2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列考点规范练31数列求和文新人教A版

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2019-2020年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分31数列求和

2019-2020年高考数学理新课标A 版一轮总复习开卷速查必修部分31数列求和1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋1，则S 6等于( )A.142 B.45 C.56D.67解析：因为a n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67.答案：D2．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)n a n }的前n 项和，则S 2 014＝( )A ．2 014 B.－2 014 C ．3 021 D.－3 021 解析：∵a 1＝tan225°＝1， ∴a 5＝13a 1＝13，则公差d ＝a 5－a 15－1＝13－14＝3，∴a n ＝3n －2.方法一：∵(－1)n a n ＝(－1)n (3n －2)，∴S 2 014＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋(a 6－a 5)＋…＋(a 2 012－a 2 011)＋(a 2 014－a 2 013)＝1 007d ＝3 021.方法二：(错位相减)由于(－1)n a n ＝(－1)n (3n －2)，则S 2 014＝1×(－1)1＋4×(－1)2＋7×(－1)3＋…＋6 037×(－1)2 013＋6 040×(－1)2 014，①①式两边分别乘以－1，得(－1)×S 2 014＝1×(－1)2＋4×(－1)3＋7×(－1)4＋…＋6 037×(－1)2 014＋6 040×(－1)2 015，②①－②得2S 2 014＝－1＋3×1－－1 2 0131－－1－6 040(－1)2 015＝6 042，∴S 2 014＝3 021.答案：C3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin n ＋1π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 016＝( )A ．1 006 B.1 007 C ．1 008 D.1 009 解析：由题意，得a n ＋1＝a n ＋sin n ＋1π2，所以a 2＝a 1＋sinπ＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin2π＝0，a 5＝a 4＋sin 5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 016＝4×504，所以S 2 016＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝1 008，故选C.答案：C4．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{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎨⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.答案：A5．已知等比数列的各项都为正数，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 －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB.(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1 D.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 －1lg10n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1，①2S 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：C6．数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，并且a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }的第100项为( )A.12100B.1250C.1100D.150 解析：∵a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1(n ≥2)，∴数列{a n －1a na n －1－a n}是常数数列，设a n －1a n a n －1－a n＝k ， ∴1a n－1a n －1＝1k .∴1k ＝1－12＝12.∴1a n ＝1a n －1a n －1＋1a n －1－1a n －2＋…＋1a 2－1a 1＋1a 1＝12(n －1)＋12，∴1a100＝992＋12＝50.∴a 100＝150.故选D. 答案：D7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，则数列{a n b n }的前n 项和S n ＝__________.解析：由条件易求出a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴S n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n .② 由①－②，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n ， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1. 答案：(n －1)·2n ＋1 8．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析：∵a n ＝n n ＋12n ＋1＝n2，∴b n ＝8n n ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1. 答案：8n n ＋19．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__________.解析：令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2.∴n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2.∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 8＋4n ＋42＝2n 2＋6n . 答案：2n 2＋6n10．[xx·大纲全国]等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4.(1)求{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 .解析：(1)由a 1＝10，a 2为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数，又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0,10＋4d ≤0.解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .113－3n10－3n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫110－3n－113－3n.(2)b n＝于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n 1010－3n. B 级能力提升练11．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则在数列S 1、S 2、…、S 2 014中，有理数项的项数为( )A ．42B ．43C ．44D ．45 解析：1a n ＝(n ＋1)n ＋n n ＋1＝n ＋1n (n ＋1＋n )＝n ＋1n ⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－n ， a n ＝n ＋1－n n ＋1n ＝1n －1n ＋1，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1问题等价于在2,3,4，…，2 015中有多少个数可以开方设2≤x 2≤2 015且x ∈N ，因为442＝1 936,452＝2 025，所以2≤x ≤44且x ∈N ，共有43个．选B.答案：B12．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 014＝__________.解析：a 2＝－1a 1＋1＝－11＋1＝－12，a 3＝－1a 2＋1＝－1－12＋1＝－2，a 4＝－1a 3＋1＝－1－2＋1＝1，因此a 4＝a 1，依次下去，得到a n ＋3＝a n ，因此数列{a n }是以3为周期的周期数列，∵2 014＝3×671＋1，∴S 2 014＝671×(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1＝671×⎝⎛⎭⎪⎫1－12－2＋1＝－2 0112.答案：－2 011213．[xx·云南昆明三中、玉溪一中统考]已知数列{a n }的前n 项和S n 和通项a n 满足2S n ＋a n ＝1，数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝12，2b n ＋1＝1b n ＋1b n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝a n b n，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜34.解析：(1)由2S n ＋a n ＝1，得S n ＝12(1－a n )．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(1－a n )－12(1－a n －1)＝－12a n ＋12a n －1，即2a n ＝－a n ＋a n －1，∴a n a n －1＝13(由题意可知a n －1≠0)．{a n }是公比为13的等比数列，而S 1＝a 1＝12(1－a 1)， ∴a 1＝13，∴a n ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，由2b n ＋1＝1b n ＋1b n ＋2，1b 1＝1，1b 2＝2，得 d ＝1b 2－1b 1＝1(d 为等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的公差)，∴1b n＝n ，∴b n ＝1n .(2)c n ＝a n b n＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，设T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，则T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ， 13T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，由错位相减，化简得：T n ＝34－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝34－2n ＋34×13n ＜34. 14．[xx·山东]已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n 2n －12n ＋1＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎨⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋－1n －12n ＋1).。

2020届高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和、数列的综合应用教师用书文(PDF,含解析)

１－１答案５
解析Ｓｎ＝１×２１＋２×２２＋…＋ｎ×２ｎ，则２Ｓｎ＝１×２２＋２×２３＋…
＋ｎ×２ｎ＋１
，两式相减得－Ｓｎ
＝
２＋２２
＋…＋２ｎ
－ｎ ·２ｎ＋１
＝
２（１－２ｎ１－２
）
－ｎ·
２ｎ＋１，故Ｓｎ＝２＋（ｎ－１）２ｎ＋１，因为ａｎ＋１＝２ｎ＋１，故Ｓｎ－ｎａｎ＋１＋５０＝２＋（ｎ－１）２ｎ＋１－ｎ·２ｎ＋１＋５０＝５２－２ｎ＋１，令５２－２ｎ＋１＜０，故最小正整数ｎ的
１ｎ＋
１）
＝
１ｎ
－ｎ＋１１；
��
对应学生用书起始页码Ｐ１１２
( ) （
２）
（
１２ｎ－１）（
２ｎ＋
１）
＝Ｓｎ－Ｓｎ－１
＝
ａｎ＋１２
－
ｎ
－
１
－
æ
ç
è
ａｎ２
－
ｎ
ö
÷
ø
，
即ａｎ＋１＝３ａｎ＋２，∴ ａｎ＋１＋１＝３（ａｎ＋１），
又∵ ａ２＋１＝９，３（ａ１＋１）＝３×３＝９，
∴ 数列｛ａｎ＋１｝是等比数列，
且ａ１＋１＝３，公比为３，
∴ ａｎ＋１＝３×３ｎ－１＝３ｎ，∴ ａｎ＝３ｎ－１．
｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａ１＝３，且Ｓｎ＝ｎａｎ＋１－ｎ２－ｎ．

2020届高考数学一轮第六单元数列与算法第讲数列求和理新人教A版

答案：A
11
3．sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝______.
解：设 S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin288°＋sin289°，则 S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin22°＋sin21° 上述两式相加得 2S＝1×89，所以 S＝829. 答案：829
S1n＝nn2＋1＝2(n1－n＋1 1)．
所以k＝n 1S1k＝S11＋S12＋S13＋…＋S1n
＝2(1－21＋21－31＋31－41＋…＋1n－n＋1 1)＝2(1－n＋1 1)＝n2＋n1.
答案：n2＋n1
14
5．化简和式：1×2＋2×4＋…＋n×2n＝____________. 解：令 Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，① 2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，② ①－②得：－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1. 所以 Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 答案：(n－1)2n＋1＋2
故
3 Tn<4.
26
点评：(1)对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和是常用“裂项相消法”，分式型数列求和常用此法．
(2)利用裂项求和法时，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．要根据通项的特点来确定．
27
考点3·错位相减法求和
【例 3】(2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)， {bn}是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1， S11＝11b4.

