高中数学必修5数列求和精选题目(附答案)
新整理高二数学人教A必修5练习：2.5.2 数列求和 Word版含解析
课时训练14 数列求和一、分组求和1.若数列{a n }的通项公式是a n =(-1)n (3n-2),则a 1+a 2+…+a 10=( )A.15B.12C.-12D.-15 答案:A解析:∵a n =(-1)n (3n-2),则a 1+a 2+…+a 10=-1+4-7+10-…-25+28=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.2.已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=a n +n+2n (n ∈N *),则a n 为( )A.n (n -1)2+2n-1-1 B.n (n -1)2+2n -1 C.n (n+1)2+2n+1-1 D.n (n -1)2+2n+1-1 答案:B解析:∵a n+1=a n +n+2n ,∴a n+1-a n =n+2n .∴a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+(1+2)+(2+22)+…+[(n-1)+2n-1]=1+[1+2+3+…+(n-1)]+(2+22+…+2n-1)=1+(n -1)n 2+2(1-2n -1)1-2=n (n -1)2+2n -1. 3.(2015广东湛江高二期末,19)已知数列{a n }为等差数列,a 5=5,d=1;数列{b n }为等比数列,b 4=16,q=2.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式a n ,b n ;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和T n .解:(1)∵数列{a n }为等差数列,a 5=5,d=1,∴a 1+4=5,解得a 1=1,∴a n =1+(n-1)×1=n.∵数列{b n }为等比数列,b 4=16,q=2,∴b 1·23=16,解得b 1=2,∴b n =2×2n-1=2n .(2)∵c n =a n +b n =n+2n ,∴T n =(1+2+3+…+n )+(2+22+23+…+2n )=n (n+1)+2(1-2n )=n 2+n +2n+1-2. 二、裂项相消法求和4.数列{a n }的通项公式a n =11+2+3+…+n ,则其前n 项和S n =( )A.2n n+1B.n+12nC.(n+1)n 2D.n 2+n+2n+1答案:A解析:∵a n =11+2+3+…+n =2n (n+1)=2(1n -1n+1), ∴S n =a 1+a 2+…+a n=2[(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)]=2(1-1n+1)=2n n+1.5.11×3+13×5+15×7+…+1(2n -1)(2n+1)= . 答案:n 2n+1解析:∵1(2n -1)(2n+1)=12(12n -1-12n+1), ∴11×3+13×5+15×7+…+1(2n -1)(2n+1)=12(1-13+13-15+15-17+…+12n -1-12n+1) =12(1-12n+1)=n 2n+1. 6.(2015山东省潍坊四县联考,17)等差数列{a n }中,a 1=3,其前n 项和为S n .等比数列{b n }的各项均为正数,b 1=1,且b 2+S 2=12,a 3=b 3.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式;(2)求数列{1S n }的前n 项和T n . 解:(1)设数列{a n }的公差为d ,数列{b n }的公比为q ,由已知可得{q +3+3+d =12,q 2=3+2d ,又q>0,∴{d =3,q =3, ∴a n =3+3(n-1)=3n ,b n =3n-1.(2)由(1)知数列{a n }中,a 1=3,a n =3n ,∴S n =n (3+3n )2,∴1S n=2n (3+3n )=23(1n -1n+1), ∴T n =23(1-12+12-13+…+1n -1n+1)=23(1-1n+1)=2n 3(n+1). 三、错位相减法求和7.数列22,422,623, (2)2n ,…前n 项的和为 .答案:4-n+22n -1解析:设S n =22+422+623+ (2)2n ,① 12S n =222+423+624+ (2)2n+1,② ①-②得(1-12)S n =22+222+223+224+…+22n −2n2n+1=2-12n -1−2n2n+1.∴S n =4-n+22n -1.8.(2015湖北高考,文19)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·(29)n -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 -1,① 12T n =12+322+523+724+925+…+2n -12n .②①-②可得12T n =2+12+122+…+12n -2−2n -12n =3-2n+32n ,故T n =6-2n+32n -1.(建议用时:30分钟)1.数列{a n }的通项公式是a n =√n+√n+1,若前n 项和为10,则项数为( )A .11B .99C .120D .121答案:C解析:∵a n =√n+√n+1=√n +1−√n ,∴S n =a 1+a 2+…+a n =(√2-1)+(√3−√2)+…+(√n +1−√n )=√n +1-1,令√n +1-1=10,得n=120.2.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( ) A .13B .10C .9D .6 答案:D解析:a n =2n -12n =1-(12)n . ∴S n =n-12(1-12n )1-12=n-1+12n =32164=5+164,∴n=6. 3.数列{a n }的通项公式a n =n cos nπ2,其前n 项和为S n ,则S 2 012等于( )A.1 006B.2 012C.503D.0 答案:A 解析:∵函数y=cos nπ2的周期T=2ππ2=4,∴可分四组求和:a 1+a 5+…+a 2 009=0,a 2+a 6+…+a 2 010=-2-6-…-2 010=503×(-2-2 010)2=-503×1 006, a 3+a 7+…+a 2 011=0,a 4+a 8+…+a 2 012=4+8+…+2 012=503×(4+2 012)2=503×1 008. 故S 2 012=0-503×1 006+0+503×1 008=503×(-1 006+1 008)=1 006.4.已知等比数列{a n }的前n 项和S n =2n -1,则a 12+a 22+…+a n 2等于( ) A.(2n-1)2B.13(2n -1) C.4n -1D.13(4n -1) 答案:D 解析:根据前n 项和S n =2n -1,可求出a n =2n-1,由等比数列的性质可得{a n 2}仍为等比数列,且首项为a 12,公比为q 2,∴a 12+a 22+…+a n 2=1+22+24+…+22n-2=13(4n -1).5.已知数列{a n }:1,1+2,1+2+3,1+2+3+4,…,那么数列{b n }={1n n+1}前n 项的和为( ) A .4(1-1n+1)B .4(12-1n+1)C .1-1n+1D .12−1n+1 答案:A解析:∵a n =1+2+3+…+n n+1=n (n+1)2n+1=n 2,∴b n =1n n+1=4=4(1-1). ∴S n =4(1-12+12-13+13-14+…+1n -1n+1) =4(1-1n+1). 6.如果lg x+lg x 2+lg x 10=110,那么lg x+lg 2x+…+lg 10x= .答案:2 046解析:由已知(1+2+…+10)lg x=110,∴55lg x=110.∴lg x=2.∴lg x+lg 2x+…+lg 10x=2+22+…+210=211-2=2 046.7.已知等比数列{a n }中,a 1=3,a 4=81.若数列{b n }满足b n =log 3a n ,则数列{1b n b n+1}的前2 013项的和为 .答案:2 0132 014解析:a41=q 3=27,∴q=3.∴a n =a 1·q n-1=3×3n-1=3n .∴b n =log 3a n =n.∴1b n ·b n+1=1n (n+1)=1n −1n+1, ∴数列{1bn ·b n+1}的前2 013项的和为: (1-12)+(12-13)+…+(12 013-12 014)=1-12 014=2 0132 014.8.已知等比数列{a n}的各项都为正数,且当n≥3时,a4·a2n-4=102n,则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4,…,2n-1lg a n的前n项和S n等于.答案:1+(n-1)·2n解析:∵{a n}是等比数列,∴a4a2n-4=a n2=102n.∴a n=10n,∴2n-1lg a n=n·2n-1.利用错位相减法求得S n=1+(n-1)2n.9.正项数列{a n}满足:a n2-(2n-1)a n-2n=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=1(n+1)a n,求数列{b n}的前n项和T n.解:(1)由a n2-(2n-1)a n-2n=0,得(a n-2n)(a n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以a n=2n.(2)由a n=2n,b n=1(n+1)a n,则b n=12n(n+1)=12(1n-1n+1),T n=12(1-12+12−13+…+1n-1−1n+1n−1n+1)=12(1-1n+1)=n2(n+1).10.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2n2+n,n∈N*,数列{b n}满足a n=4log2b 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=2n2+n,得当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,a n=S n-S n-1=4n-1.当n=1时,4×1-1=3.所以a n=4n-1,n∈N*.由4n-1=a n=4log2b 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*.。
