高考数学复习数列的求和

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数列的求和方法课件-2024届高考数学一轮复习

（2）当数列{ an }的通项公式为 an ＝
其中{ bn }，
，为偶数.
{ cn }
分别为等差或等比数列时，可采用分组转化法求解.
2. 利用分组转化法求和的关键点
观察数列的通项公式的特征，若数列由若干个简单数列（如等差数
列、等比数列、常数列等）组成，则求其前 n 项和时可用分组转化
法，把数列分成几个可以直接用公式法求和的数列.

列.所以 an －1＝ −
.所以数列{ an }的通项公式为 an ＝1＋ −
.因

+

2
为 nbn ＋1－（ n ＋1） bn ＝ n ＋ n ＝ n （ n ＋1），所以
－＝1.所以
+

数列
是以1为公差的等差数列.所以＝＋（ n －1）.因为 b 1＝1，
−
＋1·n
＝2 2 n ＋1 ＋ n －2，即 T 2 n ＝2 2 n ＋1 ＋ n －2.
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[变式演练]
1. 若例1（2）中的条件不变，求数列{ bn }的前 n 项和 Tn .
解：由例1（2）知， bn ＝2 n ＋（－1） nn.当 n 为偶数时， Tn ＝（2＋22
）

（
−
＝2.所以数列{ bn }的通项公式为 bn ＝2 n .
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（2）数列{ anbn }的前 n 项和 Tn .
解：（2）由（1），得 anbn ＝（3 n －1）·2 n .所以 Tn ＝2×2＋5×22＋
＋23＋24＋…＋2 n ）＋[－1＋2－3＋4＋…－（ n －1）＋ n ]＝

高三数学最新复习课件数列求和(共42张PPT)

数列的通项的和，分别求出每个数列的和，从
而求出原数列的和．
例1
求下面数列的前 n 项和： 1 1 1 1＋1，a＋4， 2＋7，…， n－1＋3n－路点拨】
1 1 1 【解】 Sn＝ (1＋ 1)＋( ＋ 4)＋ ( 2＋ 7)＋…＋ ( n－1＋ 3n a a a － 2) 1 1 1 ＝ (1＋＋ 2＋…＋ n－1)＋ [1＋4＋ 7＋…＋(3n－2)]． a a a 1 1 1 令 Bn＝ 1＋＋ 2＋…＋ n－1， a a a an－1 ∴当 a＝ 1 时， Bn＝ n；当 a≠ 1 时， Bn＝ n n－ 1， a －a 3n－1 n Cn＝ 1＋ 4＋ 7＋…＋(3n－ 2)＝ . 2
【名师点评】
利用错位相减法求和时，转化为
等比数列求和．若公比是参数(字母)，则应先对参
数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种
情况分别进行求和．
裂项相消法求和裂项相消是将数列的项分裂为两项之差，通过
求和相互抵消，从而达到求和的目的．
例3 (2011 年博州质检 )已知数列 {an}中， a1＝ 1，
错位相减法求和一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an· bn}的前n项和时，可采用错位相减法．
例2
知数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an
－an－1，…是首项为1，公比为a的等比数列． (1)求an； (2)如果a＝2，bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和 S n.
等比数列，再求解．
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)．

数列的求和-高考数学一轮复习(新高考专用)

