，8分所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －110分因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以，T n ＝2n ＋1－n －22n .12分【满分规章】(1)本题的易失分点是：①不能由题意正确列出a 7、a 8的关系式；②不能正确利用导数的几何意义求解； ③不会利用错位相减法求T n . (2)满分规章：①明确点在函数图象上，点的坐标适合函数解析式． ②明确导数的几何意义是曲线在切点处的切线斜率．③若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，可用错位相减法求数列{a n b n }前n 项的和．【构建模板】错位相减法求和的一般步骤第一步：确定通项，依据已知条件求a n ，b n .其次步：巧分拆，即新的数列分解为等差数列和等比数列的乘积，并确定等比数列的公比．第三步：构差式，即写出S n 的表达式，然后乘以公比，两式作差．第四步：依据差式的特征精确求和．第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个亲密联系：一是数列和函数之间的亲密联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是争辩函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行机敏的处理．【变式训练】已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{a n}的前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝3a n a n＋1，试求数列{b n}的前n 项和T n.解：(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b.由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又由于点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以S n＝3n2－2n.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5，所以a n＝6n－5(n∈N*)．(2)由(1)得b n＝3a n a n＋1＝3（6n－5）[6（n＋1）－5]＝12·⎝⎛⎭⎪⎪⎫16n－5－16n＋1，故T n＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫16n－5－16n＋1＝12(1－16n＋1)＝3n6n＋1.热点3数列与不等式的综合问题数列与不等式相结合问题的考查方式主要有三种：一是推断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明．(2021·安徽卷)设n∈N*，x n是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标．(1)求数列{x n}的通项公式；(2)记T n＝x21x23…x22n－1，证明：T n≥14n.解：(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y ＝0，得与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，由于x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2＞（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n， 所以T n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.解决数列与不等式的综合问题时，假如是证明题要机敏选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；假如是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的学问奇妙结合起来综合处理就行了．【变式训练】 已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0恒成立，试求m 的取值范围．解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q. 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②①—②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0，得2n ＋1－n ×2n ＋1－2＋n ×2n ＋1＋m ×2n ＋1＜0对任意正整数n 恒成立， ∴m ·2n ＋1＜2－2n ＋1，即m ＜12n －1对任意正整数n 恒成立．∵12n －1＞－1，∴m≤－1，即m的取值范围是(－∞，－1]．1．(2021·浙江卷)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝2，b1＝1，a n＋1＝2a n(n∈N*)，b1＋12b2＋13b3＋…＋1n b n＝b n＋1－1(n∈N*)．(1)求a n与b n；(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n，求T n.解：(1)由a1＝2，a n＋1＝2a n，得a n＝2n(n∈N*)．由题意知：当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.当n≥2时，1n b n＝b n＋1－b n.整理得b n＋1n＋1＝b nn，所以b n＝n(n∈N*)，(2)由(1)知a n b n＝n·2n，因此T n＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2T n＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，所以T n－2T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.故T n＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．2．(2021·四川卷)设数列{a n}(n＝1，2，3，…)的前n项和S n满足S n＝2a n－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n的前n项和为T n，求使得|T n－1|＜11 000成立的n的最小值．解：(1)由已知S n＝2a n－a1，有a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1(n≥2)，则a n＝2a n－1(n≥2)，所以q＝2.从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又由于a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列．故a n＝2n.(2)由(1)得1a n＝12n，所以T n＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝1－12n.由|T n－1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n－1＜11 000，即2n＞1 000.由于29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10.于是使|T n－1|＜11 000成立的n的最小值为10.3．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＋2n＝2a n.(1)证明：数列{a n＋2}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式a n；(2)若数列{b n}满足b n＝log2(a n＋2)，设T n是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b na n＋2的前n项和，求证：T n ＜32.证明：(1)由S n ＋2n ＝2a n ，得S n ＝2a n －2n ，① 当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，当n ≥2，n ∈N *时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，② ①－②，得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2， ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 又a 1＋2＝4≠0，则a n ＋2≠0.∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，以2为公比的等比数列． ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2. (2)由b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1， 得b n a n ＋2＝n ＋12n ＋1， 则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1，③12T n ＝223＋…＋n2n ＋1＋n ＋12n ＋2.④ ③－④，得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n ＋12n ＋2＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， 所以T n ＝32－n ＋32n ＋1＜32.4．