高三数学数列求和试题答案及解析
高三数学数列求和试题答案及解析1.设数列的前项积为，且（n∈N*）．（1）求，并证明：；（2）设，求数列的前项和．【答案】（１），祥见解析；（２）．【解析】（１）n取1,2,3求出，再利用与的关系将已知等式用表示即可证明；（２）由（1）问的结论利用等差数列的通项公式先求出的通项，再由通项利用裂项相消法求．试题解析：（1）由题意可得：，所以 5分（2）数列为等差数列，，， 10分【考点】１．数列的通项公式；２．数列的前n项和．2.已知函数且an ＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0 B．100 C．-100 D．10200【答案】B【解析】由题意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，选B.3.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出. 试题解析：（1）解法1：当时，， 当时，.是等差数列， ，得. 又，，，、、成等比数列， ，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.， ，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，② ①②得..解法2：由（1）得.，.，① 由，两边对取导数得，.令，得..【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导4. 数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845 D ．1 830【答案】D【解析】∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1， 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3，从而a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋3＋a2k＋1＝2，因此a2k＋3＝a2k－1，∴a1＝a5＝a9＝…＝a61，于是S60＝a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝1 830.5.如图，是一问题的程序框图，则输出的结果是 .【答案】【解析】根据流程图可知它的作用是求的值，由等差数列的前项和公式可知，.【考点】1.程序框图及其应用；2.等差数列的前项和6.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图7.数列中，已知且，则前项和为，则的值为__________.【答案】【解析】因为，所以公差，由得，所以.【考点】1、等差数列的定义；2、等差数列的前项和公式.8.已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列{bn }的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小，并予以证明.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由于数列的递推式的结构为，在求数列的通项的时候可以利用累加法来求数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，根据其通项结构选择错位相减法求出数列的前项和，在比较与的大小时，一般利用作差法，通过差的正负确定与的大小，在确定差的正负时，可以利用数学归纳法结合二项式定理进行放缩来达到证明不等式的目的.试题解析：（1）当时，.又也适合上式，所以.（2）由（1）得，所以.因为①，所以②.由①－②得，，所以.因为，所以确定与的大小关系等价于比较与的大小.当时，；当时，；当时，；当时，；……，可猜想当时，.证明如下：当时，.综上所述，当或时，；当时，.【考点】累加法、错位相减法、二项式定理9.已知数列的通项公式为，那么满足的整数（）A．有3个B．有2个C．有1个D．不存在【答案】B【解析】时，，所以，此时从到共项，从到共项，或,有2个值【考点】数列求和点评：本题中数列求和要依据通项公式特点分两种情况，分别讨论所求各项所属的范围及应代入的公式，第二种情况找到各项中正负项分界的位置是难点10.已知数列满足，则的前n项和_____【答案】【解析】根据题意，由于故可知的前n项和，故答案为【考点】数列的递推关系点评：主要是考查了数列的递推关系的运用，来求解数列的通项公式以及数列的和的运用，属于中档题。
高中数学数列求和练习题及参考答案2023
高中数学数列求和练习题及参考答案2023数列求和是高中数学中的重要知识点，也是学生们经常需要练习和巩固的内容。
掌握数列求和的方法和技巧，对于解决各种数学问题具有重要的作用。
本文将为大家提供一些高中数学数列求和的练习题，并给出参考答案。
一、简单求和练习1. 求等差数列1，4，7，10，...的前20项和。
解析：这是一个等差数列，我们知道等差数列的通项公式为an = a1 + (n - 1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。
根据等差数列的求和公式Sn = (n/2)(a1 + an)，我们可以求得前20项和为：S20 = (20/2)(1 + 1 + 19 * 3) = 20 * 10 = 200所以，等差数列1，4，7，10，...的前20项和为200。
2. 求等比数列3，6，12，24，...的前10项和。
解析：这是一个等比数列，我们知道等比数列的通项公式为an = a1 * r^(n - 1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。
根据等比数列的求和公式Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)，我们可以求得前10项和为：S10 = 3 * (1 - 2^10) / (1 - 2) = 3 * (1 - 1024) / (-1) = 3 * (1023) = 3069所以，等比数列3，6，12，24，...的前10项和为3069。
二、综合应用题1. 若等差数列的首项为3，公差为2，且和为139，求该等差数列的项数。
解析：设等差数列的项数为n，根据等差数列的求和公式Sn =(n/2)(a1 + an)，将已知条件代入，得到：139 = (n/2)(3 + a1 + (n - 1)2)化简得：139 = (n/2)(2n + 4)278 = n(2n + 4)2n^2 + 4n - 278 = 0解这个一元二次方程，得到n ≈ 11所以，该等差数列的项数为11。
2. 已知等差数列的首项为5，公差为3，前n项和为Sn = 105 - 2n，求该等差数列的项数n。
高二数学人教A必修5练习及解析：2-5-2 数列求和
一、选择题
1．已知 an＝(－1)n，数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S9 与 S10 的值分别是(
A．1,1
B．－1，－1
C．1,0
【解析】
S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1.
)
D．－1,0
S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.
【答案】
503×(4+2 012)
=503×1
2
a4+a8+…+a2 012=4+8+…+2 012=
008.
故 S2 012=0-503×1 006+0+503×1 008
=503×(-1 006+1 008)=1 006.
4.已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn=2n-1,则12 + 22 +…+2 等于(
=1-
=
1
,
+1
2 013
.
2 014
1
1
)
2 013 2 014
2 013 项的和
8.已知等比数列{an}的各项都为正数,且当 n≥3 时,a4·a2n-4=102n,则数列 lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg
a4,…,2n-1lg an 的前 n 项和 Sn 等于
.
答案:1+(n-1)·2n
解析:∵{an}是等比数列,∴a4a2n-4=2 =102n.
∴an=10n,∴2n-1lg an=n·2n-1.
利用错位相减法求得 Sn=1+(n-1)2n.
9.正项数列{an}满足:2 -(2n-1)an-2n=0.