第43讲数列的求和【基础知识回顾】 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解． 3、常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).1、数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100【答案】 D【解析】 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100. 2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（）A ．1B ．56 C ．16D ．130【答案】：B 【解析】：因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． 3、设11111++++2612(1)S n n =++，则S =( )A ．211n n ++ B ．21n n - C ．1n n+ D ．21n n ++ 【答案】：A 【解析】：由11111++++2612(1)S n n =++，得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+，111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.4、在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________.【答案】 2 022【解析】 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.5、已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________．【答案】：5000【解析】：由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000．6、在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n 等于________．【答案】：2n【解析】：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1，又数列{a n ＋1}也是等比数列，则3，2q ＋1，2q 2＋1成等比数列，(2q ＋1)2＝3×(2q 2＋1)，即q 2－2q ＋1＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ．考向一公式法例1、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ．若210a =，540S =，则5a =________，n S 的最大值为________．【答案】4 42【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∵540S =，∴()1535524022a a a ⨯+⨯==，38a ∴=，又210a ∴=，2d ∴=-，2(2)10(2)(2)142n a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯-=-，514254a ∴=-⨯=，()122(12142)(262)13169(13)13()22224n n n a a n n n n S n n n n n ++--====-=-+=--+, ∴当6n =或7时，n S 有最大值42. 故答案为：（1）4；（2）42.变式1、(2019镇江期末）设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 6a 3＝－12，则S 6S 3＝________．【答案】 12【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 6a 3＝－12.易得S 6＝S 3(1＋q 3)，所以S 6S 3＝1＋q 3＝1－12＝12.变式2、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝．【答案】.37【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为622a a =，所以2422a q a =，故24=q ．由于1≠q ，故.372121)(1)(1111)1(1)1(23243481281121812=--=--=--=----=q q q q qq a q q a S S 方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式(Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.考向二利用“分组求和法”求和例2、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. (1)求,n n a b ; (2)设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ，由题意知: ()1234114414+46102a a a a a d a d ⨯-+++==+= ① 又因为124,,a a a 成等比数列，所以2214a a a =⋅，()()21113a d a a d +=⋅+，21d a d =，又因为0d ≠，所以1a d =. ② 由①②得11,1a d ==，所以n a n =，111b a ==，222b a == ，212b q b ==， 12n n b -∴= .(2)因为()111112211n n n c n n n n --⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，所以0111111122 (2)12231n n S n n -⎛⎫=++++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭1211121n n -=+--+ 121n n =-+ 所以数列{}n c 的前n 项和121nn S n =-+.变式1、求和S n ＝1＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋12n －1.【解析】原式中通项为a n ＝⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋ (12)－1＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝⎛⎭⎫1－12n1－12 ＝12n －1＋2n －2. 变式2、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)，所以S 2a 1＝1＋2＝3.又S 2＝2a 1＋d ，所以a 1＝d ，易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.变式3、（2021·广东高三专题练习）设数列{a n }满足a n +1＝123n a +，a 1＝4．（1）求证{a n ﹣3}是等比数列，并求a n ；（2）求数列{a n }的前n 项和T n ．【答案】（1）证明见解析，11()33n n a -=+；（2）31(1)323n n -+．【解析】（1）数列{a n }满足a n +1＝123n a +，所以113(3)3n n a a +-=-，故13133n n a a +-=-，所以数列{a n }是以13431a -=-=为首项，13为公比的等比数列．所以1131()3n n a --=⋅，则1*1()3,3n n a n N -=+∈．（2）因为11()33n n a -=+，所以011111()()()(333)333n n T -=++++++⋯+＝11(1)33113n n -+-＝31(1)323n n -+．方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n 项和的数列求和．考向三裂项相消法求和例3、（2021·四川成都市·高三二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ．则使得20T 的值为（）A ．1939B ．3839C ．2041D ．4041【答案】C 【解析】当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-；而12111a =⨯-=也符合21n a n =-，∴21n a n =-，*n N ∈.又11111()22121n n a a n n +=--+， ∴11111111(1...)(1)2335212122121n nT n n n n =⨯-+-++-=⨯-=-+++，所以202020220141T ==⨯+，故选：C.变式1、（2021·全国高三专题练习）已知在数列{}n a 中，14,0.=>n a a 前n 项和为n S ，若1,2)-+=∈≥n n n a S S n N n ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132020n T <<【解析】（1）在数列{}n a 中，1(2)n n n a S S n -=-≥①∴1n n n a S S -=且0n a >，∴①式÷②11n n S S -= (2)n ≥， ∴数列{}nS 1142S a ===为首项，公差为1的等差数列，2(1)1n S n n =+-=+ ∴2(1)n S n =+当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=+-=+；当1n =时，14a =，不满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩．（2）由（1）知4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩，，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，∴当1n =时，114520n T ==⨯， ∴当1n =时，120n T =，满足132020n T ≤<，∴12233411111n n n T a a a a a a a a +=++++1111455779(21)(2n =++++⨯⨯⨯+111111111111()()()()45257792123202523n n n ⎡⎤=+⨯-+-++-=+⨯-⎢⎥⨯+++⎣⎦ 312046n =-+ ∴在n T 中，1n ≥，n ∈+N ，∴4610n +≥，∴114610n ≤+，∴1104610n >-≥-+，∴131320204620n ≤-<+．所以132020n T << 变式2、（2021·辽宁高三二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n n a S n n =+∈N .（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）记()()2221log 1log 1n n n c a a +=+⋅+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <.【解析】解：（1）因为2n n a S n =+①，所以()11212n n a S n n --=+-≥② 由①-②得，121n n a a -=+.两边同时加1得()1112221n n n a a a --+=+=+，所以1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是公比为2的等比数列. （2）令1n =，1121a S =+，则11a =. 由()11112n n a a -+=+⋅，得21nn a =-.因为()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，所以11111111121324112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭11113111221242224n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 因为*11,02224n N n n ∈+>++，所以3113422244n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭所以1111311312212422244n n n n n T ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如a n ＝1n n ＋k 时，可转化为a n ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，此类数列适合使用裂项相消法求和．（2）数列的通项公式形如a n ＝1n ＋k ＋n时，可转化为a n ＝1k(n ＋k －n )，此类数列适合使用裂项相消法求和．考向四错位相减法求和例4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以 12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 变式1、（2020·全国高三专题练习（文））已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，且22a =，5S 为10和20的等差中项；数列{}n b 为等比数列，且319b b -=，4218b b -=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b 的前n 项和n M ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为22a =，5S 为10和20的等差中项，所以112541020522a d a d +=⎧⎪⎨⨯++=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以n a n =．设等比数列{}n b 的公比为q ，因为319b b -=，4218b b -=，所以2121(1)9(1)18b q b q q ⎧-=⎨-=⎩，解得132b q =⎧⎨=⎩，所以132n n b -=⋅．（2）由（1）可知132n n n a b n -⋅=⋅，所以213(122322)n n M n -=+⨯+⨯++⋅，令21122322n n P n -=+⨯+⨯++⋅ ①，则232222322n n P n =+⨯+⨯++⋅ ②，-①②可得2112122222(1)2112nn nn n n P n n n ---=++++-⋅=-⋅=---，所以(1)21nn P n =-+，所以3(1)23n n M n =-+．变式2、（2020·湖北高三期中）在等差数列{}n a 中，已知{}35,n a a =的前六项和636S =.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列{}n b 的前n 项和n T .在①12n n n b a a +=，②(1)nn n b a =-⋅，③2na n nb a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】（1）由题意，等差数列{}n a 中35a =且636S =，可得112561536a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12,1d a ==，所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）选条件①：211(2n 1)(21)2121nb n n n ==--+-+，111111111335212121n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，选条件②：由21n a n =-，可得(1)(2n 1)nn b =--，当n 为偶数时，(13)(57)[(23)(21)]22n nT n n n =-++-+++--+-=⨯=；当n 为奇数时，1n -为偶数，(1)(21)n T n n n =---=-，(1)n n T n =-，选条件③：由21n a n =-，可得212(21)2n a n n n b a n -=⋅=-⋅，所以135********(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯，35721214123252(23)2(21)2n n n T n n -+=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，两式相减，可得：()13521213122222(21)2n n n T n -+-=⨯++++--⨯()222181222(21)214n n n -+-=+⋅--⨯-，所以2110(65)299n n n T +-=+⋅. 方法总结：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.。