已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． (1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解：(1)由于{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.由于q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列， 所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q＝23(4n －1)．5．(2022·山东青岛一模)已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令c n ＝(－1)n S n (n ∈N *)，{c n }的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)d n －2＋2n －1，a ∈R.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解：(1)由于等差数列{a n }的公差为d ，设c n ＝(－1)n S n ， 所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330， 则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330，即10(3＋d)＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n.(2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n －[2(a －2)3n －2＋2n －1] ＝4(a －2)3n －2＋2n －1 ＝4·3n －2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤（a －2）＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2. 由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，由于2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54，所以a ≤54. 6．已知数列{a n }的首项a 1＝4，前n 项和为S n ，且S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设函数f(x)＝a n x ＋a n －1x 2＋a n －2x 3＋…＋a 1x n ，f ′(x)是函数f(x)的导函数，令b n ＝f′(1)，求数列{b n }的通项公式，并争辩其单调性．解：(1)由S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)， 得S n －3S n －1－2n ＋2－4＝0(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－3a n －2＝0， 可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)(n ≥2)，又由S 2－3S 1－2－4＝0及a 1＝4，得a 2＝14， 所以a 2＋1＝3(a 1＋1)，即{a n ＋1}是一个首项为5，公比为3的等比数列， 所以a n ＝5×3n －1－1(n ∈N *)．(2)由于f′(x)＝a n ＋2a n －1x ＋…＋na 1x n －1，所以f′(1)＝a n ＋2a n －1＋…＋na 1＝(5×3n －1－1)＋2(5×3n －2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30)－n （n ＋1）2. 令S ＝3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30， 则3S ＝3n ＋2×3n －1＋3×3n －2＋…＋n ×31，两式作差得S ＝－n2－3－3n ＋14，所以f′(1)＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2，即b n ＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2.又b n ＋1＝5×3n ＋2－154－（n ＋1）（n ＋7）2，所以b n ＋1－b n ＝15×3n 2－n －72＞0，所以数列{b n }是单调递增数列．。
非等差等比数列的求和
非等差等比数列的求和名学堂教育400-633-4478数列求和Ⅰ、『回忆』求和公式求和 1、等差数列求和公式：S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1) 2d2、等比数列求和公式：S n⎧na 1⎧na 1-a n q =⎧a 1(1-q ) =⎧1-q 1-q ⎧(q =1) (q ≠1)Ⅱ、非等差、等比数列求和（1，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加的方法求和。
【例1】已知函数f (x ) =14+2x, (x ∈R )，点P 1(x 1, y 1), P 2(x 2, y 2) 是函数f （x ）的图像上12，n m的两点，且线段（1）求证：点P 的纵坐标是定值。
（2）若数列{a n }的通项公式是前m 项的和。
P 1P 2的中点P 的横坐标是a n =f ()(m ∈N , n=1, n = m m ），2，…，，求数列{a n }的+【思路分析】（1）由中点坐标公式得：x 1+x 2=1，再计算y 1+y 2的值可证。
（2）利用倒序相加的方法求和。
解：（1）由题意知：x 1+x 2=1，下面计算y 1+y 2的值y 1+y 2=f (x 1) +f (x 2) =14x 1+2+14x 2+2=4(4x 1x 1+4x 2+4x 2+2)(4+2)=44x 1+x 2x 1+4x 2+4+42) +4x+2(4x 1把x 1+x 2=1代入上式得：，为定值。
（2）由（1）可知：对任意的非零自然数m ，n ，由于：方法求和。
S m =f (Sm =f (f (n m) +f () +（fm -n m m )) =12恒成立。
1m) +f (2m2m) + +f (m -2m) +f (mm -1mm ，故采用倒序相加的1m) +f () + +f (m -1m) +f ()m①①+②得：（2n 项和公式时所用的方法，这种方法主要求数列名学堂教育400-633-4478{a n ⋅b n }（其中数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列）的前n 项的和。
专题5.4 数列求和及数列的综合应用-2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(解析版)
第五篇 数列及其应用专题5.04 数列求和及数列的综合应用【考试要求】1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.【知识梳理】1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. 2.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.【微点提醒】1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6. 3.裂项求和常用的三种变形(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( ) 【答案】 (1)√ (2)√ (3)× (4)√【解析】 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解.【教材衍化】2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( ) A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021【答案】 B【解析】 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2019. 3.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________. 【答案】 3649【解析】 由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8， 又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫1361－13＝3649.【真题体验】 4.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A.9B.15C.18D.30【答案】 C【解析】 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列，又a 1＝－5，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.【答案】 2n ＋2＋n (n ＋1)－4【解析】 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2，又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4.6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.【答案】 a n ＝2(n ＋1)【解析】 由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝4，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1). 