苏教版高一数学必修5等差与等比数列求和习题及答案
差与等比数列求和习题1.设{a n }是首项为1的正项数列，且()011221=+-+++n n n n a a na a n (n =1,2,3,…)，则n a =________. 2.数列{a n }中，a 1 =1，当n ≥2时，n 2= a 1 a 2 a n 恒成立，则=n a .3.数列{a n }中,a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2) ,则=n a .4.已知数列{a n }的前n 项和S n =1－5+9－13+…+(－1)n +1(4n －3)，则S 15+S 22－S 31= .5.已知数列{a n }中，11++=n n a n，则S n = . 6.=++++++++)1(2113211211n .7.设函数f (x )满足2f (n +1)=2f (n )+n ，f (1)=2则f (20)= .8.已知等比数列的前n 项和为S n ，若S 3 :S 2=3:2，则公比q = .9.在等差数列{a n }中，若S 4=21,a n －3+a n －2+a n －1+a n =67, S n =286,则n = .10.已知数列{a n }，（1）若11=a ，)2(121≥-+=-n n a a n n ，则=n a ；（2）若11=a ，n n a n n a 11+=+，则=n a ； （3）若11=a ，)2(121≥+=-n a a n n ，则=n a ；（4）若前n 项和S n =3n 2+n +1，则=n a ；（5）若211=a ，n n a n S 2=，则=n a ； 11.设a 1=2,a 2=4，b n =a n +1－a n ，b n +1=2b n +2，（1）求证：数列{b n +2}是公比为2的等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式.12．已知数列{a n }的前n 项为S n ，且满足21),2(0211=≥=⋅+-a n S S a n n n （1）求证⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是等差数列； （2）求n a .13.设数列{a n }满足211233333n n n a a a a -++++=…，a ∈*N ． （1）求数列{a n }的通项； （2）设a n b n =n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．14.正数数列{a n }的前n 项和为n S ，且12+=n n a S ，求：（1）数列{a n }的通项公式； （2）设11+=n n na ab ，数列{b n }的前n 项的和为B n ，求证：2B n <115.数列{a n }中，a 1=8,a 4=2,，满足a n +2－2a n +1+a n =0,n=1,2, …（1）数列{a n }的通项公式；（2）设n n n n b b b S N n a n b ++=∈-=21*),()12(1，是否存在最大的整数m ，使得任意的n 均有32m S n >总成立，若存在求出m ，若不存在说明理由.参考答案1、n 12、⎪⎩⎪⎨⎧≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-==2,11,12n n n n a n 3、3n +3 4、－76 5、11-+n 6、2+n n 7、97 8、1或21- 9、26 10（1）n 2 （2）n 1 （3）2n －1 （4）⎩⎨⎧≥-=2,2615n n n ， （5）)1(1+n n 11、证明：222)22(221=+++=+++n n n n b b b b ，又421=+b ∴数列{b n +2}是公比为2的等比数列。
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.。
(word完整版)高中数学必修五数列求和方法总结附经典例题和答案详解,推荐文档
数列专项之求和-4（一）等差等比数列前n 项求和1、 等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nnn 项求和② 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.此法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法.例23. 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S )0(≠x例24.求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.一般地，当数列的通项12()()n ca anb an b =++ 12(,,,a b b c 为常数）时，往往可将na 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21cb 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 =--+-+③1a b=-- ④11;m m mn n n C C C -+=- ⑤!(1)!!.n n n n ⋅=+- ⑥])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-n n n n n n n…… 例25. 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.例26. 在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.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.一般分两步：①找通向项公式②由通项公式确定如何分组.例27. 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和. 例28. 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n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。
高三数学数列求和试题答案及解析
高三数学数列求和试题答案及解析1.设数列的前项积为，且（n∈N*）．（1）求，并证明：；（2）设，求数列的前项和．【答案】（１），祥见解析；（２）．【解析】（１）n取1,2,3求出，再利用与的关系将已知等式用表示即可证明；（２）由（1）问的结论利用等差数列的通项公式先求出的通项，再由通项利用裂项相消法求．试题解析：（1）由题意可得：，所以 5分（2）数列为等差数列，，， 10分【考点】１．数列的通项公式；２．数列的前n项和．2.设数列{an }的首项a1＝，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋S n＝3(n∈N*)，则满足<<的所有n的和为________．【答案】7【解析】由2an＋1＋S n＝3得2a n＋S n－1＝3(n≥2)，两式相减，得2a n＋1－2a n＋a n＝0，化简得2an＋1＝a n(n≥2)，即＝(n≥2)，由已知求出a2＝，易得＝，所以数列{a n}是首项为a1＝，公比为q＝的等比数列，所以Sn ＝=3[1－()n]，S2n＝3[1－()2n]代入<<，可得<()n<，解得n＝3或4，所以所有n的和为7.3.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出. 试题解析：（1）解法1：当时，，当时，.是等差数列，，得.又，，，、、成等比数列，，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.，，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，②①②得. .解法2：由（1）得.，.，①由，两边对取导数得，.令，得. .【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导4.已知数列{an }的前n项和为Sn＝3n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn ＝ (Sn＋1)，求数列{bnan}的前n项和Tn.【答案】（1）an＝2×3n－1（2）－，n∈N*【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an ＝Sn－Sn－1＝(3n－1)－(3n－1－1)＝2×3n－1，综上所述，a n＝2×3n－1.(2)bn ＝ (Sn＋1)＝3n＝－n，所以bnan＝－2n×3n－1，Tn＝－2×1－4×31－6×32－…－2n×3n－1，3Tn＝－2×31－4×32－…－2(n－1)×3n－1－2n×3n，相减，得－2Tn＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n－1＋2n×3n＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n－1)＋2n×3n，所以Tn＝(1＋31＋32＋…＋3n－1)－n×3n＝－n×3n＝－，n∈N*5.数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和为.【答案】2n+1-n-2【解析】该数列的通项公式an=1+2+22+…+2n-1=2n-1.故Sn =a1+a2+…+an=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(2+22+23+…+2n)-n=2n+1-n-2.6.在数列{an }中,若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{an}的前100项的和S100=.【答案】299【解析】设定值为M,则an +an+1+an+2=M,进而an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得an+3=an,即数列{an}是以3为周期的数列.由a7=2,可知a1=a4=a7=…=a100=2,共34项,其和为68;由a9=3,可得a 3=a6=…=a99=3,共33项,其和为99;由a98=4,可得a2=a5=…=a98=4,共33项,其和为132.故数列{an}的前100项的和S100=68+99+132=299.7.已知等差数列满足，，则它的前10项和（）A．85B．135C．95D．23【答案】C.【解析】由得．