2020届高考数学一轮复习第31讲数列求和

课前双基巩固
3.[教材改编] 若数列{an} 的通项公式为 an=(n-1)×
n-1
课前双基巩固
题组二常错题
◆索引:利用分组(或并项)求和
课前双基巩固
4.已知数列{an}的通项公式为 an=(-1)n(2n-2),则数列{an}的
课前双基巩固
5.在数列{an}中,已知
an=(��
1 +1)(��
�� +1 ��
1 - 1 =4,数列
�� +1 ��
�� 满足 1 = 1 + 1 ,记 �� 的
课堂考点探究
[总结反思] 数列的通项公式类数列适合使用裂项相消法求
课堂考点探究
考试说明
掌握等差数列、等比数列的前
课前双基巩固
知识聚焦
1.公式法 (1)公式法
课前双基巩固
��1(1-�� )
当 q≠1 时,Sn= 1-��巩固
2.倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法如果一个数列{an}中,与首末两
课前双基巩固
教师备用例题
例 3 [配合例 4 使用] [2018· 知公差 d 不为 0 的等差数列{ 和为 15,且 a1a10=a3a4.
继续努力
再见
变式题 [2018·株洲二中、醴陵
考] 数列
1 �� +1+
��
的前 2018
S2018= ( )
课堂考点探究
角度 2 形如 an=��(��+�� ) 例 4 [2018·柳州联考] 设数

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.

2019届高考数学(文科)一轮复习课件(人教A版)第六章数列 6.3

1
��
-5知识梳理双基自测自测点评
1
2
(4)等比数列{an}的单调性 ��1 > 0, ��1 < 0, ①满足或时,{an}是 �� > 1 0 < �� < 1 ��1 > 0, ��1 < 0, ②满足或时,{an}是 0 < �� < 1 �� > 1 ��1 ≠ 0, 常数列; ③当时,{an}为 �� = 1
(1)由题意可知公比 q≠1. 考点1 考点2 考点3�� · 考点 4�� 3 = 1, �� 1 1 ��2 ��4 = 1, 3) ∵ ∴ ��考点 1 (1-�� 1 ��3 = 7, = 等比数列的基本运算 7. ��11(1) =4 , {an} �� 例设是由正数组成的等比数列 ,Sn为其前n项和.已知 1 = 9, 1 或 1 (舍去 ). ∴ a2a�� = 1, S = 7, 则 S 等于 ( ) = �� = 4 3 5
4
将 q=2 代入 a1q(q2-1)=6,得 a1=1, 故 a3=a1q2=4.
解析
答案
-11知识梳理双基自测自测点评
1.等差数列的首项和公差可以为零,且等差中项唯一;而等比数列的首项和公比均不为零,等比中项可以有两个值. 2.在等比数列中,由an+1=qan,q≠0,并不能立即判断{an}为等比数列,还要验证a1≠0;若am· an=ap· aq,则m+n=p+q不一定成立,因为常数 am· an=ap· �� . 列也是等比数列,但若m+n=p+q,则有 3.在运用等比数列的前n项和公式时,若不能确定q与1的关系,则必须分q=1和q≠1两种情况讨论.