高考数学总复习考点知识专题讲解29---数列求和

两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝2n2－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，也适合上式．从而{an}的通项公式为an＝2n2－1.
(2)记2na＋n 1的前n项和为Sn. 由(1)知2na＋n 1＝2n＋122n－1＝2n1－1－2n1＋1. 则Sn＝11－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1＝2n2＋n 1.
因为an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2. 又因为当n＝1时，2 a1＝a1＋1，所以( a1－1)2＝0，所以a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)因为bn＝
1 2n－1＋
2n＋1＝
2n＋1－ 2
2n－1，
所以b1＋b2＋…＋bn＝
1 2
[(
3 －1)＋(
(2)由题意，得cn＝an＋bn＝3n＋(2n＋1)， Sn＝c1＋c2＋…＋cn ＝(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n) ＝n3＋22n＋1＋311－－33n＝3n2＋1＋n2＋2n－32.
[拓展探究] 若本例(2)中的“cn＝an＋bn”改为“cn＝an ＋(－1)nbn”，其他条件不变，结果如何求？
(2)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
2．两个注意点 (1)应用裂项相消法时，应注意消项的规律具有对称性，即前面剩第几项则后面剩倒数第几项． (2)应用错位相减法时，应注意相减后符号的变化和所构成的等比数列的项数．
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打 “×”)
(2)令bn＝
n＋1 n＋22a2n
，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：

2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类（解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。

高考数学《数列求和及综合应用》复习

1010
C. 2019
2020
√D. 2020 2021
由
a1
1 2
，an1
1 2 an
，得 a2
1 2 a1
2 3
，a3
3 4
，归纳可得
an
n
n
1
.当
n
1
时，a1
1 2
满足
an
n.
n 1
假设当 n k 时满足，即 ak
k
k 1
，当
n
k
1 时，
ak 1
1 2 ak
1 2 k
k 1 ，满足该式，故
an
SS1n,
n
1 Sn1, n
2, n N
只有 a1 S1 ，满足 n 2 的情形，通项公式才可以统一写成 an Sn . Sn1
1.已知数列an
满足
a1
1 2
，
an1
2
1 an
n N*
，则 a1
a2 22
a3 32
a2020 的值是(
20202
)
A. 2018
2019
B. 1009
3.以等差（比）数列为命题背景，考查等差（比）的前n项和公式、分组求和 4.以递推数列、等差（比）数列为命题背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法
考点解读
5.等差（比）数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和 6.常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等
2.已知等比数列an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn 2n1 2 ，
则数列
log
2
an
1 log2
an1

2024年高考数学一轮复习(新高考版)《数列求和》课件ppt

跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，② 2a1 ＋ 2a2 ＋…＋2an ＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 问题：在数列{an}中，已知________. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. (1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝
2an 1 3an
，求数列{bn}的前n项和Sn.
由(1)可知 bn＝2n3－n 1，
则 Sn＝311＋332＋…＋2n3－n 1，
①
13Sn＝312＋333＋…＋2n3－n 3＋23nn－＋11.
②
两式相减得23Sn＝13＋322＋323＋…＋32n－23nn－＋11＝13＋2911－－313n1－1－23nn－＋11
教材改编题
2.数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an＝nn1＋1，则 S5 等于
A.1
√B.56
C.16
D.310
因为 an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，所以 S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.
教材改编题
3.Sn＝12＋12＋38＋…＋2nn等于
2n－n－1 A. 2n
第六章数列
§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用方法.
内容索引
第一部分
落实主干知识
第二部分
探究核心题型
第三部分
课时精练
第
一部分
落实主干知识
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.