【考点】等差数列通项公式及前和公式．8.数列的通项公式，其前项和为，则．【答案】1006【解析】所以，于是.【考点】数列前n项和.9.(本小题满分12分）等差数列的各项均为正数，，前项和为，等比数列中，，，是公比为64的等比数列．(Ⅰ)求与；(Ⅱ)证明：.【答案】(Ⅰ) ，；(Ⅱ)详见解析.【解析】(Ⅰ)先用等差数列等比数列的通项公式将已知表达式展开，解方程组，得到和，再写出通项公式；(Ⅱ)先用等差数列的求和公式求出，然后用裂项相消法求，再用放缩法比较大小.试题解析：(Ⅰ)设的公差为，为正数，的公比为，则，. 2分依题意有，由知为正有理数， 4分又由知，为6的因数1，2，3，6之一，解之得，. 故，. 6分(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知， 7分. 12分【考点】1.等差、等比数列的通项公式；2.裂项相消法求和.10.在数列中，（1）试判断数列是否为等差数列；（2）设满足，求数列的前n项和；（3）若，对任意n ≥2的整数恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）根据递推关系得到，从而结合定义来证明、（2）（3）λ的取值范围是(－∞，].【解析】解：（1）∵，∴，∴由已知可得(n ≥ 2)，故数列{}是等差数列，首项为1，公差为3．∴（2）上面两式相减得（3）将代入并整理得，∴，原命题等价于该式对任意n≥2的整数恒成立.设，则，故，∴Cn 的最小值为C2＝，∴λ的取值范围是(－∞，].【考点】数列的求和，数列的单调性点评：主要是考查了数列的求和以及数列的单调性的运用，属于中档题。
2020年高中数学 人教A版 必修5 课后作业本《数列求和》(含答案解析)
2020年高中数学 人教A 版 必修5 课后作业本《数列求和》一、选择题1.在等差数列{a n }中，a 9＋a 11=10，则数列{a n }的前19项和为( )A ．98B ．95C ．93D ．902.已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n =0，a 2=-，则{a n }的前10项和等于( )43A ．-6(1-3-10) B.(1-3-10) C ．3(1-3-10) D ．3(1＋3-10)193.已知{a n }是等比数列，a 2=2，a 5=，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1=( )14A ．16(1-4-n ) B ．16(1-2-n ) C.(1-4-n ) D.(1-2-n)3233234.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. B. C. D.14512347125.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5=5，S 5=15，则数列的前100项和为(){1anan ＋1}A. B. C. D.10010199101991001011006.数列1，，，…，的前n 项和为( )11＋211＋2＋311＋2＋…＋n A. B. C. D.2n 2n ＋12n n ＋1n ＋2n ＋1n2n ＋17.数列，，，…，，…的前n 项和为( )12·515·818·1113n －1 · 3n ＋2 A. B. C. D.n 3n ＋2n 6n ＋43n 6n ＋4n ＋1n ＋2二、填空题8.数列{a n }满足a 1=1，且a n ＋1-a n =n ＋1(n ∈N *)，则数列{}的前10项和为________．1an9.在数列{a n }中，已知a 1=1，a n ＋1＋(-1)n a n =cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2017=________.10.数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n-1，…的前n 项和为________．11.已知点在直线l ：y=-x ＋＋2上，(sin n π2，an ＋2π4)22π42则数列{a n }的前30项的和为________．12.设f(x)=，则f(-5)＋f(-4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)=________.12x ＋2三、解答题13.已知{a n } 为等差数列，且a 3=-6，a 6=0.(1)求{a n }的通项公式；(2)若等比数列{b n }满足b 1=-8，b 2=a 1＋a 2＋a 3，求{b n }的前n 项和公式．14.已知等比数列{a n }中，a 1=2，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n =a n log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .15.S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28.记b n=[lg a n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg 99]=1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{b n}的前1 000项和．16.等差数列{a n}中，a2=4，a4＋a7=15.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=2a n-2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．答案解析1.答案为：B ；解析：S 19====95.19 a1＋a19 219 a9＋a11 219×1022.答案为：C ；解析：由=-，由a 2=-，∴a 1=4，∴S n =3，令n=10得S 10=3(1-3-10)．an ＋1an 1343[1－(－13)n ]3.答案为：C ；解析：由=q 3==知q=，而新的数列{a n a n ＋1}仍为等比数列，且公比为q 2=.a5a2142181214又a 1a 2=4×2=8，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1==(1-4-n )．8[1－(14)n ]1－143234.答案为：B ；解析：依题意b n ====-，1an 1n2＋3n ＋21 n ＋1 n ＋2 1n ＋11n ＋2所以{b n }的前10项和为S 10=＋＋＋…＋=-=，故选B.(12－13)(13－14)(14－15)(111－112)121125125.答案为：A ；解析：由S 5=5a 3及S 5=15得a 3=3，∴d==1，a 1=1，∴a n =n ，==-，a5－a35－31anan ＋11n n ＋1 1n 1n ＋1所以数列的前100项和T 100=1-＋-＋…＋-=1-=，故选A.{1anan ＋1}1212131100110111011001016.答案为：B ；解析：该数列的通项为a n =，分裂为两项差的形式为a n =2，2n n ＋1 (1n －1n ＋1)令n=1,2,3，…，则S n =2，∴S n =2=.(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1)(1－1n ＋1)2n n ＋17.答案为：B ；解析：∵a n ==，1 3n －1 · 3n ＋2 13(13n －1－13n ＋2)∴S n =a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n =Error!13Error!==×=.13(12－13n ＋2)133n 2 3n ＋2 n 6n ＋48.答案为：；2011解析：由题意得：a n =(a n -a n-1)＋(a n-1-a n-2)＋…＋(a 2-a 1)＋a 1=n ＋n-1＋…＋2＋1=，n n ＋1 2所以=2(-)，S n =2(1-)=，S 10=.1an 1n 1n ＋11n ＋12n n ＋120119.答案为：-1 007；解析：∵a n ＋1＋(-1)n a n =cos(n ＋1)π=(-1)n ＋1，∴当n=2k 时，a 2k ＋1＋a 2k =-1，k ∈N *，∴S 2 017=a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)=1＋(-1)×1 008=-1 007.10.答案为：2n ＋1-2-n ；解析：该数列的前n 项和S n =a 1＋a 2＋…＋a n ，而a n=1＋2＋22＋…＋2n-1==2n -1· 1－2n 1－21.∴S n =(21-1)＋(22-1)＋…＋(2n -1)=(2＋22＋…＋2n )-n=-n=2n ＋1-2-n.2· 1－2n 1－211.答案为：59；2解析：点在直线l ：y=-x ＋＋2上，(sin n π2，an ＋2π4)22π42∴a n =2-sin ，sin 的最小正周期为4，取值是1,0，-1,0的循环，22n π2n π2∴数列{a n }的前30项和S 30=30×2-[7×(1＋0-1＋0)＋1＋0]=59.22212.答案为：3；2解析：f(x)=，f(1-x)===，12x ＋2121－x ＋22x 2＋2·2x 12·2x2＋2x∴f(x)＋f(1-x)==，即f(x)＋f(1-x)是一个定值．1＋22·2x 2＋2x22∴f(-5)＋f(-4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)=6×=3.222一、解答题13.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d.∵a 3=-6，a 6=0，∴Error!解得Error!∴a n =-10＋(n-1)×2=2n-12.(2)设等比数列{b n }的公比为q ，∵b 2=a 1＋a 2＋a 3=-24，b 1=-8，∴-8q=-24，∴q=3，∴{b n }的前n 项和S n ===4(1-3n )．b1 1－qn 1－q －8 1－3n 1－314.解：(1)设数列{a n }的公比为q ，由题知：2(a 3＋2)=a 2＋a 4，∴q 3-2q 2＋q-2=0，即(q-2)(q 2＋1)=0.∴q=2，即a n =2·2n-1=2n .(2)b n =n·2n ，∴S n =1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n .①2S n =1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n-1)·2n ＋n·2n ＋1.②①-②得-S n =21＋22＋23＋24＋…＋2n -n·2n ＋1=-2-(n-1)·2n ＋1.∴S n =2＋(n-1)·2n ＋1.15.解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d=28，解得d=1.所以{a n }的通项公式为a n =n.b 1=[lg 1]=0，b 11=[lg 11]=1，b 101=[lg 101]=2.(2)因为b n =Error!所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1=1 893.16.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d.由已知得Error!，解得Error!.所以a n =a 1＋(n-1)d=n ＋2.(2)由(1)可得b n =2n ＋n.所以b 1＋b 2＋b 3＋...＋b 10=(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10)=(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)=＋=(211-2)＋55=211＋53=2 101.2 1－210 1－2 1＋10 ×102。