核按钮(新课标)高考数学一轮复习第六章数列训练文

第六章数列考纲链接1.数列的概念和简单表示法(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．(2)了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．2．等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念．(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式．(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数列的有关知识解决相应的问题．(4)了解等差数列与一次函数的关系、等比数列与指数函数的关系．§6.1 数列的概念与简单表示法1．数列的概念(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的________．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做__________)，排在第n位的数称为这个数列的第n项．所以，数列的一般形式可以写成__________，其中a n是数列的第n项，叫做数列的通项．常把一般形式的数列简记作{a n}．(2)通项公式：如果数列{a n}的__________与序号__________之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(3)从函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集{1，2，3，…，n})的函数(离散的)，当自变量从小到大依次取值时所对应的一列________．(4)数列的递推公式：如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项__________与它的前一项__________ (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．(5)数列的表示方法有__________、__________、__________、__________.2．数列的分类(1)数列按项数是有限还是无限来分，分为__________、__________.(2)按项的增减规律分为__________、__________、__________和__________．递增数列⇔a n＋1______a n；递减数列⇔a n＋1_____a n；常数列⇔a n＋1______a n.递增数列与递减数列统称为__________．3．数列前n项和S n与a n的关系已知S n，则a n＝⎩⎪⎨⎪⎧（n＝1）_________，（n≥2）_________.4．常见数列的通项(1)1，2，3，4，…的一个通项公式为a n＝____________；(2)2，4，6，8，…的一个通项公式为a n＝____________；(3)3，5，7，9，…的一个通项公式为a n＝____________；(4)2，4，8，16，…的一个通项公式为a n＝____________；(5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为a n ＝______________________；(6)1，0，1，0，…的一个通项公式为a n ＝；(7)a，b，a，b，…的一个通项公式为a n＝；(8)9，99，999，…的一个通项公式为a n＝__________.注：据此，很易获得数列1，11，111， (2)22，222，…；…；8，88，888，…的通项公式分别为19(10n－1)，29(10n－1)，…，89(10n－1)．自查自纠：1．(1)项首项a1，a2，a3，…，a n，…(2)第n项n(3)函数值(4)a n a n－1(5)通项公式法(解析式法) 列表法图象法递推公式法2．(1)有穷数列无穷数列(2)递增数列递减数列摆动数列常数列＞＜＝单调数列3．S1S n－S n－14．(1)n(2)2n(3)2n＋1 (4)2n(5)(－1)n(6)1＋（－1）n －12(7)（a ＋b ）＋（－1）n －1（a －b ）2(8)10n－1已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数， ②a n ＝1＋（－1）n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为数列：0，1，0，1，0，1，0，1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④ 解：检验知①②③都是所给数列的通项公式．故选A.(2015·海南三亚模拟)在数列1，2，7，10，13，…中，219是这个数列的( ) A ．第16项 B ．第24项 C ．第26项 D ．第28项解：观察a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，得n ＝26.故选C.在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N ＋)，则a 3a 5的值是( )A.1516 B.158 C.34 D.38解：∵a n a n －1＝a n －1＋(－1)n，∴a n ＝1＋（－1）na n －1(a n －1≠0)． ∵a 1＝1，∴a 2＝2，a 3＝12，a 4＝3，a 5＝23，∴a 3a 5＝34.故选C. (2015·大连双基测试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________.解：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.故填⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2015·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解：由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，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，则1a n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和S 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.故填2011.类型一数列的通项公式根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)－1，7，－13，19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5 555，….解：(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式正负性可用(－1)n调节，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故数列的一个通项公式为a n ＝2n（2n －1）（2n ＋1）.(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，故数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．点拨：①注意通项公式的形式不一定是惟一的，如数列1，0，1，0，…的通项公式可写成a n ＝1＋（－1）n ＋12或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2，甚至分段形式a n＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 是奇数，0，n 是偶数等．②对于此类归纳猜想求通项的题目，一定要掌握一些常见数列的通项公式，如{n }，{2n }，{(－1)n }，{2n }，{n 2}，{2n －1}等，在此基础之上还要掌握一定的方法，如将各项分解成若干个数的和、差、积、商，分离分子分母等．写出下列数列的一个通项公式： (1)－1，12，－13，14，－15，…；(2)3，5，9，17，33，…； (3)3，33，333，3 333，…； (4)23，－1，107，－179，2611，…. 解：(1)a n ＝(－1)n·1n；(2)a n ＝2n＋1；(3)a n ＝13(10n－1)；(4)由于－1＝－55，故分母为3，5，7，9，11，…，即{2n ＋1}，分子为2，5，10，17，26，…，即{n 2＋1}．符号看作各项依次乘1，－1，1，－1，…，即{(－1)n ＋1}，故a n ＝(－1)n ＋1·n 2＋12n ＋1.类型二由前n 项和公式求通项公式(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n ，则此数列的通项公式为a n ＝______________．(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n＋1，则此数列的通项公式为a n ＝．解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－10＝－9；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－10n －[(n －1)2－10(n －1)]＝2n －11.当n ＝1时，2×1－11＝－9＝a 1.∴a n ＝2n －11. 故填2n －11.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1)－(2n －1＋1)＝2n －2n －1＝2n －1.综上有 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n ≥2）.故填⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n ≥2）.点拨：任何一个数列，它的前n 项和S n 与通项a n 都存在关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n－S n －1（n ≥2）. 若a 1适合S n －S n －1，则应把它们统一起来，否则就用分段函数表示．另外一种快速判断技巧是利用S 0是否为0来判断：若S 0＝0，则a 1适合S n －S n －1，否则不符合，这在解小题时比较有用．已知下列数列{a n }的前n 项和S n ，分别求它们的通项公式a n .(1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n＋b.解：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1. 当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式．∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2. 类型三由递推公式求通项公式写出下面各数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1；(2)a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ；(3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.解：(1)由题意得，当n ≥2时，a n －a n －1＝n ， ∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝2＝1×（1＋1）2＋1，适合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2)由题设知，a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1.∴a n a n －1＝n ＋1n －1. ∴a n a n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3. 以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n （n ＋1）2.又∵a 1＝1，∴a n ＝n （n ＋1）2.(3)解法一：(累乘法)a n ＋1＝3a n ＋2，得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴a 2＋1a 1＋1＝3，a 3＋1a 2＋1＝3，a 4＋1a 3＋1＝3，…，a n ＋1＋1a n ＋1＝3.将这些等式两边分别相乘得a n ＋1＋1a 1＋1＝3n.∵a 1＝1，∴a n ＋1＋11＋1＝3n，即a n ＋1＝2×3n－1(n ≥1)，∴a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也适合上式，故数列{a n }的一个通项公式为a n ＝2×3n －1－1. 解法二：(迭代法) a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)＝32(a n －1＋1)＝33(a n －2＋1) ＝…＝3n (a 1＋1)＝2×3n(n ≥1)，∴a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，故数列{a n }的一个通项公式为a n ＝2×3n －1－1.点拨：已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，一般用累加法求通项；当出现a na n －1＝f (n )时，一般用累乘法求通项．还须注意检验n ＝1时，是否适合所求．写出下面各递推公式表示的数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1）；(2)a 1＝1，a n ＋1＝2na n ； (3)a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1.解：(1)∵当n ≥2时，a n －a n －1＝1n （n －1）＝1n －1－1n， ∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3－1n . 当n ＝1时，适合．故a n ＝3－1n.(2)∵a n ＋1a n ＝2n ，∴a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n－1，将这n －1个等式叠乘，得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n （n －1）2，∴a n ＝2n （n －1）2. 当n ＝1时，适合．故a n ＝2n （n －1）2. (3)由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n－1.类型四数列通项的性质在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }先递增，后递减； (2)求数列{a n }的最大项．