2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】

【解析】 ∵an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1 ∴数列{an}的前 n 项和 Sn＝1－n＋1 1＝n＋n 1 又 Sn＝22001290，∴n＝2019，故选 B.
易错易混 4．在数列{an}中，已知 an＝n＋11n＋3(n∈N*)，则{an}的前 n 项和 Sn＝
_____12__56_－__n_＋1__2_－__n_＋1__3_ ______. 【解析】 ∵an＝n＋11n＋3＝12n＋1 1－n＋1 3， ∴Sn＝1212－14＋13－15＋14－16＋15－17＋…＋n＋1 1－n＋1 3 ＝1212＋13－n＋1 2－n＋1 3 ＝1256－n＋1 2－n＋1 3.
第六章数列
第四节数列求和
课前双基巩固
——整合知识夯实基础
『知识聚焦』 1．公式法 (1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d. 推导方法：倒序相加法．
na1，q＝1， (2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a111－－qqn，q≠1. 推导方法：乘公比，错位相减法．
6．若{log2an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则数列{nan}的前 n 项和为 _S_n_＝__2_＋__6_n_9－__2__·4_n_．
【解析】由题意可得 log2an＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴an＝22n－1＝2·4n－1，∴nan＝2n·4n－1， ∴数列{nan}的前 n 项和 Sn＝2(1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n－1)， ∴12Sn＝1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n－1， ∴2Sn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋n×4n，
课堂考点突破
——精析考题提升能力
考点一分组转化求和【例 1】已知数列{an}满足 a1＝1，an＋an－1＝2n(n≥2，n∈N*)． (1)记 bn＝a2n，求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.

数列的求和-高考数学复习

研题型·通法悟道举题说法
目标 3 错位相减法求和
3 (2023·全国甲卷)已知在数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝ nan． (1)求数列{an}的通项公式；
【解答】因为 2Sn＝nan①，当 n＝1 时，2S1＝a1，解得 a1＝0，当 n≥2 时，2Sn－1＝(n －1)an－1②，①－②得 2an＝nan－(n－1)an－1，所以(n－1)an－1＝(n－2)an，当 n≥3 时，可得aan－n1＝nn－－12，所以 an＝21×32×43×…×nn－－12×a2＝n－1，又 a1＝0，a2＝1 也适合上式，所以{an}的通项公式为 an＝n－1．
总结提炼
若数列{cn}的通项公式为 cn＝abnn，，nn为为奇偶数数，，其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前 n 项和．
研题型·通法悟道举题说法
变式 (2023·马鞍山一模)已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5，数列{bn}为等比数
列，满足bn＋1＝an＋1bn－anbn，且b2,2a4，b5成等差数列． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
点击对应数字即可跳转到对应题目
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链教材·夯基固本激活思维
4．已知函数 y＝f(x)满足 f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足 an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋
fn－n 1＋f(1)，则数列{an}的前 20 项和为
( D)
A．100
B．105
C．110
D．115
点击对应数字即可跳转到对应题目
研题型·通法悟道举题说法
变式 (2023·韶关二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知an＋1＝Sn＋1，

高考数学数列专题复习二数列求和素材(教师版)

数列专题复习二数列求和（教师版）1.基本公式法：()1等差数列求和公式：()()11122n n n a a n n S na d +-==+()2等比数列求和公式：()111,11,111n n n na q S a q a a qq q q =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩()3* ()()2221121216n n n n +++=++ ；()4* ()23333112314n n n ++++=+⎡⎤⎣⎦ ； 2.错位相消法：给12n n S a a a =+++ 各边同乘以一个适当的数或式，然后把所得的等式和原等式相减，对应项相互抵消，最后得出前n 项和n S .一般适应于数列{}n n a b 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列。

3.分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列，然后利用公式法求和。

4.拆项（裂项）求和：把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩下有限项再求和.常见的拆项公式有：()1若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭； ()2()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；()3* ()()()()()1111122112n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；()41a b=--；()5*1k=；5.倒序相加法：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的。

6导数法：灵活利用求导法则有时也可以完成数列求和问题的解答. 7.递推法.8.奇偶分析法.一．基本公式法例1． =+++++13742222n 练1．=++++98852 练2.123232323232-++++n =二．错位相消法例).0()12(531:112≠⋅-++++=-a an a a S n n ：求和.)1()1(21)12(1,1)1(2)12(1)12()(21)(1② ①②)12()32(53①)12(53101.2)]12(1[)12(531121112132122a aa aan S a aa an an aaa S a a n an a a a aSan a a S a a n nn n S a n nn n nnn n nn nn n n --+-⋅--=∴--+--=--++++=---+-++++=-++++=≠≠=⋅-+=-++++==----- 得时，，当时，解：当例2．已知数列{n a }满足：}{,2)32()12(3121n n n b n a n a a 数列+⋅-=-+++ 的前n 项和n n n n W n b a n n S 项和的前求数列}{.222⋅-+=. 解．当),12(22)52(2)32()12(,21-=⋅--⋅-=⋅-≥+n n n a n n nnn n 时;14,2.4)2(2,4;2111-=-=≥⎩⎨⎧-=≥=-==∴-n S S b n a n a a a n n n n n nn 时当得而而.)2(141,111⎩⎨⎧≥-===n n b b b n得 )14(215211272)],14(211272[443232-++⨯+⨯+⨯=-++⨯+⨯+-=∴n s n W nnn 记)14(2)54(2112722143-+-++⨯+⨯=∴+n n s n n ②， ①－②得)14(2)222(428143--++++=-+n s n n).54(2),54(24),45(24)14(2)12(322811112-=-+=∴-+-=---+=++++-n W n s n n n n n n n n 得练1. 已知数列.}{,)109()1(n n nn S n a n a 项和的前求⨯+=解. nn n b n a )109(,1=+=为等差数列为等比数列，∴应运用错位求和方法：.)109()10(999),10()109(1099)109()1(])109(1[108159)109()1(])109()109()109[(59101:,)109()1()109(3)109(2109;)109()1()109(31092111321322nn n n nn nn n n nn n S n n n S n S n S ⨯+-=∴+-=⨯+--⨯+=⨯+-++++=⨯+++⨯+⨯=∴⨯+++⨯+⨯=++++ 两式相减得①练2. 已知数列nn n b 4249⋅+=，求数列{}n b 的前n 项和n T 。