【考点聚焦】考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小.【答案】见解析【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1，a 2，a 3－1成等差数列，∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3，∴q ＝a 3a 2＝2， ∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *).(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1，∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1)＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n1－2＝n 2＋2n －1. ∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0，∴S n <n 2＋2n .【规律方法】 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和. 2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .【答案】见解析【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n .考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】(1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1， ∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝⎛⎭⎫a n 2－n ， 即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2，∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N *，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3，∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －1.(2)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1－132－1＋⎝⎛⎭⎫132－1－133－1＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12－13n ＋1－1. 【规律方法】1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.(1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)， ∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2. 考点三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】(1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n . (2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1， 又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n ， 因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n . 【规律方法】 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【答案】见解析【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d 分别加上1，1，3后成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，解得d ＝2(舍负)，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，则b n ＝12n . (2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n ， 则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② 由①－②，得12T n ＝12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. ∴12T n ＝12＋2×14⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1， ∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n ＝3－3＋2n 2n . 考点四 数列的综合应用【例4】 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？【答案】见解析【解析】设该学生工作n 天，每天领工资a n 元，共领工资S n 元，则第一种方案a n (1)＝38，S n (1)＝38n ； 第二种方案a n (2)＝4n ，S n (2)＝4(1＋2＋3＋…＋n )＝2n 2＋2n ；第三种方案a n (3)＝0.4×2n －1，S n (3)＝0.4（1－2n ）1－2＝0.4(2n －1). 令S n (1)≥S n (2)，即38n ≥2n 2＋2n ，解得n ≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令S n (1)≥S n (3)，即38n ≥0.4×(2n －1)，利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高，所以少于10天时，选择第一种方案.比较第二、第三种方案，S 10(2)＝220，S 10(3)＝409.2，S 10(3)>S 10(2)，…，S n (3)>S n (2).所以等于或多于10天时，选择第三种方案.【规律方法】 数列的综合应用常考查以下几个方面：(1)数列在实际问题中的应用；(2)数列与不等式的综合应用；(3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】 已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】(1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式，所以a n ＝6n －5(n ∈N *).(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12·⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1， 故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1. 【反思与感悟】1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.【易错防范】1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A.－24B.－3C.3D.8 【答案】 A【解析】 设{a n }的公差为d ，根据题意得a 23＝a 2·a 6， 即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，解得d ＝－2，所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24. 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等于( )A.200B.－200C.400D.－400【答案】 B【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.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( ) A.9B.99C.10D.100【答案】 B【解析】 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ， 所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1－n )＋(n －n －1)＋…＋(3－2)＋(2－1)＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 4.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( ) A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023【答案】 C 【解析】 ∵2n ＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n，∴T n ＝n ＋1－12n ， ∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m >T 10＋1 013恒成立，∴整数m 的最小值为1 024.5.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100 【答案】 D【解析】 当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1－a 2k ＝2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝2，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4，a 2k ＋2＋a 2k ＝0，∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100.