人教新课标版数学高一必修5练习 2.5.2数列求和
第二章 2.5 第2课时一、选择题1．数列112，314，518，7116，…的前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋1－12n －1C ．n 2＋2－12nD ．n 2＋2－12n －1[答案] A[解析] 由题设知，数列的通项为a n ＝2n －1＋12n ，显然数列的各项为等差数列{2n －1}和等比数列{12n }相应项的和，从而S n ＝[1＋3＋…＋(2n －1)]＋(12＋14＋…＋12n )＝n 2＋1－12n . 2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( ) A ．11 B ．99 C ．120 D ．121[答案] C [解析] 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10，解得n ＝120.3．已知等比数列的前n 项和S n ＝4n ＋a ，则a 的值等于( ) A ．－4 B ．－1 C ．0 D ．1[答案] B[解析] a 1＝S 1＝4＋a ， a 2＝S 2－S 1＝42＋a －4－a ＝12， a 3＝S 3－S 2＝43＋a －42－a ＝48， 由已知得a 22＝a 1a 3， ∴144＝48(4＋a )， ∴a ＝－1.4．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＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200. 5．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A ．1B ．56C ．16D ．130[答案] B[解析] a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S 5＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋15－16＝1－16＝56.6．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n －1)2B ．12(9n －1)C ．9n －1D ．14(3n －1)[答案] B[解析] ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)， 两式相减得a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1， 又a 1＝2满足上式， ∴a n ＝2·3n －1.∴a 2n ＝4·32n －2＝4·9n －1， ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4(1＋9＋92＋…＋9n －1) ＝4(1－9n )1－9＝12(9n －1)．二、填空题7．数列22，422，623， (2)2n ，…前n 项的和为________．[答案] 4－n ＋22n －1[解析] 设S n ＝22＋422＋623＋ (2)2n① 12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1②①－②得(1－12)S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1.∴S n ＝4－n ＋22n －1.8．已知数列a 1＋2，a 2＋4，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有10项，其和为240，则a 1＋a 2＋…＋a k ＋…＋a 10＝________.[答案] 130[解析] 由题意，得a 1＋a 2＋…＋a k ＋…＋a 10＝240－(2＋4＋…＋2k ＋…＋20)＝240－110＝130. 三、解答题9．求数列1,3a,5a 2,7a 3，…，(2n －1)a n－1的前n 项和．[解析] 当a ＝1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n －1)， 则S n ＝n [1＋(2n －1)]2＝n 2，当a ≠1时，有S n ＝1＋3a ＋5a 2＋7a 3＋…＋(2n －1)a n －1， ① aS n ＝a ＋3a 2＋5a 3＋7a 4＋…＋(2n －1)a n ，②①－②得：S n －aS n ＝1＋2a ＋2a 2＋2a 3＋…＋2a n －1－(2n －1)a n ， (1－a )S n ＝1－(2n －1)a n ＋2(a ＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1) ＝1－(2n －1)a n＋2·a (1－a n －1)1－a＝1－(2n －1)a n ＋2(a －a n )1－a .又1－a ≠0，所以S n＝1－(2n－1)a n1－a＋2(a－a n)(1－a)2.10．(2014·全国大纲文，17)数列{a n}满足a1＝1，a2＝2，a n＋2＝2a n＋1－a n＋2.(1)设b n＝a n＋1－a n，证明{b n}是等差数列；(2)求{a n}的通项公式．[解析](1)证明：由a n＋2＝2a n＋1－a n＋2得a n＋2－a n＋1＝a n＋1－a n＋2.即b n＋1＝b n＋2.又b1＝a2－a1＝1.所以{b n}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)得b n＝1＋2(n－1)＝2n－1，即a n＋1－a n＝2n－1.于是∑k＝1n(a k＋1－a k)＝∑k＝1n(2k－1)，所以a n＋1－a1＝n2，即a n＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{a n}的通项公式为a n＝n2－2n＋2.一、选择题1．已知等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别为S n，T n，且S nT n＝7n＋1n＋3，则a2＋a5＋a17＋a22b8＋b10＋b12＋b16＝() A．315B．325C．6 D．7[答案] A[解析]∵a2＋a5＋a17＋a22b8＋b10＋b12＋b16＝(a2＋a22)＋(a5＋a17)(b8＋b16)＋(b10＋b12)＝2a12＋2a112b12＋2b11＝a 11＋a 12b 11＋b 12＝a 1＋a 22b 1＋b 22， 又∵S 22T 22＝(a 1＋a 22)×22(b 1＋b 22)×22＝a 1＋a 22b 1＋b 22，∴a 1＋a 22b 1＋b 22＝7×22＋122＋3＝315.∴a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝315. 2．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A ．3690 B ．3660 C ．1845 D ．1830[答案] D[解析] 不妨令a 1＝1，则a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1；当n 为偶数时，各项构成以2为首项，4为公差的等差数列，所以前60项的和为30＋2×30＋30×(30－1)2×4＝1830.3．数列{a n }的通项公式是a n ＝2sin(n π2＋π4)，设其前n 项和为S n ，则S 12的值为( ) A ．0 B ． 2 C ．－ 2 D ．1 [答案] A[解析] a 1＝2sin(π2＋π4)＝1，a 2＝2sin(π＋π4)＝－1，a 3＝2sin(3π2＋π4)＝－1， a 4＝2sin(2π＋π4)＝1，同理，a 5＝1，a 6＝－1， a 7＝－1，a 8＝1，a 9＝1， a 10＝－1，a 11＝－1，a 12＝1， ∴S 12＝0.4．已知等差数列{a n }满足a 5＋a 2n －5＝2n (n ≥3)，则当n ≥1时，2a 1＋2a 3＋…＋2a 2n －1＝( ) A ．22n －23B ．22n ＋1－23C ．2n －23D ．2n ＋1－23[答案] B[解析] 由a 5＋a 2n －5＝2n (n ≥3)，得2a n ＝2n ， ∴a n ＝n .∴2a 1＋2a 3＋…＋2a 2n －1＝2＋23＋25＋…＋22n －1 ＝2(1－4n )1－4＝22n ＋1－23.二、填空题5．设f (x )＝12x ＋2，利用课本中推导等差数列前n 项和的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．[答案] 3 2[解析] f (0)＋f (1)＝11＋2＋12＋2＝22，f (x )＋f (1－x )＝12x ＋2＋121－x ＋2＝22(2x ＋2)＋2x 2(2＋2x )＝22，∴f (－5)＋f (－4)＋…＋f (5)＋f (6)＝12[(f (－5)＋f (6))＋(f (－4)＋f (5))＋…＋(f (6) ]＋f (－5))＝12×12×(f (0)＋f (1))＝3 2.6．