2025届高考数学一轮总复习第六章数列第四节数列求和

4×3
41 + 2 ×
= 32,
1 = 5,
S4=32,T3=16,得
解得
所以
= 2.
(1 -6) + 2(1 + ) + (1 + 2-6) = 16,
an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明由(1)可得
[5+(2+3)]
Sn=
=n2+4n.
2
当 n 为奇数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6
×…× ×a2= × ×…× ×1=n-1.
-2
2
1
-2 -3
显然 a1=0 满足,∴an=n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知 an=n-1(n∈N*),
+1
1
1 1
1 2
1 3
1
∴an+1=n,∴ =n· ,∴Tn=1×
+2×
+3×
+…+n· ,
2
2
2
2
2
2
1
1 2
1 3
1
2
2
+(
1
2
2
−
1
2 )+…+
3
1
1
1
2 - 2 =1-81
8 9
=
80
.
81
=
1
2
−
1
(+1)
2,
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新高考数学数列求和精品复习资料

(-)
(2)已知数列{an}的通项公式为an=,记数列{an}的前n项和为Sn,则在S1,S2,…,S2021中,有个有理数.
课堂考点探究
[解析]由题可知an=·==-,所以Sn=1-,易知当n+1为完全平方数时,Sn为有理数,又当n=3时,n+1=22,当n=8时,n+1=32,…,当n=1935时,n+1=442,所以共有43个有理数.
[总结反思](1)若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差数列或等比数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.(2)若数列{cn}的通项公式为cn=其中数列{an},{bn}是等比数列或等差数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,a5+a7=12.(1)求an及Sn;
解: 由题意,设等差数列{an}的公差为d,则整理得解得∴an=1+1·(n-1)=n, Sn=n·1+·1=.
课堂考点探究
解： bn===-,∴Tn=(b1+21)+(b2+22)+…+(bn+2n)=(b1+b2+…+bn)+ (21+22+…+2n)=1-+-+…+-+=1-+2n+1-2=2n+1--1.
课堂考点探究
变式题 (1)已知{an}是等差数列,a3=7,且a2+a6=18.若bn=,则{bn}的前n项和Tn= .
课堂考点探究
[解析]设等差数列{an}的公差为d,由a3=7,a2+a6=18,可得解得所以an=3+2(n-1)=2n+1,因此bn===(-),所以{bn}的前n项和Tn=b1+b2+…+bn=[(-)+(-) +…+(-)]=(-).

高考数学复习数列的求和方法

高考数学复习数列的求和方法高考要求：掌握数列的各种求和方法考点回顾：1．直接用等差、等比数列的求和公式求和。

d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S n n 公比含字母时一定要讨论无穷递缩等比数列时，qa S -=112．错位相减法求和：如：{}{}.,,2211的和求等比等差n n n n b a b a b a b a +++3．分组求和：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。