二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.【答案】 3n －1【解析】 由a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，得(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，又a n >0，所以a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，故S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1. 7.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________. 【答案】 1516【解析】 等比数列{(n 2＋n )a n }的首项为2a 1＝13，第二项为6a 2＝19，故公比为13，所以(n 2＋n )a n ＝13·⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n ，所以a n ＝13n （n 2＋n ），则3n a n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，其前n 项和为1－1n ＋1，n ＝15时，为1－116＝1516. 8.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.【答案】 9【解析】 由于平均产量类似于图形过P 1(1，S 1)，P n (n ，S n )两点直线的斜率，斜率大平均产量就高，由图可知n ＝9时割线P 1P 9斜率最大，则m 的值为9.三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0). 【答案】见解析【解析】当x ≠±1时，S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2＝⎝⎛⎭⎫x 2＋2＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 4＋2＋1x 4＋…＋⎝⎛⎭⎫x 2n ＋2＋1x 2n＝(x 2＋x 4＋…＋x 2n )＋2n ＋⎝⎛⎭⎫1x 2＋1x 4＋…＋1x 2n＝x 2（x 2n －1）x 2－1＋x －2（1－x －2n）1－x －2＋2n＝（x 2n －1）（x 2n ＋2＋1）x 2n （x 2－1）＋2n .当x ＝±1时，S n ＝4n .10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.【答案】见解析【解析】(1)解 因为a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)，所以a n ＝2＋S n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又因为a 2＝2＋a 1＝4，a 1＝2，所以a 2＝2a 1，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *).(2)证明 因b n ＝1＋log 2(a n )2，则b n ＝2n ＋1.则1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）<16.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则() A.a n ≥2n ＋1 B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －1【答案】 B【解析】 由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1，∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，∴S n ≥n （1＋2n －1）2＝n 2. 12.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定【答案】 A【解析】 投入资金逐月值构成等比数列{b n }，利润逐月值构成等差数列{a n }，等比数列{b n }可以看成关于n 的指数式函数，它是凹函数，等差数列{a n }可以看成关于n 的一次式函数.由于a 1＝b 1，a 12＝b 12，相当于图象有两个交点，且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方，所以全年的总利润ω＝a 1＋a 2＋…＋a 12比总投资N ＝b 1＋b 2＋…＋b 12大，故选A.13.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.【答案】 4n －1【解析】 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4＝4n －1.14.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】见解析【解析】(1)证明 由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n＝1， 又S 11＝5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5，公差为1的等差数列. (2)解 由(1)可知S n n＝5＋(n －1)＝n ＋4， 所以S n ＝n 2＋4n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3.又a 1＝5也符合上式，所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n ＝(2n ＋3)2n ，所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n ，①2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n ＋(2n ＋3)2n ＋1，②所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1)＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23（1－2n －1）1－2＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8)＝(2n ＋1)2n ＋1－2.【新高考创新预测】15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________.【答案】 2n －1 (－1)n n （n ＋1）2【解析】 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n （n ＋1）2；当n为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n （n ＋1）2，当n ＝1时，也符合上式.综上所述，T n ＝(－1)n n （n ＋1）2.。
等比数列前n项和公式怎么求
等比数列前n项和公式怎么求等比数列是高中数学重点知识之一，那么等比数列前n项和公式怎么求呢?下面是由小编为大家整理的“等比数列前n项和公式怎么求”，仅供参考，欢迎大家阅读。
等比数列前n项和公式怎么求等比数列前n项和公式：Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。
推导如下：因为an=a1q^(n-1)所以Sn=a1+a1*q^1+...+a1*q^(n-1)(1)qSn=a1*q^1+a1q^2+...+a1*q^n(2)(1)-(2)注意(1)式的第一项不变。
把(1)式的第二项减去(2)式的第一项。
把(1)式的第三项减去(2)式的第二项。
以此类推,把(1)式的第n项减去(2)式的第n-1项。
(2)式的第n项不变,这叫错位相减,其目的就是消去这此公共项。
于是得到(1-q)Sn=a1(1-q^n)即Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。
拓展阅读：等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式：=q(n≥2，q为非零常数).(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G=±。
2.等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an=a1qn-1;通项公式的推广：an=amqn-m.(2)等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=na1;当q≠1时，Sn==。
3.等比数列的性质已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.(1)若k+l=m+n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al=am·an。
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak+m，ak+2m，…仍是等比数列，公比为qm。
(3)当q≠-1，或q=-1且n为奇数时，Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…仍成等比数列，其公比为qn。
2022版高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和课件
①－②得：bnn＝an＋1－an＝2，
所以bn＝2n.