求和1＋(1＋3)＋(1＋3＋32)＋(1＋3＋32＋32)＋…＋(1＋3＋…＋3n －1)＝________. [答案] 34(3n －1)－n2[解析] a 1＝1，a 2＝1＋3，a 3＝1＋3＋32，…… a n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝12(3n －1)，∴原式＝12(31－1)＋12(32－1)＋……＋12(3n －1)＝12[(3＋32＋…＋3n )－n ]＝34(3n －1)－n2.三、解答题7．(2013·浙江理，18)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.[解析] (1)由题意得a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2，a 1＝10， 即d 2－3d －4＝0. 故d ＝1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则 当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ， n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.8．已知数列{a n }和{b n }中，数列{a n }的前n 项和为S n .若点(n ，S n )在函数y ＝－x 2＋4x 的图象上，点(n ，b n )在函数y ＝2x 的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n . [解析] (1)由已知得S n ＝－n 2＋4n ， ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋5， 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，符合上式． ∴a n ＝－2n ＋5.(2)由已知得b n ＝2n ，a n b n ＝(－2n ＋5)·2n .T n ＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n ＋5)×2n ， 2T n ＝3×22＋1×23＋…＋(－2n ＋7)×2n ＋(－2n ＋5)×2n ＋1. 两式相减得T n ＝－6＋(23＋24＋…＋2n ＋1)＋(－2n ＋5)×2n ＋1＝23(1－2n －1)1－2＋(－2n ＋5)×2n ＋1－6＝(7－2n )·2n ＋1－14.。
高中数学人教版 必修五 数列经典例题 高考题(附黄冈解析答案)
黄冈经典例题高考题（附答案，解析）等差数列例 1、在等差数列{a n}中：1、若a1－a4－a8－a12＋a15=2，则a3＋a13=___________.2、若a6=5，a3＋a8=5，则a10=___________.3、若a1＋a4＋a7=39，a2＋a5＋a8=33，则a3＋a6＋a9=___________.例 2、已知数列{a n}的通项，试问该数列{a n}有没有最大项？若有，求最大项和最大项的项数，若没有，说明理由.例 3、将正奇数1，3，5，7，……排成五列，（如下图表），按图表的格式排下去，2003所在的那列，从左边数起是第几列？第几行？1 3 5 715 13 11 917 19 21 2331 29 27 25…………例 4、设f(x)=log2x－log x4（0<x<1）.又知数列{a n}的通项an满足.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）判断该数列{a n}的单调性.1.(2009年安徽卷)已知{a n}为等差数列，a1＋a3＋a5=105，a2＋a4＋a6=99，则a20等于（）A.－1B.1C.3D.72.（2009年湖北卷）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，比如：他们研究过图（1）中的1，3，6，10，……，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图（2）中的1，4，9，16，……这样的数为正方形数，下列数中既是三角形数又是正方形数的是（）A．289 B．1024 C．1225 D．13783.(江西卷)在数列{a n}中，，则a n=( )A.2＋lnnB.2＋(n－1)lnnC.2＋nlnnD.1＋n＋lnn等差数列前N项和、等比数列例 1 、在等差数列 {a n}中，（1）已知a15=33，a45=153，求a61；（2）已知S8=48，S12=168，求S4；（3）已知a1－a4－a8－a12＋a15=2，求S15；（4）已知S7=42，S n=510，a n－3=45，求n.例 2 、已知数列 {a n}的前n项和，求数列{|a n|}的前n项和S n′.例 3 、设数列 {a n}的首项a1=1，前n项之和S n满足关系式：3tS n－(2t＋3)S n－1=3t（t>0，n=2，3，4…）（1）求证：数列{a n}为等比数列；（2）设数列{a n}的公比为f(t)，作数列{b n}，使（n=2，3，4，…），求b n.（3）求和：b1b2－b2b3＋b3b4－…＋(－1)n＋1b n b n＋1.例 4、一个水池有若干出水量相同的水龙头，如果所有水龙头同时放水，那么 24分钟可注满水池，如果开始时，全部放开，以后每隔相等的时间关闭一个水龙头，到最后一个水龙头关闭时，恰好注满水池，而且最后一个水龙头放水的时间恰好是第一个水龙头放水时间的5倍，问最后关闭的这个水龙头放水多少时间？例 5 、在 XOY平面上有一个点列P1（a1，b1），P2（a2，b2），…，P n（a n，b n），…，对每个自然数n，点P n位于函数y=2000（0<a<10）的图象上，且点P n，点（n，0）与点（n＋1，0）构成一个以P n为顶点的等腰三角形. （1）求点P n的纵坐标b n的表达式；（2）若对每个自然数n，以b n，b n＋1，b n＋2为边长能构成一个三角形，求a的取值范围；（3）设B n=b1·b2·…·b n（n∈N*）.若a取（2）中确定的范围内的最小整数，求数列{B n}的最大项的项数.1.（2009年宁夏、海南卷）等差数列{a n}的前n项和为S n，已知，,则m=（）A.38B.20C.10D.92.(2009年全国1卷)设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S9=72,则=_________.3.（2009年福建卷）等比数列中，已知.（1）求数列的通项公式；（2）若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和.等比数列前N项和、数列的应用例 1 、 {a n} 为等差数列（d≠0） , {a n} 中的部分项组成的数列恰为等比数列，且 k1=1 ，k2=5 ， k3=17 ，求 k1＋k2＋k3＋……＋k n的值 .例 2、已知数列 {a n} 满足条件： a1=1 ， a2=r(r ﹥ 0) 且 {a n·a n+1} 是公比为 q(q ﹥ 0) 的等比数列，设 b n=a2n a2n(n=1,2, …… ).－1＋（1）求出使不等式 a n a n+1＋a n+1a n+2> a n+2 a n+3 (n ∈ N*) 成立的 q 的取值范围；（2）求 b n；（3）设，求数列的最大项和最小项的值 .例 3 、某职工年初向银行贷款 2万元用于购房，银行为了推行住房制度改革，贷款优惠的年利率为10%，按复利计算，若这笔贷款要求分10年等额还清，每年一次，并且从贷款后次年年初开始归还，问每年应还多少元？（精确到1元）例 4、在一次人才招聘会上，有 A、B两家公司分别开出它们的工资标准：A公司允诺第一年月工资为1500元，以后每年月工资比上一年月工资增加230元；B公司允诺第一年月工资为2000元，以后每年月工资比上一年的月工资的基础上递增5%.设某人年初被A、B两家公司同时录取，试问：（1）若该人分别在A公司或B公司连续工作n年，则他在第n年的月工资收入分别是多少？（2）该人打算连续在一家公司工作10年，仅从工资收入总量较多作为应聘的标准（不计其他因素），该人应该选择哪家公司，为什么？（3）在A公司工作比在B公司工作的月工资收入最多可以多多少元？（精确到1元）并说明理由.1.(2009年全国2卷)设等比数列{a n}的前n项和为S n，若，则=___________.2.（2009年北京卷）若数列满足：，则___________；前8项的和___________.（用数字作答）3.（2009年辽宁卷）等比数列{a n}的前n 项和为S n，已知,,成等差数列.（1）求{a n}的公比q；（2）若a1－a3＝3，求S n.答案&解析等差数列例一分析：利用等差数列任两项之间的关系：am =an＋(m－n)d以及“距首末两端等距离两项的和相等”的性质可简化解答过程．解：，故 5=10－d，∴ d=5.故 a10=a6＋4d=5＋4×5=25.例二分析：考察数列{an}在哪一范围是递增数列，在哪些范围是递减数列，即可找到最大项．解：由有n≤9.而 an >0，∴当n≤9时，有an＋1≥an.即 a1<a2<…<a9=a10>a11>a12>…∴数列{an}中存在最大项，最大项的项数为9或10，最大项为.点评：最大项与最大项的项数是不同概念，一个是项，一个是项号．例三分析：考虑到每行占有四个数，利用周期性进行处理，每一个周期占两行用 8个数，只须确定2003是第几个正奇数，问题就得到解决.解：设2003是第n个正奇数.则 2003=1＋(n－1)·2．∴ n=1002.而 1002=8×125＋2.∴ 2003在第251行第3列.例四分析：的方程，解方程并注意f(x)的定义域0<x<1即可得通项公式.依据条件列出关于an解：（1）又∵ f(x)定义域为0<x<1，（2）}为递增数列．则数列{an1. 答案：B2.答案：C解析：=n2,由此可排除D（1378不是平方数），将A、B、C选项根据图形的规律可知第n个三角形数为，第n个正方形数为bn代入到三角形数表达式中检验可知，符合题意的是C选项，故选C．3.答案：A等差数列前N项和、等比数列例1 解析：（1） a45 －a15=30d=153 －33 得 d=4 ， a61=a45＋16d=217.（2）方法 1 S4， S8－S4， S12－S8成等差数列，则 S4＋（168 －48） =2（48 －S4）解得 S4= －8方法 2 成等差数列，则，∴ d=2.故.则 S4= －8.（3）∵（4） S7=7a4=42 ∴ a4=6∴ n=20例二解析：∴ an=63 －3n≥0 有 n ≤ 21 误解一=误解二例三解析：（1）∵ n≥2 时∴ {an} 为等比数列 .（2）∵则 {bn } 为等差数列，而 b1=1.∴（3）∵. ∴当 n 为偶数时，当 n 为奇数时例四解析：设有 n 个水龙头，每个水龙头放水时间依次为 x1， x2， x3，…， xn，则数列 {xn} 为等差数列且每个水龙头 1 分钟放水池水，故最后关闭的水龙头放水时间为 40 分钟 .