4．合并求和：如：求22222212979899100-++-+- 的和。

5．裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

常见拆项：111)1(1+-=+n n n n)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n ])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n!)!1(!n n n n -+=⋅)!1(1!1)!1(+-=+n n n n6．公式法求和 6)12)(1(12++=∑=n n n k nk 213]2)1([+=∑=n n k nk7．倒序相加法求和8．其它求和法：如：归纳猜想法，奇偶法等考点解析考点1、等差、等比公式求和EG1．在等差数列{a n }中，它的前n 项和为S n ，已知===n n n S S S 32,14,8则 . 18 B1-1．等差数列{a n }中，已知前15项的和S 15=90，则a 8等于（）A ．245 B ．12 C ．445 D ．6B1-2．等比数列{a n }的首项a 1=－1，前n 项和为S n ，若3231510=S S ，则公比q 等于 21-B1-3、等差数列｛a n ｝中,若a 1+a 4+a 7=39, a 3+a 6+a 9=27, 则前9项的和S 9= ( )A 66B 99C 144D 297B1-4．数列{a n }的前n 项和S n =n 2+2n －1，则这个数列一定是B （） A ．等差数列 B ．非等差数列 C ．常数数列 D ．等差数列或常数数列考点2、分项求和EG2、5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；解：555555555n n S =++++ 个5(999999999)9n =++++个235[(101)(101)(101)(101)]9n =-+-+-++- 235505[10101010](101)9819n n n n =++++-=--B2-1、求和：13,24,35,,(2),n n ⨯⨯⨯+ ； ∵2(2)2n n n n +=+，∴ 原式222(123=+++ (2))2(123n ++⨯+++…)n +(1)(27)6n n n ++=．考点3、错位减法求和EG3、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =31(a n -1)(n N,n 1) (1)求a 1,a 2(2)求数列{a n }的通项公式(3)b n =n,令C n =b n a n ,求数列{C n }的前n 项和解：（1）由)1,)(1(31≥∈-=n N n a S n n 21),1(311111-=∴-==∴a a S a 41),1(3122221=∴-==+a a S a a ……………………4分（2）)(31)1(31)1(31111----=---=-=n n n n n n n a a a a S S a)1(211>-=∴-n a a n n }{n a ∴是首项公比均为21-的等比数列 n n a )21(-=……8分（3）设}{n C 前n 项的和T n ，n k n n n a b C )21(-⋅==n n n T )21()21(3)21(2)21(132-++-⋅+-⋅+-⋅=∴ ………………①132)21()21()1()21(2)21(21+-⋅+-⋅-++-⋅+-=-n n n n n T ………………② ①－②：132)21()21()21()21()21(23+-⋅--++-+-+-=n n n n T62)21)(23(2)21()21(1])21(1[21--+=-⋅+-----=n n n n n 92)21)(23(--+=∴n n n T ………………14分考点4、裂项求和 EG4．数列,43211,3211,211++++++的前n 项之和为．2+n n B4-1．若 ,7,5,3,21321222a a a n a n 则数列+++=的前n 项和是（）A ．16+n nB ．nn )1(6-C ．13+n nD ．2)1(6++n nB4-2．设43,)1(112161211=⋅+++++=+n n n S S n n S 且，则n 的值为（）A ．9B ．8C ．7D ．6B4-3、lim +∞→n [)13)(23(11071741411+-++⋅+⋅+⋅n n ]=A 21B 41C 51D 31 考点5、叠加法、叠乘法EG5、已知数列),,2(3,1},{111N n n a a a a n n n n ∈≥∙==--其中项的和的前数列n b n }{))(9(log 3*∈=N n a S n n n (1) 求数列}{n a 的通项公式；（2）求数列}{n b 的通项公式；（3）求数列|}{|n b 的前n 项和n T解：累加得),1(log log )1(133-+=-n a a n x,2)1()1(321log log 133-=-++++=-n n n a a n .3,2)1(log 2)1(3-=-=∴n n n n a n n a 则或者用累乘得211221123nn n n n n n a a a a a a a a ----=⋅=);(25)9(log ,3)2(232)1(N n nn a S a n n n n n n ∈-==∴=-)(3}{,1,3,2,21111*--∈-==-=-=≥-==N n n b b n n S S b n S b n n n n n 的通项公式为所以数列时也适合时当而,3,03,25,3,03)3(2时即当时即当 n n b n n S T n n b n n n n >>-=-=-=≤≤-= ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈>+-∈≤-=+-=-=++-+++=+++=*).,3(2125),3(25,21252)(2)(||||||22233212121N n n n n N n n n n T n n S S b b b b b b b b b T n n n n n 且且综上所述B5-1、数列{}n a 的通项公式是11++=n n a n ，若前n 项的和为10，则项数n 为（） A ．11 B ．99C ．120D ．121考点6、倒序求和EG6、设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S =++++，又∵2222sin 89sin 88sin 87sin 1S =++++， ∴ 289S =，892S =．实战训练1．等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，且132+=n nT S n n ，则55b a （） A ．32 B ．97 C ．3120 D ．1492．设{a n }是公比为q 的等比数列,S n 是它的前n 项的和,若{S n }是等差数列,则公比 q = ．1 3．数列}{n a 的前n 项和为S n ，若)(23+∈+=N n a S n n ，则这个数列一定是（）A ．等比数列B ．等差数列C ．从第二项起是等比数列D ．从第二项起是等差数列4．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 6=36，S n =324，S n －6=144（n ＞6），则n 等于（）A ．15B ．16C ．17D ．185．数列1,(1+2),(1+2+22),…,( 1+2+22+…+2n-1+…)的前n 项和是 ( )A 2nB 2n -2C 2n+1- n -2D n·2n 6．已知等差数列{n a }，.21,952==a a (1) 求{n a }的通项公式； (2) 令n a nb 2=，求数列}{n b 的前n 项和S n .解：(1) 设数列}{n a 的公差为d ，依题意得方程组 ⎩⎨⎧=+=+,214,911d a d a 解得.4,51==d a所以}{n a 的通项公式为.14+=n a n(2) 由,21414+=+=n n n b n a 得所以}{n b 是首项512=b ，公式42=q 的等比数列.于是得}{n b 的前n 项和 .15)12(3212)12(24445-⨯=--⨯=n n n S 7．把正奇数数列{2n －1}中的数按上小下大、左小右大的原则排成如下三角形数表：1 3 5 7 9 11 — — — — — — — — —设a ij (i,j ∈N*)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数. （I ）若a mn =2005，求m ，n 的值；（Ⅱ）已知函数f(x)的反函数为f －1(x)=8n x 3(x>0)，若记三角形数表中从上往下数第n 行各数的和为b n ，求数列{f(b n )}的前n 项和S n .解：（I ）∵三角形数表中前m 行共有1+2+3+…+m=2)1(+m m 个数， ∴第m 行最后一个数应当是所给奇数列中的2)1(+m m 项.故第m 行最后一个数是2..112)1(2-+=-+m m m m ………………2分因此，使得2005=mn a 的m 是不等式12-+m m ≥2005的最小正整数解..45.4428912792112802411.020*********=∴=+-=+->++-≥∴≥-+≥-+m m m m m m 得由于是，第45行第一个数是442+44－1+2=1981.131219812005=+-=∴n ………………4分（II ）)0()21()(.)21(),0(8)(3331>==∴>==-x x x f y x x y x x fn n n 故 …………6分∵第n 行最后一个数是12-+n n ，且有n 个数，若将12-+n n 看成第n 行第一个数，则第n 行各数成公差为－2的等差数列，故32)2(2)1()1(n n n n n n b n =--+-+=. .)21()21()(33n n n n n b f ==∴ ………………8分,)21()21)(1()21(3)21(2)21(21.)21()21)(1()21(3)21(2211432132+-+-++++=+-++++=n n n n n n n n S n n S 故两式相减得：.)21()21()21()21(2121132+-++++=n n n n S ………………10分 .)21)(2(2.)21()21(1)21(211])21(1[2111n n n n n n n S n n +-=∴--=---=++……12分直击高考24．（2006年四川卷）已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U （Ⅰ）求n U ；（Ⅱ）设()()()()()2'210,2!n U nnn n k k e F x xx T x F x n n ==>=∑，（其中()'k F x 为()k F x 的导函数），计算()()1limn n n T x T x →∞+本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分12分。