所以bn＝62n
n＝1 n≥2
.
(2)当n＝1时，S1＝a11b1＝4×1 6＝214.
当n≥2时，an1bn＝2n21n＋2＝141n－n＋1 1， 则Sn＝214＋1412－31＋13－14＋…＋1n－n＋1 1 ＝214＋1412－n＋1 1 ＝122nn－＋11， 当n＝1时满足上式，故Sn＝122nn－＋11.
[解] (1)∵a2＝8，Sn＝an2＋1－n－1， ∴a1＝S1＝a22－2＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋1－n－1－a2n－n， 即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2， ∴an＋1＝3an＋2，n∈N*， ∴an＋1＋1＝3(an＋1)， ∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an
na1，q＝1， Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq，q≠1.
2．几种数列求和的常用方法 (1)分组求和法：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(注意消项规律)，从而求得前n项和．裂项时常用的 三种变形：
[解] (1)数列{an}是公差为2的等差数列， 数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1. 所以当n＝1时，a2＝b1＝6， 故an＝6＋2(n－2)＝2n＋2， 由于b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1，①
当n≥2时，b1＋b22＋b33＋…＋nb－n－11＝an，②
(1)已知等差数列{an}的公差Leabharlann d(d≠0)，则有ana1n＋1＝1d
非等差等比数列前n项和计算方法
第二章：数列1、数列中与之间的关系：11,(1),(2).n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩注意通项能否合并。
2、等差数列：⑴定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，即n a －1-n a =d ，（n ≥2，n ∈N +）， 那么这个数列就叫做等差数列。
⑵等差中项：若三数a A b 、、成等差数列2a bA +⇔= ⑶通项公式：1(1)()n m a a n d a n m d =+-=+- 或(n a pn q p q =+、是常数）. ⑷前n 项和公式：()()11122n n n n n a a S na d -+=+= ⑸常用性质：①若()+∈ +=+N q p n m q p n m ,,,，则q p n m a a a a +=+； ②下标为等差数列的项()Λ,,,2m k m k k a a a ++，仍组成等差数列； ③数列{}b a n +λ（b ,λ为常数）仍为等差数列；④若{}n a 、{}n b 是等差数列，则{}n ka 、{}n n ka pb + (k 、p 是非零常数)、*{}(,)p nq a p q N +∈、，…也成等差数列。
⑤单调性：{}n a 的公差为d ，则：ⅰ）⇔>0d {}n a 为递增数列； ⅱ）⇔<0d {}n a 为递减数列； ⅲ）⇔=0d {}n a 为常数列；⑥数列{n a }为等差数列n a pn q ⇔=+（p,q 是常数）⑦若等差数列{}n a 的前n 项和n S ，则k S 、k k S S -2、k k S S 23-… 是等差数列。
3、等比数列⑴定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列。
⑵等比中项：若三数a b 、G 、成等比数列2,G ab ⇒=（ab 同号）。
反之不一定成立。
⑶通项公式：11n n mn m a a q a q --==⑷前n 项和公式：()11111n n n a q a a qS qq--==--⑸常用性质①若()+∈ +=+N q p n m q p n m ,,,，则m n p q a a a a ⋅=⋅；②Λ,,,2m k m k k a a a ++为等比数列，公比为kq (下标成等差数列,则对应的项成等比数列) ③数列{}n a λ（λ为不等于零的常数）仍是公比为q 的等比数列；正项等比数列{}n a ；则{}lg n a 是公差为lg q 的等差数列；④若{}n a 是等比数列，则{}{}2n n ca a ，，1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭， {}()rn a r Z ∈是等比数列，公比依次是21.r q q q q，，， ⑤单调性：110,10,01a q a q >><<<或{}n a ⇒为递增数列；{}110,010,1n a q a q a ><<<>⇒或为递减数列；{}1n q a =⇒为常数列； {}0n q a <⇒为摆动数列；⑥既是等差数列又是等比数列的数列是常数列。
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第二章：数列 1、数列中与n 之间的关系：11,(1),(2).n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩注意通项能否合并。
2、等差数列：⑴定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，即n a －1-n a =d ，（n ≥2，n ∈N +），那么这个数列就叫做等差数列。