例五解析：（1）∵.（2）∵ 0<a<10 ，则 0<.要使 bn ， bn＋1， bn＋2为边能构成三角形，（3）故{B n} 中最大项的项数为n=20.1.答案：C解析：}是等差数列，所以，由，得：2－＝0，所以＝2，又，因为{an即＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，故选C.2.答案：24解析：}是等差数列,由,得，∵{an.3.解析：（1）设的公比为，由已知得，解得..（2）由（1）得，，则，.设的公差为，则有，解得.从而.所以数列的前项和.等比数列前N项和、数列的应用例一解答：设公比为 q ，例二解答：（1）由题意得 rq n－1＋rq n＞ rq n+1.由题设 r ﹥ 0,q ﹥ 0 ，故上式 q2－q－1﹤0 ，（2）因为，所以，b1=1＋r≠0 ，所以 {bn} 是首项为 1＋r ，公比为 q 的等比数列，从而 bn=(1＋r)q n－1．（3）由（2）知 bn=(1＋r)q n－1，从上式可知当 n－20.2 ＞ 0 ，即 n ≥ 21(n ∈ N) 时， cn随 n 的增大而减小，故①当 n－20.2＜0 ，即 n ≤ 20(n ∈ N) 时， cn也随着 n 的增大而减小，故②综合①、②两式知对任意的自然数 n 有 c20≤ cn≤ c21故 {cn } 的最大项 c21=2.25 ，最小项 c20=－4.例三解一：我们把这类问题一般化，即贷款年利率为 a ，贷款额为 M ，每年等额归还 x 元，第 n 年还清，各年应付款及利息分别如下：第 n 次付款 x 元，这次欠款全还清 .第 n－1 次付款 x 元后，过一年贷款全部还清，因此所付款连利息之和为 x(1＋a) 元；第 n－2 次付款 x 元后，过二年贷款全部还清，因此所付款连利息之和为 x(1＋a)2元；……第一次付款 x 元后，一直到最后一次贷款全部还清，所付款连利息之和为 x(1＋a)n－1元．将 a=0.1 ， M=20000 ， n=10 代入上式得故每年年初应还 3255 元．解二：设每年应还 x 元，第 n 次归还 x 元之后还剩欠款为 an元；则 a0=20000 ， a1=20000(1＋10%)－x ，an＋1=an(1＋10%)－x ，∴ an＋1－10x=1.1(an－10x) ，故数列 { an－10x} 为等比数列．∴ an －10x= (a－10x)×1.1n，依题意有 a10=10x＋(20000－10x) ×1.110=0 ．．故每年平均应还 3255 元．例四解答：（1）此人在 A 、 B 公司第 n 年的月工资数分别为：an=1500＋230 × (n－1)(n ∈ N*) ，bn=2000(1＋5%)n－1(n ∈ N*) ．（2）若该人在 A 公司连续工作 10 年，则他的工资收入总量为：12(a1＋a2＋…＋a10)=304200 （元）；若该人在 B 公司连续工作 10 年，则他的工资收入总量为：12(b1＋b2＋…＋b10) ≈ 301869 （元）．因此在 A 公司收入的总量高些，因此该人应该选择 A 公司 .（3）问题等价于求 Cn =an－bn=1270＋230n－2000×1.05n－1(n ∈ N*) 的最大值 .当 n ≥ 2 时， Cn －Cn－1=230－100×1.05n－2，当 Cn －Cn－1＞ 0 ，即 230－100×1.05n－2＞ 0 时， 1.05n－2＜2.3 ，得 n＜19.1,因此，当 2 ≤ n ≤ 19 时， Cn－1＜Cn；于是当 n ≥ 20 时， Cn≤ Cn－1.∴ C19=a19－b19≈ 827 （元） .即在 A 公司工作比在 B 公司工作的月工资收入最多可以多827 元．1.答案：3解析：设等比数列的公比为q.当q=1时，.当q≠1时，由.2. 答案：16；255解析：依题知数列{a}是首项为1，且公比为2的等比数列，n.3. 解析：（1）依题意有.由于，故.又，从而.（2）由已知可得.故.从而.。
人教新课标版数学高二- 人教数学必修五 2.5.2常见的数列求和
一、选择题1．1＋11×2＋12×3＋…＋199×100等于( ) A.99100 B.199100 C.9899D.19799 解析：∵1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴所求和＝1＋[(1－12)＋(12－13)＋…＋(199－1100)] ＝1＋(1－1100)＝199100. 答案：B2．数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9解析：数列{a n }的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910，所以n ＝9，于是直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0即为10x ＋y ＋9＝0.所以其在y 轴上的截距为－9.答案：B3．数列{n ·2n }的前n 项和( )A ．n ·2n －2n ＋2B ．n ·2n ＋1－2n ＋1＋2 C ．n ·2n ＋1－2n D ．n ·2n ＋1－2n ＋1 解析：∴S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①∴2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1. ②由②－①得S n ＝n ×2n ＋1－(2＋22＋23＋…＋2n )＝n ×2n ＋1－2－2n ×21－2＝n ·2n ＋1－2n ＋1＋2. 答案：B4．已知a n ＝log (n ＋1)(n ＋2)(n ∈N *)，若称使乘积a 1·a 2·a 3·…·a n 为整数的数n 为劣数，则在区间(1，2 012)内所有的劣数的和为( )A ．2 026B ．2 046C ．1 024D ．1 022解析：∵a 1·a 2·a 3·…·a n ＝lg 3lg 2·lg 4lg 3·…·lg (n ＋2)lg (n ＋1)＝lg (n ＋2)lg 2＝log 2(n ＋2)，令log 2(n ＋2)＝k ，则n ＝2k －2(k ∈Z)．令1＜2k －2＜2 012，得k ＝2,3,4， (10)∴所有劣数的和为4(1－29)1－2－18＝211－22＝2 026. 答案：A二、填空题5．数列1,1＋12，1＋12＋122…，1＋12＋122＋…＋12n －1…的前n 项和为________． 解析：据等比数列的求和公式得a n ＝2(1－12n )， 则S n ＝2[n －(12＋122＋…＋12n )]＝12n －1＋2n －2. 答案：12n －1＋2n －26．1＋11＋111＋…＋个11?11n ＝________.解析：因为个11?1n ＝1＋10＋102＋…＋10n －1＝19(10n －1)， 所以S n ＝19(101－1＋102－1＋103－1＋…＋10n －1) ＝19[(101＋102＋…＋10n )－n ]＝19[10(1－10n )－9－n ] ＝10n ＋1－9n －1081. 答案：10n ＋1－9n －10817．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列{1b n b n ＋1}的前n 项和S n ＝________.解析：易求得等比数列{a n }的公比为3，通项a n ＝3×3n －1＝3n ，故b n ＝log 33n ＝n .∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案：n n ＋18．已知函数f (x )＝log 2x ，若数列{a n }的各项使得2，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，2n ＋4成等差数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2，于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…，从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，….易知数列{a n }是等比数列，其公比q ＝a 2a 1＝4，所以S n ＝24(4n －1)4－1＝163(4n －1)． 答案：163(4n －1) 三、解答题9．在等差数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝9，a 2＋a 4＋a 6＝21.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)在等差数列{a n }中，由a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝9，得，a 2＝a 1＋d ＝3.又由a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝21，得a 4＝a 1＋3d ＝7，联立解得a 1＝1，d ＝2，则数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)∵b n ＝2n ·a n ＝(2n －1)·2n ，∴S n ＝1·2＋3·22＋5·23＋…＋(2n －1)·2n ①2S n ＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1②①—②得－S n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)·2n ＋1，得S n ＝－2－8(1－2n －1)1－2＋(2n －1)·2n ＋1 ＝6＋(2n －3)·2n ＋1.10．(2011·大纲全国卷)设数列{a n }满足a 1＝0且11－a n ＋1－11－a n＝1. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1－a n ＋1n ，记S n ＝∑k ＝1n b k ，证明：S n <1. 解：(1)由题设11－a n ＋1－11－a n＝1， 得{11－a n}是公差为1的等差数列． 又11－a 1＝1，故11－a n＝n .所以a n ＝1－1n . (2)证明：由(1)得b n ＝1－a n ＋1n ＝n ＋1－n n ＋1·n ＝1n －1n ＋1， S n ＝∑k ＝1n b k ＝∑k ＝1n (1k －1k ＋1)＝1－1n ＋1<1.。
2019年人教版高中数学必修五考点练习：等差、等比数列的求和(含答案解析)
A．2
B．4
15
17
C. 2
D. 2
6. 已知等差数列{an}．
5
3
(1)a1＝6，a15＝－2，Sn＝－5 ，求d和n；
(2)a1＝4，S8＝172，求a8和d.