解：因为a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n是积幂形式的式子且a n ＞0，所以可用作商法比较a n 与a n －1的大小．(1)证明：令a na n －1≥1(n ≥2)，即（n ＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n －1≥1，整理得n ＋1n ≥1110，解得n ≤10. 令a na n ＋1≥1，即（n ＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n （n ＋2）⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1≥1，整理得n ＋1n ＋2≥1011，解得n ≥9.∴从第1项到第9项递增，从第10项起递减．(2)由(1)知a 9＝a 10＝1010119最大．点拨：要证明数列{a n }是单调的，可利用“{a n }是递增数列⇔a n ＜a n ＋1，数列{a n }是递减数列⇔a n ＞a n ＋1”来证明．注意数列的单调性是探索数列的最大、最小项及解决其他许多数列问题的重要途径，因此要熟练掌握上述求数列单调性的方法．已知函数f (x )＝x －1x，设a n ＝f (n )(n ∈N＋)．(1)求证：a n ＜1； (2){a n }是递增数列，还是递减数列？为什么？解：(1)证明：∵a n ＝n －1n ＝1－1n，又n ∈N ＋，∴1≥1n＞0.∴a n ＜1.(2)∵a n＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n＝1n （n ＋1），又∵n ＋1＞n ≥1，∴a n ＋1－a n ＞0，即a n ＋1＞a n . ∴{a n }是递增数列．1．已知数列的前几项，求数列的通项公式，应从以下几方面考虑：(1)如果符号正负相间，则符号可用(－1)n或(－1)n ＋1来调节．(2)分式形式的数列，分子和分母分别找通项，并充分借助分子和分母的关系来解决．(3)对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法来解决．此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法来解决．2．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n－S n －1（n ≥2），注意a n ＝S n －S n －1的条件是n ≥2，还须验证a 1是否符合a n (n ≥2)，是则合并，否则写成分段形式．3．已知递推关系求通项掌握先由a 1和递推关系求出前几项，再归纳、猜想a n 的方法，以及“累加法”“累乘法”等．(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可以用“累加法”得：a n ＝a 1＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)＋f (n )．(2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可以用“累乘法”得： a n ＝a 1·f (2)·f (3)·…·f (n －1)·f (n )．注：以上两式均要求{f (n )}易求和或积．4．数列的简单性质(1)单调性：若a n ＋1＞a n ，则{a n }为递增数列；若a n ＋1＜a n ，则{a n }为递减数列．(2)周期性：若a n ＋k ＝a n (n ∈N *，k 为非零正整数)，则{a n }为周期数列，k 为{a n }的一个周期．(3)最大值与最小值：若⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n≥a n －1，则a n 最大；若⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n ＋1，a n ≤a n －1，则a n 最小．1．数列0.9，0.99，0.999，…的一个通项公式是( )A ．1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110nB ．－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110nC ．1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110nD ．1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110n ＋1解：原数列前几项可改写为1－110，1－1102，1－1103，…，故通项a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110n .故选C.2．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n ＝( )A ．2n －1B ．n 2C.（n ＋1）2n 2 D.n 2（n －1）2解：设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2（n －1）2.故选D.3．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －3，若a 1＝2，则a 8－a 4＝( )A ．7B ．6C ．5D ．4解：依题意得(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)，即a n ＋2－a n ＝2，∴a 8－a 4＝(a 8－a 6)＋(a 6－a 4)＝2＋2＝4.故选D.4．数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( )A ．310B ．19 C.119 D.1060解：易得a n ＝1n ＋90n ，运用基本不等式得，1n ＋90n≤1290，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或10时，a n ＝119最大．故选C.5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 的值为( )A ．2＋lg nB ．2＋(n －1)lg nC ．2＋n lg nD ．1＋n lg n解法一：∵a n ＋1－a n ＝lg n ＋1n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝lgnn －1＋lg n －1n －2＋…＋lg 21＋2 ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·32·21＋2＝lg n ＋2.解法二：a n ＋1＝a n ＋lg(n ＋1)－lg n ， a n ＋1－lg(n ＋1)＝a n －lg n ，所以数列{a n －lg n }是常数列，a n －lg n ＝a 1－lg1＝2，a n ＝2＋lg n.故选A. 6．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1a n ＝a n －1，则a 2017的值为( ) A ．－ 1 B.12C ．2D ．3解：根据题意，∵数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1a n＝a n －1，∴a n ＋1＝1－1a n ，∴a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，…，可知数列的周期为3，∵2017＝3×672＋1，∴a 2017＝a 1＝2.故选C. 7．已知数列{a n }满足a s ·t ＝a s a t (s ，t ∈N *)，且a 2＝2，则a 8＝________. 解：令s ＝t ＝2，则a 4＝a 2×a 2＝4，令s ＝2， t ＝4，则a 8＝a 2×4＝a 2×a 4＝8.故填8. 8．下列关于星星图案的个数构成一个数列，该数列的一个通项公式是a n ＝________.解：从题图中可观察星星的个数构成规律，n ＝1时，有1个；n ＝2时，有3个；n ＝3时，有6个；n ＝4时，有10个；…，∴a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.故填n （n ＋1）2.9．根据数列{a n } 的前几项，分别写出下列数列的一个通项公式．(1)7，77，777，7 777，…；(2)4，－52，2，－74，85，…；(3)3，5，3，5，…； (4)1，2，2，4，3，8，4，16，…. 解：(1)将各项改写如下 79(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，79(104－1)，… 易知a n ＝79(10n－1)．(2)将各项绝对值改写如下 41，52，63，74，85，… 综合考查分子、分母，以及各项符号可知a n ＝(－1)n －1n ＋3n.(3)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n 为奇数），5（n 为偶数），或a n ＝（3＋5）＋（－1）n －1（3－5）2＝4＋(－1)n.(4)观察数列{a n }可知，奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12（n 为奇数），2n2（n 为偶数）.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若S n ＝3n＋2n ＋1，求a n . 解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1), a 1适合此式， ∴a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1] ＝2·3n －1＋2，a 1不适合此式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2. 11．(2014·四川模拟)观察下列三角形数表，假设第n 行的第二个数为a n (n ≥2，n ∈N *)．(1)依次写出第六行的所有6个数； (2)归纳出a n ＋1与a n 的关系式，并求出{a n }的通项公式．解：(1)第六行的所有6个数分别是6，16，25，25，16，6.(2)依题意a n ＋1＝a n ＋n (n ≥2)，a 2＝2，a n ＝a 2＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1) ＝2＋2＋3＋…＋(n －1)＝2＋（n －2）（n ＋1）2.所以a n ＝12n 2－12n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．解：(1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧23（n ＝1），1n（n ≥2）.(2)∵c n＝b n＋1＋b n＋2＋…＋b2n＋1＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n＋1，∴c n＋1－c n＝12n＋2＋12n＋3－1n＋1＝12n＋3－12n＋2＝－1（2n＋3）（2n＋2）＜0，∴{c n}是递减数列．§6.2 等差数列1. 等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的__________等于同一个___________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的___________，通常用字母d 表示，即___________＝d (n ∈N ＋，且n ≥2)或___________＝d (n ∈N ＋)．2．等差中项三个数a ，A ，b 成等差数列，这时A 叫做a 与b 的____________．3．等差数列的通项公式若{a n }是等差数列，则其通项公式a n ＝___________.①{a n }成等差数列⇔a n ＝pn ＋q ，其中p ＝___________，q ＝___________，点(n ，a n )是直线___________上一群孤立的点．②单调性：d ＞0时，{a n }为___________数列；d ＜0时，{a n }为___________数列；d ＝0时，{a n }为___________．4．等差数列的前n 项和公式(1)等差数列前n 项和公式S n ＝___________＝___________.其推导方法是___________．(2){a n }成等差数列，求S n 的最值：若a 1＞0，d ＜0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ___________，a n ＋1___________时，S n 最大；若a 1＜0，d ＞0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ___________，a n ＋1___________时，S n 最小；或利用二次函数求最值；或利用导数求最值．5．等差数列的判定方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；(2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；(3)通项公式法：a n ＝kn ＋b (k ，b 是常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 是常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．6．等差数列的性质(1)a m －a n ＝___________d ，即d ＝a m －a nm －n.(2)在等差数列中，若p ＋q ＝m ＋n ，则有a p ＋a q ＝a m ＋___________；若2m ＝p ＋q ，则有___________a m ＝a p ＋a q (p ，q ，m ，n ∈N *)．但要注意：在等差数列a n ＝kn ＋b 中，若m ＝p ＋q ，易证得a m ＝a p ＋a q 成立的充要条件是b ＝0，故对一般等差数列而言，若m ＝p ＋q ，则a m ＝a p ＋a q 并不一定成立．(3)若{a n }，{b n }均为等差数列，且公差分别为d 1，d 2，则数列{pa n }，{a n ＋q }，{a n ±b n }也为___________数列，且公差分别为___________，___________，___________.(4)在等差数列中，按序等距离取出若干项也构成一个等差数列，即a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…为等差数列，公差为md.(5)等差数列的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…为等差数列，公差为n 2d.(6)若等差数列的项数为2n ，则有S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1.自查自纠：1．差常数公差 a n －a n －1 a n ＋1－a n 2．等差中项 3．a 1＋(n －1)d ①d a 1－d y ＝dx ＋(a 1－d ) ②单调递增单调递减常数列4．