⑵等差中项：若三数a A b 、、成等差数列2a b A +⇔=⑶通项公式：1(1)()n m a a n d a n m d =+-=+-或(n a pn q p q =+、是常数）. ⑷前n 项和公式： ()()11122n n n n n a a S na d -+=+= ⑸常用性质：①若()+∈ +=+N q p n m q p n m ,,,，则q p n m a a a a +=+；②下标为等差数列的项()Λ,,,2m k m k k a a a ++，仍组成等差数列；③数列{}b a n +λ（b ,λ为常数）仍为等差数列；④若{}n a 、{}n b 是等差数列，则{}n ka 、{}n n ka pb + (k 、p 是非零常数)、*{}(,)p nq a p q N +∈、，…也成等差数列。
⑤单调性：{}n a 的公差为d ，则：ⅰ）⇔>0d {}n a 为递增数列；ⅱ）⇔<0d {}n a 为递减数列；ⅲ）⇔=0d {}n a 为常数列；⑥数列{n a }为等差数列n a pn q ⇔=+（p,q 是常数）⑦若等差数列{}n a 的前n 项和n S ，则k S 、k k S S -2、k k S S 23-… 是等差数列。
3、等比数列⑴定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列。
⑵等比中项：若三数a b 、G 、成等比数列2,G ab ⇒=（ab 同号）。
反之不一定成立。
⑶通项公式：11n n m n m a a q a q --== ⑷前n 项和公式：()11111n n n a q a a q S q q --==-- ⑸常用性质①若()+∈ +=+N q p n m q p n m ,,,，则m n p q a a a a ⋅=⋅；②Λ,,,2m k m k k a a a ++为等比数列，公比为k q (下标成等差数列,则对应的项成等比数列) ③数列{}n a λ（λ为不等于零的常数）仍是公比为q 的等比数列；正项等比数列{}n a ；则{}lg n a 是公差为lg q 的等差数列；④若{}n a 是等比数列，则{}{}2n n ca a ，， 1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭， {}()r n a r Z ∈是等比数列，公比依次是21.r q q q q，，， ⑤单调性：110,10,01a q a q >><<<或{}n a ⇒为递增数列；{}110,010,1n a q a q a ><<<>⇒或为递减数列；{}1n q a =⇒为常数列；{}0n q a <⇒为摆动数列；⑥既是等差数列又是等比数列的数列是常数列。
⑦若等比数列{}n a 的前n 项和n S ，则k S 、k k S S -2、k k S S 23-… 是等比数列.求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，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 nn 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 累加法：形如(1n f 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 =-+-+++≥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;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;③若()f n 是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;④若()f n 是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和.累乘法： 形如1()n n a f n +=⋅1()n n a f n a +⎛⎫= 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 f n a a f n a a f a ---=-=-⎧⎪⎪⎪⎪⎨=⎪⎪⎪⎪⎩ 将上述1-n 个式子两边分别相乘，可得：1(1)(2)...(2)(1),(2)n a f n f n f f a n =-⋅-⋅⋅≥有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。
构造数列法：㈠形如q pa n n +=+1（其中,p 均为常数且p ≠）型的递推式：（1）若1p =时，数列{n a }为等差数列;（2）若0q =时，数列{n a }为等比数列;（3）若1p ≠且0≠q 时，数列{n a }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求.方法有如下两种：法一：设1()n n a p a λλ++=+,展开移项整理得1(1)n n a pa p λ+=+-,与题设1n n a pa q +=+比较系数（待定系数法）得1,(0)()111n n q q q p a p a p p p λ+=≠⇒+=+---1()11n n q q a p a p p -⇒+=+--,即1n q a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭构成以11q a p +-为首项，以p 为公比的等比数列.再利用等比数列的通项公式求出1n q a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭的通项整理可得.n a 法二：由q pa a n n +=+1得1(2)n n a pa q n -=+≥两式相减并整理得11,n n n n a a p a a +--=-即{}1n n a a +-构成以21a a -为首项，以p 为公比的等比数列.