7. 在等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn.
1
63
(1)a1＝8，an＝4，Sn＝ 4 ，求n；
7
63
(2)S3＝2，S6＝ 2 ，求an及Sn.
15. 等比数列{an}中，若a1＋a3＋…＋a99＝150，且公比q＝2，则数列{an}的前100项和为______ __．
16. 已知{an}为递减的等比数列，且{a1，a2，a3}∈{－4，－3，－2,0,1,2,3,4}．
(1)求数列{an}的通项公式；
1－（－1）n
16
(2)当bn＝
2
an时，求证：b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1< 3 .
8. 已知数列{an}的通项公式为an＝2－3n，则{an}的前n项和Sn等于( )
3n
3n
A．－2n2＋2
B．－2n2－2
3n C.2n2＋2
3n D.2n2－2
9. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≤4，S5≥15，则a4的最小值为________．
10. 已知a6－a4＝24，a3·a5＝64，求S8.
答案：75
12.
解析：选B
因为Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4(a1＋an)＝120，
na1＋an
a1＋an＝30，由Sn＝ 2 ＝210，得n＝14.
( ) Sn 1
福建省建瓯市第二中学高中数学必修五：2-4数列求和 试题 含答案 精品
第4节数列求和1.在等差数列{a n}中,a9=错误！未找到引用源。
a12+6,则数列{a n}的前11项和S11等于( )(A)24 (B)48 (C)66 (D)1322.在等差数列{a n}中,a1=-2013,其前n项和为S n,若错误！未找到引用源。
-错误！未找到引用源。
=2,则S2013的值等于( )(A)-2012 (B)-2013 (C)2012 (D)20133.数列{1+2n-1}的前n项和为( )(A)1+2n(B)2+2n (C)n+2n-1 (D)n+2+2n4.数列{a n}的通项公式a n=ncos 错误！未找到引用源。
,其前n项和为S n,则S2012等于( )(A)1006 (B)2012 (C)503 (D)05.已知幂函数f(x)=xα的图象过点(4,2),令a n=f(n+1)+f(n),n∈N*,记数列错误！未找到引用源。
的前n项和为S n,则S n=10时,n的值是( )(A)10 (B)120 (C)130 (D)1406.S n=错误！未找到引用源。
+错误！未找到引用源。
+错误！未找到引用源。
+…+错误！未找到引用源。
等于( B )(A)错误！未找到引用源。
(B)错误！未找到引用源。
(C)错误！未找到引用源。
(D)错误！未找到引用源。
7.数列{a n}的通项a n=sin 错误！未找到引用源。
,前n项和为S n,则S2015等于( )(A)错误！未找到引用源。
(B)0 (C)1 (D)-错误！未找到引用源。
8.若数列{a n}满足a1=1,a n+1=2a n(n∈N*),则a3= ,前5项的和S5= .9.数列错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,…,错误！未找到引用源。
的前n 项和为.10.若已知数列的前四项是错误！未找到引用源。
、错误！未找到引用源。
、错误！未找到引用源。
、错误！未找到引用源。
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高中数学必修5数列求和精选题目（附答案）1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2. 推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2； ②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．一、分组转化法求和1.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 注：1．分组转化求和的通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．2．分组转化法求和的常见类型2.．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，则其前20项和为( )A ．379＋1220 B ．399＋1220 C ．419＋1220D ．439＋12203．(2019·资阳诊断)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎨⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124二、裂项相消法求和(一) 形如a n ＝1n (n ＋k )型4.(2019·南宁摸底联考)已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26. (1)求等差数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和T n . (二) 形如a n ＝1n ＋k ＋n型5.已知函数f (x )＝x α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 2 019＝( )A. 2 018－1B. 2 019－1C. 2 020－1D. 2 020＋1注：1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律注意留下了哪些项，避免遗漏．2．常见的拆项公式 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； (2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1. 6.在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为( )A.n ＋1n ＋2 B.n n ＋2 C.n n ＋1D.2nn ＋17.各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝8，且2a 1，a 3,3a 2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 ＝1n log 2a n，求{b n }的前n 项和S n .三、错位相减法求和8.(2017·山东高考)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 .9.(变结论)若本例中a n ，b n 不变，求数列{a n b n }的前n 项和T n .10．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *)． 注： 错位相减法求和的4个步骤[易误提醒](1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．巩固练习：1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．822．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－153．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5B.3116或5C.3116D.1584．在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项之和S 100＝( )A ．－200B ．－100C ．200D ．1005．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 0236．已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________. 8．(2019·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 9．(2018·南昌摸底调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和T n 。
参考答案：1.[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .又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 ＝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 －2.2.解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝⎛⎭⎪⎫1－1220＝419＋1220. 3.解析：选C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.4.[解] (1)设等差数列的公差为d ，则由题意可得⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2. 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)因为c n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)， 所以c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n 6n ＋9. 5.[解析] 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12， 则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1.6.解析：选C 因为a 3＋a 5＋a 7＝6， 所以3a 5＝6，a 5＝2，又a 11＝8，所以等差数列{a n }的公差d ＝a 11－a 511－5＝1，所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝n －3， 所以1a n ＋3·a n ＋4＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，因此数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，故选C. 7.解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)． ∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ， ∴2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12(舍去)， ∴a n ＝8×2n －1＝2n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝1n log 22n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2).8.[解] (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 na 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＝32＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n .9.解：由本例解析知a n ＝2n ，b n ＝2n ＋1， 故T n ＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1，上述两式相减，得，－T n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1 ＝6＋8(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝(1－2n )2n ＋1－2 得T n ＝(2n －1)×2n ＋1＋2.10.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8. ① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16. ② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3， 由此可得a n ＝3n －2.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，有 T n ＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n ，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1，上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1 ＝12×(1－2n )1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16， 得T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16. 练习：1.解析：选B a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.2.解析：选A a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15，故选A.3.解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 4.解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n －3⇒b n ＝(－1)n (2n －3)⇒S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.5.解析：选C ∵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，∴整数m 的最小值为1 024. 6.解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n ＝n (n ＋1)2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n (n ＋1)2－12n ＋1.7.解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，② 由①÷②得a n ＋1a n －1＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3.8.解：(1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 2＝3，S 4＝16， ∴a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16， 解得a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1. (2)由题意知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 9.解：(1)∵S n ＝2n ＋1－2，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×4(1－4n )1－4－4(1－2n )1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43.。