(1)n （a 1＋a n ）2 na 1＋n （n －1）d 2倒序相加法(2)≥0 ≤0 ≤0 ≥0 6．(1)(m －n ) (2)a n 2 (3)等差 pd 1 d 1 d 1±d 2(2015·重庆)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．6解：由等差数列的性质知a 2，a 4，a 6成等差数列，所以a 2＋a 6＝2a 4，所以a 6＝2a 4－a 2＝0.故选B.(2015·全国Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11解：∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5.故选A.已知等差数列{a n }中，a 2＝7，a 4＝15，则其前10项的和为( )A ．100B ．210C ．380D ．400解：在等差数列{a n }中，∵a 2＝7，a 4＝15，∴d＝a 4－a 22＝4，a 1＝a 2－d ＝3，∴S 10＝10×3＋10×92×4＝210.故选B.(2015·广东)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.解：∵{a n }是等差数列，∴a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，得a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.故填10.(2015·全国新课标Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解：当n ＝1时，S 1＝a 1＝－1，∴1S 1＝－1.由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ，两边同时除以－S n ＋1·S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，∴1S n＝－1－(n －1)＝－n ，S n ＝－1n .故填－1n.类型一等差数列的判定与证明设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对于所有的正整数n ，都有S n ＝n （a 1＋a n ）2，证明{a n }是等差数列．证明：当n ≥2时，由题设知 a n ＝S n －S n －1＝n （a 1＋a n ）2－（n －1）（a 1＋a n －1）2＝12[a 1＋na n －(n －1)a n －1]，同理a n ＋1＝12[a 1＋(n ＋1)a n ＋1－na n ]．从而a n ＋1－a n ＝12[(n ＋1)a n ＋1－2na n ＋(n －1)a n －1]．整理得(n －1)a n ＋1＋(n －1)a n －1＝2(n －1)a n ， ∵n ≥2，∴a n ＋1＋a n －1＝2a n . 所以{a n }是等差数列．点拨：判定数列是等差数列的方法可参看本节“考点梳理”，证明一个数列是等差数列只能用前两种方法，做客观题时可用后两种方法．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝pn 2＋qn (p ，q ∈R ，且p ，q 为常数)．(1)当p 和q 满足什么条件时，数列{a n }是等差数列？(2)求证：对任意实数p 和q ，数列{a n ＋1－a n }是等差数列．解：(1)要使{a n }是等差数列，则a n ＋1－a n ＝[p (n ＋1)2＋q (n ＋1)]－(pn 2＋qn )＝2pn ＋p ＋q 应是一个与n 无关的常数，∴只有2p ＝0，即p ＝0时，数列{a n }是等差数列．(2)证明：∵a n ＋1－a n ＝2pn ＋p ＋q ，∴a n ＋2－a n＋1＝2p (n ＋1)＋p ＋q.又(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2p 为一个常数，∴数列{a n ＋1－a n }是等差数列．类型二等差数列基本量的计算在等差数列{a n }中，(1)已知a 15＝33，a 45＝153，求a n ； (2)已知a 6＝10，S 5＝5，求S n ；(3)已知前3项和为12，前3项积为48，且d ＞0，求a 1.解：(1)解法一：设首项为a 1，公差为d ，依条件得⎩⎪⎨⎪⎧33＝a 1＋14d ，153＝a 1＋44d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－23，d ＝4. ∴a n ＝－23＋(n －1)×4＝4n －27.解法二：由d ＝a n －a m n －m ，得d ＝a 45－a 1545－15＝153－3330＝4，由a n ＝a 15＋(n －15)d ，得a n ＝4n －27.(2)∵a 6＝10，S 5＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝10，5a 1＋10d ＝5.解得a 1＝－5，d ＝3.∴S n ＝－5n ＋n （n －1）2·3＝32n 2－132n.(3)设数列的前三项分别为a 2－d ，a 2，a 2＋d ，依题意有：⎩⎪⎨⎪⎧（a 2－d ）＋a 2＋（a 2＋d ）＝12，（a 2－d ）·a 2·（a 2＋d ）＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 2（a 22－d 2）＝48，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，d ＝±2.∵d ＞0，∴d ＝2，∴a 1＝a 2－d ＝2.点拨：在等差数列五个基本量a 1，d ，n ，a n ，S n 中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前n 项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换及方程思想的应用．(1)已知等差数列的前三项依次为a ，4，3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(Ⅰ)求a 及k 的值；(Ⅱ)设数列{b n }的通项b n ＝S n n，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(Ⅰ)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，a n ＝2n.∴S k ＝ka 1＋k （k －1）2·d ＝2k ＋k （k －1）2×2＝k 2＋k.由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.(Ⅱ)由(Ⅰ)得S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是2为首项，1为公差的等差数列，b n ＝n ＋1.∴T n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.(2)各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＝4S n －2a n－1(n ∈N *)，其中S n 为{a n }的前n 项和．(Ⅰ)求a 1，a 2的值；(Ⅱ)求数列{a n }的通项公式．解：(Ⅰ)当n ＝1时，a 21＝4S 1－2a 1－1＝2a 1－1，即(a 1－1)2＝0，解得a 1＝1.当n ＝2时，a 22＝4S 2－2a 2－1＝4a 1＋2a 2－1＝3＋2a 2，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍去)．(Ⅱ)a 2n ＝4S n －2a n －1，① a 2n ＋1＝4S n ＋1－2a n ＋1－1.②②－①得a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋1－2a n ＋1＋2a n ＝2(a n ＋1＋a n )，即(a n ＋1－a n )(a n ＋1＋a n )＝2(a n ＋1＋a n )． ∵数列{a n }各项均为正数， ∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴a n ＝2n －1.类型三等差数列的性质(1)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 6＝100，则S 11＝________；(2)设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________；(3)若一个等差数列的前4项和为36，后4项和为124，且所有项的和为780，则这个数列的项数为________；(4)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S n ＝m ，S m ＝n (n ≠m )，则S m ＋n ＝________.解：(1)S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11a 6＝1 100.故填1 100.(2)因为数列{}a n ，{}b n 都是等差数列，所以数列{}a n ＋b n 也是等差数列．故由等差中项的性质，得()a 5＋b 5＋()a 1＋b 1＝2()a 3＋b 3，即a 5＋b 5＋7＝2×21，解得a 5＋b 5＝35.故填35.(3)设该等差数列的项数为n ，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝36，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝124，a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝a 4＋a n －3， ∴4(a 1＋a n )＝160，即a 1＋a n ＝40.∴S n ＝n （a 1＋a n ）2＝20n ＝780，解得n ＝39.故填39.(4)解法一：令S n ＝An 2＋Bn ，则 ⎩⎪⎨⎪⎧An 2＋Bn ＝m ，Am 2＋Bm ＝n ，得A (n 2－m 2)＋B (n －m )＝m －n. ∵n ≠m ，∴A (n ＋m )＋B ＝－1.∴S m ＋n ＝A (m ＋n )2＋B (m ＋n )＝－(m ＋n )．解法二：不妨设m ＞n ，S m －S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋…＋a m －1＋a m ＝（m －n ）（a n ＋1＋a m ）2＝n －m ，∴a 1＋a m ＋n ＝a n ＋1＋a m ＝－2.∴S m ＋n ＝（m ＋n ）（a 1＋a m ＋n ）2＝－(m ＋n )．解法三：∵{a n }是等差数列，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，D 为公差．∴S m ＋n m ＋n －S m m ＝nD ，S n n －S m m ＝(n －m )D. ∴m n －n m n －m ＝S m ＋n m ＋n －n m n ，解得S m ＋n ＝－(m ＋n )．故填－(m ＋n )．点拨：(1)可利用等差数列的性质S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1来求解，这一性质表明：若等差数列有奇数项，则正中间一项是该数列的和的平均数；(2)利用等差数列的性质及等差中项来求；(3)可利用“等差数列前m 项与后m 项的和等于m (a 1＋a n )”这一性质来求解；(4)可利用等差数列下标和性质：若“p ＋q ＝m ＋n ，则a p ＋a q ＝a m ＋a n ”来求解．等差数列的性质是其定义、通项公式及前n 项和公式等基础知识的推广与变形，解题时灵活应用这些性质常常可化繁为简，起到事半功倍的效果．(1)若两个等差数列{a n }和{b n }的前n项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝7n n ＋3，则a 5b 5等于( )A ．7 B.23 C.278 D.214(2)已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________.解：(1)∵a 5＝a 1＋a 92，b 5＝b 1＋b 92，∴a 5b 5＝a 1＋a 92b 1＋b 92＝9（a 1＋a 9）29（b 1＋b 9）2＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.故选D. (2)设这个数列有2n 项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于nd ，即25－15＝2n ，故2n ＝10，即数列的项数为10.故选A.(3)∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，∴2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，∴40＝10＋S 30－30，∴S 30＝60.故填60.类型四等差数列的最值问题等差数列{a n }的首项a 1＞0，设其前n项和为S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？解法一：由题意知d ＜0，∵S n ＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，设f (x )＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ，如图，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172，由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减，且S 8＝S 9.又n ∈N *，∴当n ＝8或9时，S n 有最大值．解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1＜0.S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝na 1＋n （n －1）2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1722＋28964a 1，∵a 1＞0，n ∈N *，∴当n ＝8或9时，S n 有最大值．解法三：由解法二得d ＝－18a 1＜0.设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 1＋（n －1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≥0，a n ＋1＝a 1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，∴当n ＝8或9时，S n 有最大值．解法四：由解法二得d ＝－18a 1＜0，又S 5＝S 12得a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝0， ∴7a 9＝0，∴a 9＝0.∴当n ＝8或9时，S n 有最大值．点拨：求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值．