高考数学一轮复习数列求和

解：(1)因为 an＝2n，所以 a1＝2，a2＝4，当 n＝1 时，由题设可得 a1b1＝2－21－1，即 2b1＝12，所以 b1＝14；当 n＝2 时，由题设可得 a2b1＋a1b2＝22－22－1，即 1＋2b2＝2，所以 b2＝12. 当 n≥2 时，由题设可得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＋2bn＝2n－n2－1， ①
a1＋6d＝9， [解] (1)设公差为 d，由 S4＝18，a7＝9，即4a1＋4×42－1d＝18，
解得ad1＝＝13，，所以 an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由 an＝log2(bn＋1)，即 log2(bn＋1)＝n＋2，所以 bn＋1＝2n＋2，即
bn＝2n＋2－1，所以bn2bnn＋1＝2n＋2－12n2n＋3－1＝142n＋12－1－2n＋13－1，所以
[典例] (2023·石家庄二中模拟)已知公差不为 0 的等差数列{an}中，
a2＝3 且 a1，a2，a5 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{3nan}的前 n 项和 Tn.
[解题微点] (1)根据等差数列的通项公式和等比中项可求出结果；
切入点 (2)根据错位相减法可求出结果
2n－1b1＋2n－2b2＋…＋2bn－1＝2n－1－n－2 1－1，此式两边同乘以 2，得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＝2n－n－1， ②
由①－②得 2bn＝n2，即 bn＝n4. 又由上可知，b1＝14也适合上式，故数列{bn}的通项公式为 bn＝n4(n∈N *)．
(2)由(1)知，cn＝16×nn－n＋112n ＝16×n2＋n＋11－2nn，则 c1＋c2＋…＋cn ＝16×222－21＋233－222＋…＋n2＋n＋11－2nn ＝16×n2＋n＋11－2.

高考专题复习数学数列求和 PPT课件图文

设 n N * ， xn 是曲线 y x2n2 1 在点 (1，2)
处的切线与 x 轴交点的横坐标.
（1）求数列 {xn} 的通项公式；
（2）记Tn x12x32
x2 2n1
，证明
Tn

1 4n
.
在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n 2 个数构成递增的等比数列，将这 n 2 个数的乘积记作Tn ，再令 an lg Tn, n≥1.
（2）求数列an 的通项公式；
（3）是否存在实数 a ，使不等式
(1 1 )(1 1 ) (1 1 ) 2a2 3
a1
a2
an 2a 2n 1
对一切正整数 n 都成立？若存在，
求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
设数列an 的前 n 项和为 Sn ,满足
2Sn an1 2n1 1 , n N* ,
则数列

1

的前10
项和为_________
an
设数列an，其前 n 项和 Sn 3n2 ，
bn为单调递增的等比数列， b1b2b3 512 ， a1 b1 a3 b3
（1）求数列an, bn的通项公式；
（2）若 cn

bn

bn
2 bn

1 n
bn

bn1
1(n

N* )
.
（1）求 an 与 bn ；（2）记数列{anbn} 的前 n 项和为Tn ，求Tn .
已知数列an ,bn , an 3n 1,bn 2n
记 Tn anb1 an1b2 a1bn , n N * ，求：Tn