求出{}1n n a a +-的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出.n a㈡形如1()n n a pa f n +=+(1)p ≠型的递推式： ⑴当()f n 为一次函数类型（即等差数列）时：法一：设[]1(1)n n a An B p a A n B -++=+-+，通过待定系数法确定A B 、的值，转化成以1a A B ++为首项，以p 为公比的等比数列{}n a An B ++，再利用等比数列的通项公式求出{}n a An B ++的通项整理可得.n a法二：当()f n 的公差为d 时，由递推式得：1()n n a pa f n +=+，1(1)n n a pa f n -=+-两式相减得：11()n n n n a a p a a d +--=-+，令1n n n b a a +=-得：1n n b pb d -=+转化为类型Ⅴ㈠求出 n b ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出.n a法一：设[]1()(1)n n a f n p a f n λλ-+=+-，通过待定系数法确定λ的值，转化成以1(1)a f λ+为首项，以p 为公比的等比数列{}()n a f n λ+，再利用等比数列的通项公式求出{}()n a f n λ+的通项整理可得.n a法二：当()f n 的公比为q 时，由递推式得：1()n n a pa f n +=+——①，1(1)n n a pa f n -=+-，两边同时乘以q 得1(1)n n a q pqa qf n -=+-——②，由①②两式相减得11()n n n n a a q p a qa +--=-，即11n n n n a qa p a qa +--=-，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出.n a 法三：递推公式为n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数）或1n n n a pa rq +=+（其中p ，q, r 均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以1+n q ，得：q q a q p q a n n n n 111+•=++，引入辅助数列{}n b （其中nn n q a b =），得：q b q p b n n 11+=+再应用类型Ⅴ㈠的方法解决。
⑶当()f n 为任意数列时，可用通法：在1()n n a pa f n +=+两边同时除以1n p +可得到111()n n n n n a a f n p p p +++=+，令n n na b p =，则11()n n n f n b b p++=+，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出n b 之后得n n n a p b =.对数变换法：形如1(0,0)q n n pa p a +=>>型的递推式：在原递推式1q n a pa +=两边取对数得1lg lg lg n n a q a p +=+，令lg n n b a =得：1lg n n b qb p +=+，化归为q pa a n n +=+1型，求出n b 之后得10.n b n a =（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）。
倒数变换法： 形如11n n n n a pa a ---=（p 为常数且0p ≠）的递推式：两边同除于1n n a a -，转化为111n n p a a -=+形式，化归为q pa a n n +=+1型求出1na 的表达式，再求n a ； 还有形如1n n n ma a pa q +=+的递推式，也可采用取倒数方法转化成111n n m m a q a p+=+形式，化归为q pa a n n +=+1型求出1na 的表达式，再求n a .形如n n n qa pa +=++12型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列}{1--n n a a 的形式求解。
方法为：设)(112n n n n ka a h ka a -=-+++，比较系数得q hk p k h =-=+,，可解得h k 、，于是1{}n n a ka +-是公比为h 的等比数列，这样就化归为q pa a n n +=+1型。
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式.n a5、非等差、等比数列前n 项和公式的求法①若数列{}n a 为等差数列，数列{}n b 为等比数列，则数列{}n n a b ⋅的求和就要采用此法. ②将数列{}n n a b ⋅的每一项分别乘以{}n b 的公比，然后在错位相减，进而可得到数列{}n n a b ⋅的前n 项和.n 项和公式时所用的方法.一般地，当数列的通项12()()n c a an b an b =++ 12(,,,a b b c 为常数）时，往往可将n a 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12n a an b an b λλ=-++，通分整理后与原式相比较，根据对应项系数相等得21c b b λ=-，从而可得 12211211=().()()()c c an b an b b b an b an b -++-++常见的拆项公式有：①111(1)1n n n n =-++； ②1111();(21)(21)22121n n n n =--+-+1a b =-④11;m m m n n n C C C -+=-⑤!(1)!!.n n n n ⋅=+-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.一般分两步：①找通向项公式②由通项公式确定如何分组.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，则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，这种求和方法称为倒序相加法。