(2015·洛阳统考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＞0，a 3＋a 10＞0，a 6a 7＜0，则满足S n ＞0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13解：∵a 1＞0，a 6a 7＜0，∴a 6＞0，a 7＜0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12＞0，a 1＋a 13＝2a 7＜0，又∵S n ＝n （a 1＋a n ）2，∴S 12＞0，S 13＜0，∴满足S n ＞0的最大自然数n 的值为12.故选C.1．等差数列中，已知5个元素a 1，a n ，n ，d ，S n 中的任意三个，便可求出其余两个．除已知a 1，d ，n 求a n ，S n 可以直接用公式外，其他情况一般都要列方程或方程组求解，因此这种问题蕴含着方程思想．注意，我们把a 1，d 叫做等差数列的基本元素．将所有其他元素都转化成基本元素是解决等差数列问题的一个非常重要的基本思想．2．求等差数列{a n }前n 项的绝对值{|a n |}之和，首先应分清这个数列哪些项是负的，哪些项是非负的，然后再分段求和．3．等差数列前n 项和的最值通常是在正负项分界的位置产生，利用这一性质可求其最值；另一种方法是利用二次函数的性质．4．灵活运用等差数列的性质(如等差中项的性质)，可简化运算．5．等差数列{a n }的前n 项和满足：⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，且首项与{a n }的首项相同，公差为{a n }公差的一半．6．数列{a n }是等差数列的充要条件是S n ＝An2＋Bn (A ，B 是常数，n ∈N *)．1．(2015·云南月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝5，S 11＝22，则数列{a n }的公差d 为( )A ．－1B ．－13 C.13D ．1解：∵S 11＝11a 6＝22，∴a 6＝2，∴d ＝a 6－a 36－3＝－1.故选A.2．(2015·吉林二模)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝8，a 4＝7，则a 5＝( )A ．11B ．10C ．7D ．3解：设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝8，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝3， ∴a 5＝a 1＋4d ＝－2＋12＝10.故选B. 3．(2015·温州二模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( )A.12B ．2C ．3D ．4 解：由S 33－S 22＝1，得3a 23－2a 1＋d 2＝1，即a 2－a 1－d 2＝1，∴d －d2＝1，∴d ＝2.故选B.4．(2015·南昌模拟)在等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，已知a 2a 3＝13，则S 4S 5等于( )A.815B.40121C.1625D.57解：由题意可得S 4S 5＝4（a 1＋a 4）25（a 1＋a 5）2＝2（a 2＋a 3）5a 3＝815.故选A. 5．(2015·石家庄模拟)已知等差数列{a n }，且3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝48，则数列{a n }的前13项之和为( )A ．24B ．39C ．104D ．52解：∵{a n }是等差数列，∴3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝6a 4＋6a 10＝48，∴a 4＋a 10＝8，其前13项的和为13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×82＝52.故选D.6．(2015·杭州质量检测)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7解：由条件得S n n ＜S n ＋1n ＋1，即n （a 1＋a n ）2n ＜（n ＋1）（a 1＋a n ＋1）2（n ＋1），化简得a n ＜a n ＋1，∴等差数列{a n }为递增数列．又a 8a 7＜－1，∴a 8＞0，a 7＜0，∴数列{a n }前7项均为负数，第8项为正数，∴S n 的最小值为S 7.故选D.7．(2015·东北四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为________．解：依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a －2m ，a －m ，a ，a ＋m ，a ＋2m (m ＞0)，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝100，a ＋（a ＋m ）＋（a ＋2m ）＝7（a －2m ＋a －m ），解得a ＝20，m ＝11a 24，a －2m ＝a 12＝53，即其中最小的一份为53.故填53.8．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 014，S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6，则S 2 016＝________.解：由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列，设其公差为d.则S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0162 016＝S 11＋2 015d ＝－2 014＋2 015＝1， ∴S 2 016＝1×2 016＝2 016.故填2 016. 9．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22，求a n 和S n .解：∵数列{a n }为等差数列，∴a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22.又a 3·a 4＝117，∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d ＞0，∴a 3＜a 4，∴a 3＝9，a 4＝13， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4. ∴通项公式a n ＝4n －3.∴S n ＝na 1＋n （n －1）2×d ＝2n 2－n.10．(2013·福建)已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n .(1)若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1； (2)若S 5>a 1a 9，求a 1的取值范围．解：(1)∵等差数列{a n }的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列，∴a 21＝1·(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或2. (2)∵S 5>a 1a 9，∴5a 1＋10>a 21＋8a 1，即a 21＋3a 1－10<0，解得－5<a 1<2.11．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n－30，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．解：∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故数列{a n }为等差数列．设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4. ∴a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31，令⎩⎪⎨⎪⎧b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，2（n ＋1）－31≥0，解得292≤n ≤312，∵n ∈N *，∴n ＝15，即数列{b n }的前15项均为负值，第16项为正值．∴T 15最小．∵数列{b n }的首项是－29，公差为2，∴T 15＝15（b 1＋b 15）2＝－225，∴数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为－225. (2014·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }的前n项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．解：(1)证明：由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1，由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)存在λ使得{a n }为等差数列，理由如下：由题设a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1，由(1)知a 3＝λ＋1.假设{a n }为等差数列，则a 1，a 2，a 3成等差数列，∴a 1＋a 3＝2a 2，解得λ＝4.以下证明λ＝4时，{a n }为等差数列．由a n ＋2－a n ＝4知，数列奇数项构成的数列{a 2m －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2m －1＝4m －3，令n ＝2m －1，则m ＝n ＋12，∴a n ＝2n －1(n ＝2m－1)．数列偶数项构成的数列{a 2m }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2m ＝4m －1，m ∈N *.令n ＝2m ，则m ＝n2，∴a n ＝2n －1(n ＝2m )．∴a n ＝2n －1(n ∈N *)，a n ＋1－a n ＝2.因此，存在λ＝4，使得{a n }为等差数列．§6.3 等比数列1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的________等于同一________，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的________，通常用字母q 表示(q ≠0)．2．等比中项如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b成等比数列，那么G 叫做a 与b 的________，且G 2＝________或G ＝________.3．等比数列的通项公式(1)若{a n }是等比数列，则通项a n ＝________或a n ＝________.当n －m 为大于1的奇数时，q 用a n ，a m 表示为q ＝________；当n －m 为正偶数时，q ＝________．(2)a n ＝a 1q n －1可变形为a n ＝Aq n，其中A ＝________；点(n ，a n )是曲线________上一群孤立的点．4．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }中，S n ＝⎩⎨⎧________，q ＝1， ________＝ ________，q ≠1. 求和公式的推导方法是：________，为解题的方便，有时可将求和公式变形为S n ＝Bq n－B (q ≠1)，其中B ＝________且q ≠0，q ≠1.5．等比数列的判定方法 (1)定义法：a n ＋1＝a n q 且a 1≠0(q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)通项公式法：a n ＝cq n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝a 1q －1q n－a 1q －1＝Bqn－B ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＝a 1q －1是常数，且q ≠0，q ≠1⇒{a n }是等比数列．6．等比数列的性质(1)在等比数列中，若p ＋q ＝m ＋n ，则a p ·a q＝a m ·a n ；若2m ＝p ＋q ，则a 2m ＝a p ·a q (p ，q ，m ，n ∈N *)． (2)若{a n }，{b n }均为等比数列，且公比分别为q 1，q 2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{p ·a n }(p ≠0)，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 仍为等比数列且公比分别为________，________，________，________.(3)在等比数列中，按序等距离取出若干项，也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…仍为等比数列，公比为________．(4)公比不为－1的等比数列前n 项和为S n (S n≠0)，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…构成等比数列，且公比为________．(5)对于一个确定的等比数列，在通项公式a n ＝a 1q n －1中，a n 是n 的函数．①当a 1＞0，________或a 1＜0，________时，等比数列{a n }是递增数列；②当a 1＞0，________或a 1＜0，________时，等比数列{a n }是递减数列；③当________时，它是一个常数列； ④当________时，它是一个摆动数列．自查自纠：1．比常数公比2．等比中项 ab ±ab3．(1)a 1q n －1a m q n －mn －m a n a m ±n －m a na m(2)a 1q y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1q q x4．na 1 a 1（1－q n ）1－q a 1－a n q1－q乘公比，错位相减 a 1q －16．(2)1q 1 q 1 q 1q 2 q 1q 2(3)q m (4)q n(5)①q ＞1 0＜q ＜1 ②0＜q ＜1 q ＞1 ③q ＝1 ④q ＜0(2014·重庆)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( )A ．a 1，a 3，a 9成等比数列B ．a 2，a 3，a 6成等比数列C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解：由等比数列的性质，得a 9a 6＝a 6a 3＝q 3≠0，因此，a 3，a 6，a 9一定成等比数列．故选D.(2015·全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )。