高考数列求和的八种重要方法与例题

分裂通项法：
把数列旳通项拆成两项之差，即数列旳每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时某些正负项相互抵消，于是前 n项旳和变成首尾若干少数项之和，这一求和措施称为分裂通项法. （见到分式型旳要往这种措施联想）
拆项分组求和: 典例-1，求该数列旳前n项和.
(nN)（2）求数列{an}旳通项公式an
1 2
an
(4
an ).
an1
1 2
an
(4
an )
1 2 [(an
2)2
4],
2(an1 2) (an 2)2
令bn an 2,
则bn
1 2
b2 n1
1 2
1 2
b2 n2
2
1 2
12
2n1
b2n 0
又b0=－1
bn
1 2
2n
1
,
总旳方向： 1.转化为等差或等比数列旳求和 2.转化为能消项旳思索方式：求和看通项（怎样旳类型）若无通项，则须先求出通项措施及题型： 1.等差、等比数列用公式法 2.倒序相加法 3.错位相减法 4.裂项相消法
5.拆项分组求和法 6.并项求和法
热点题型1：递归数列与极限.
设数列{an}旳首项a1=a≠
典例. 已知 lg(xy) 2 2.倒序相加法
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lg(x·1 yn-1)+lgyn,
(x > 0,y > 0) 求S .
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lgyn
S =lgyn +lg(yn-·1 x)+ ...+lgxn 2S =lg(xy)n +lg(xy)n + ...+lg(xy)n

数列求和7种方法(方法全,例子多)

数列求和的基本方法和技巧（配以相应的练习）一、总论：数列求和7种方法：利用等差、等比数列求和公式错位相减法求和反序相加法求和分组相加法求和裂项消去法求和分段求和法（合并法求和）利用数列通项法求和二、等差数列求和的方法是逆序相加法，等比数列的求和方法是错位相减法，三、逆序相加法、错位相减法是数列求和的二个基本方法。

数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位. 数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧. 下面，就几个历届高考数学和数学竞赛试题来谈谈数列求和的基本方法和技巧.一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 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 nn3、 )1(211+==∑=n n k S nk n 4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n5、 213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx 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 nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）＝x x x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21[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(21++=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 f题1.等比数列的前ｎ项和S ｎ＝2ｎ－１，则＝题2．若12+22+…+(n -1)2=an 3+bn 2+cn ，则a = ,b = ,c = .解：原式=答案：二、错位相减法求和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 xn }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nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ② （设制错位）①－②得 nn 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 x x 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,,26,24,2232n n前n 项的和. 解：由题可知，{n n 22}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）1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S练习题1 已知，求数列｛a n ｝的前n 项和S n .答案：练习题2 的前n 项和为____答案：三、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] 求证：n n n n n n n C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++证明：设nn n n n n C n C C C S )12(53210++⋅⋅⋅+++=………………………….. ①把①式右边倒转过来得113)12()12(n n n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=- （反序）又由mn n m n C C -=可得nn n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..…….. ②①+②得 nn n n n n n n n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=- （反序相加） ∴ nn n S 2)1(⋅+=[例6] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序）又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得（反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.5题1 已知函数（1）证明：；（2）求的值.解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，两式相加得：所以.练习、求值：四、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7] 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 nn -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- [例8] 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(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n ＝k k k nk n k nk ∑∑∑===++1213132（分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++＝2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n （分组求和）＝2)2()1(2++n n n五、裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （3）111)1(1+-=+=n n n n a n （4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n （5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6) nnn 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（7）)11(1))((1CAn B An B C C An B An a n +-+-=++=（8）n a ==[例9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解：设n n n n a n -+=++=111（裂项）则 11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n （裂项求和）＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n [例10] 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.解： ∵ 211211nn n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴ )111(82122+-=+⋅=n n n n b n （裂项）∴ 数列{b n }的前n 项和)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n （裂项求和）＝)111(8+-n ＝18+n n[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 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立练习题1.答案：.练习题2。

新高考2023版高考数学一轮总复习第6章第4讲数列求和课件

考点二角度 1
例2
裂项相消法——多维探究形如 bn＝ana1n＋1({an}为等差数列)型
(2021·广东省七校联考)已知公差不为 0 的等差数列{an}
的前 n 项和为 Sn，且 S4＝26，a1，a3，a11 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列Sn＋1 n的前 n 项和为 Tn，求 Tn.
[解析] 由 f(4)＝2 可得 4α＝2，解得 α＝12，
则 f(x)＝x12.
∴an＝fn＋11＋fn＝
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
S2 022＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 022＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)
＋…＋( 2 023－ 2 022)＝ 2 023－1.
角度 3 形如 bn＝an＋kaann＋1＋k×q－1 1({an}为等比数列)型
(2)由题意知，数列{a2n}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列{a2n －1}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，故数列{an}的前 20 项和为 1×11－－2210＋10×1＋102×9×2＝1 123.
MING SHI DIAN BO
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．
第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．
项
和
公
式
：
Sn
＝
na1＋an 2
＝n_a_1＋__n__n_－2__1_d＝