2020版高考数学复习第31讲数列求和课件文新人教A版

[答案] [(3n-1)22n+1+2]
[解析] 由 bn=nan=n· 22n-1 知 Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×22n-1①, 则 22 · Sn=1×23+2×25+3×27+…+n×22n+1②,
1 9
①-②得
(1-22)· Sn=2+23+25+…+22n-1-n×22n+1,即 Sn= [(3n-1)22n+1+2].
1 �� ;(2)由(1) 2
(1)求数列{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足 cn=anbn,求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
可求得 an=3n-1(n∈N*),代入 an+1+3log2bn=0,可得 bn=
1 2
可知 cn=anbn=(3n-1)× �� ,所以由错位相减法可求得数列{cn}的前 n 项和 Sn.
=
na1+
�� (�� -1) d 2
. (其中 a1 为首项,d 为公差)
②等比数列{an}的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 (2)分组求和法 ;
�� 当 q≠1 时,Sn= ��1 (1-�� )
1-��
��1 -�� = 1-��
.
课堂考点探究
探究点一分组转化法求和
例 1[2018· 湖南益阳 4 月调研] 已知等差数列{an}的公差为 d,且方程 a1x -dx-3=0 的两个根分别为-1,3.

2019高考数学文一轮：第6章数列第4讲

[思想方法] 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．
①－②得
12S10＝21＋24＋28＋…＋2210－21191
＝12＋2111－－12219－21191
＝32－219－21191＝3×221101－23，
所以
S10＝3×221100－23＝31
049 024.
答案：31
049 024
2．在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝n2＋n1an，n∈N*. (1)求证：数列ann为等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解：(1)证明：由 an＋1＝n2＋n1an 知na＋n＋11＝12·ann，
4．倒序相加求和正写与倒写和后进行相加． 5．分组求和根据问题的具体特点进行先分组再求和．
(必修 5 P61A 组 T4(1)改编)(2－1)＋(22－2)＋(23－3)＋…＋
(2n－n)＝( )
A．2n＋1－n22－n－4 C．2n＋2－n22－n－4
2n＋2－n2－n＋4
B.
2
D．2n＋1－n2－n＋2
＝
1 1×3
＋
1 2×4
＋
1 3×5
＋
…
＋
n（n1＋2）＝21(1－13＋21－14＋13－15＋…＋n1－n＋1 2)＝12(1＋21－
n＋1 1－n＋1 2)＝34－2（n＋21n）＋（3n＋2）.
考点二错位相减法求和
已知首项都是 1 的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足 anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0. (1)令 cn＝abnn，求数列{cn}的通项公式； (2)若 bn＝3n－1，求数列{an}的前 n 项和 Sn.

2019届高三数学(理)一轮课件：第31讲-数列求和(含答案)

a1=12,则该数列的前 2018 项的和等
于
.
课堂考点探究
探究点一
例 1 在公差不为零的等差数列 �� 中,a a1,a3,a9 成等比数列.
课堂考点探究
解:(1)设等差数列 �� 的公差为 d,因为即 4-d,4+d,4+7d 成等比数列, 所以有(4-d)(4+7d)=(4+d)2,即 8d2-16d
教学参考
3.[2016·天津卷] 已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为 d.对任意的 n ∈N*,bn 是 an 和 an+1 的等比中项.
课前双基巩固
知识聚焦 1.公式法 (1) 公式法
① 等差数列的前 n 项和公式:
课前双基巩固
(2)分组求和法一个数列的通项是由
若干个等差或
和时可用分组求和法,分别求和后再相加减
前 n 项和,且 a1=1,S7=28.记 bn=[lg an], 其中[x]表示不超过 x 的最大整数,如
教学参考
3.[2015·全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n
项和.已知 an>0,��2�� +2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式;
教学参考
3.[2015·全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n
课堂考点探究
解:(1)设等差数列 �� 的公差为 d.
∵ ��22=a3+a6,∴(a1+d)2=a1+2d+a1+5d① ∵ ��32=a1·a11 ,∴(a1+2d)2=a1·(a1+10d)② ∵d≠0,∴由①②解得 a =2,d=3.

(新课标)2019届高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和及应用课件理

有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为 2 个．现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．
解：设至少需要 n 秒，则 1＋2＋22＋„＋ n 1－2 n－1 2 ≥100，即 ≥100，所以 n≥7.故填 7. 1－2
类型一
基本求和问题
－
(1)设数列 1，(1＋2)，„，(1＋2＋22＋„＋2n 1)，„的前 n 项和为 Sn，则 Sn 等于(
＋
)
＋
A．2n B．2n－n C．2n 1－n D．2n 1－n－2 1 1 1 (2)求和：1＋＋＋„＋； 1＋2 1＋2＋3 1＋2＋„＋n 1 1 x2 (3)设 f(x)＝，求： f 2 017＋f2 016＋„＋f(1)＋f(2)＋„＋f(2 017)； 1＋x2 1 2 3 n (4)求和：Sn＝＋ 2＋ 3＋„＋ n. a a a a
第一章第六章
集合与常用逻辑用语数列
6．4 数列求和及应用
1．数列求和方法 (1)公式法： (Ⅰ)等差数列、等比数列前 n 项和公式． (Ⅱ)常见数列的前 n 项和： ①1＋2＋3＋„＋n＝ ②2＋4＋6＋„＋2n＝ ③1＋3＋5＋„＋(2n－1)＝ ④12＋22＋32＋„＋n2＝；
2
；；；
2 6 n － n （1≤n≤3） C. 2 n －6n＋18（n＞3）
)
B．n2－6n＋18
2 6 n － n （1≤n≤3） D. 2 n －6n（n＞3）
解：设 an＝2n－7，n≤3 时，an＜0；n＞3 时，an＞0， a1＝－5，a2＝－3，a3＝－1，且易得{an}的前 n 项和 Sn＝ 2 6 n － n （1≤n≤3）， 2 n －6n，所以 Tn＝ 2 故选 C. n －6n＋18（n＞3）.

2019届高考数学第一轮复习第六章数列 6.4 数列求和文新人教B版

又12Tn=232
+
5 23
+
274+…+22��-��1
+
22��++11,
两式相减得12Tn=32 +
1 2
+
1 22
+
…
+
1 2��-1
− 22��++11,
所以 Tn=5-2��2��+�� 5.
考点1
考点2
考点3
-10-
(x≠0且x≠1).
设 Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1, 则 xSn=x+2x2+3x3+…+nxn,
①-②得(1-x)Sn=1+x+x2+…+xn-1-nxn=11--��-nxn,
故(11--��S��)n��2=−(11-��-1��-��)��2�� − ��1��-��.
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① ②
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解析答案
知识梳理双基自测自测点评
-11-
1.含有参数的数列求和,常伴随着分类讨论. 2.在错位相减法中,两式相减后,构成等比数列的有(n-1)项,整个式子共有(n+1)项. 3.用裂项相消法求和时,裂项相消后,前面剩余几项,后面就剩余几项. 4.数列求和后,要注意化简,通常要进行通分及合并同类项的运算.
A.18 B.24 C.60 D.90

2020版高考数学(文科)人教A通用版大一轮复习课件：第31讲数列求和

=
na1+
�� (�� -1) d 2
. (其中 a1 为首项,d 为公差)
②等比数列{an}的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 (2)分组求和法 ;
�� 当 q≠1 时,Sn= ��1 (1-�� )
1-��
��1 -�� = 1-��
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.
课前双基巩固
常用结论 1.一些常见的前 n 项和公式: (1)1+2+3+4+…+n= (2)1+3+5+7+…+2n-1=n2; (3)2+4+6+8+…+2n=n2+n. 2.常用的裂项公式:
1 1 1 = - ; �� (�� +1) �� +1 1 1 1 1 (2) = ; (2�� -1)(2�� +1) 2 2�� -1 2�� +1 1 (3) = �� + 1- ��; �� + �� +1 1 1 1 1 (4) = ; �� (�� +�� ) �� +�� 1 1 1 1 (5) = �� (�� +1)(�� +2) 2 �� (�� +1) (�� +1)(�� +2) �� (�� +1) ; 2

2021高考数学一轮复习专练31数列求和含解析文新人教版

专练31 数列求和命题范围：数列求和常用的方法[基础强化]一、选择题1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －22．[2020·山东临沂高三测试]等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1) C.n n ＋12 D.n n －123．[2020·河南平顶山高三测试]数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n 项和为( )A.n n ＋1B.2n n ＋1C.4n n ＋1D.n 2n ＋14．数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋1＋n 的前2 018项的和为( ) A. 2 018＋1 B. 2 018－1C. 2 019＋1D. 2 019－15．已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( ) A ．250 B ．200 C ．150 D ．1006．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．07．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1a 1＋a 2＋…＋a n，则数列{b n }的前n 项和T n 为( )A.n ＋12n ＋2B.34－2n ＋32n ＋1n ＋2C.n －1n ＋2D.34－2n ＋3n ＋1n ＋28．[2020·资阳一中高三测试]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 1249．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中，n ∈N *，n ≥2，则S n 等于( )A.n n －12 B.n －12－log 2(n －1)C.n －12D.n －12＋log 2(n －1)二、填空题10．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＋a 3＋a 11＝6，则S 9＝________.11．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和为________．12．[2020·全国卷Ⅰ]数列{a n }满足a n ＋2＋(－1)na n ＝3n －1，前16项和为540，则a 1＝________.[能力提升]13．数列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和为( )A ．2n －1B ．n ·2n－nC ．2n ＋1－nD ．2n ＋1－n －214．已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( )A.110B.15C.111D.21115．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.16．[2020·湖南郴州高三测试]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则数列{na n }的前n 项和T n 为________．专练31 数列求和1．C S n ＝(2＋22＋ (2))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝21－2n1－2＋1＋2n －1n 2＝2n＋1－2＋n 22．A ∵a 2，a 4，a 8成等比，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，得a 1＝d ＝2，∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝n (n ＋1)．3．B ∵11＋2＋3＋…＋n ＝21＋n n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋14．D ∵1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，∴S 2 018＝2－1＋3－2＋…＋ 2 019－ 2 018＝ 2 019－15．D 当n ＝2k －1时，a 2k ＋a 2k －1＝2，∴{a n }的前100项和S 100＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.6．A ∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2018＝336×0＋a 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.故选A.7．B 因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，所以b n ＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，故T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2，故选B. 8．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1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.9．C ∵f (x )＋f (1－x )＝1＋log 2x 1－x ＋log 21－xx＝1，又S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，∴S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，∴2S n ＝n －1，∴S n ＝n －12.10．18解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵a 1＋a 3＋a 11＝6，∴3a 1＋12d ＝6，即a 1＋4d ＝2，∴a 5＝2，∴S 9＝a 1＋a 9×92＝2a 5×92＝18.11.2011解析：∵a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴当n ≥2时，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n ，∴a n －a 1＝2＋n n －12，∴a n ＝1＋n ＋2n －12＝n 2＋n2(n ≥2)又当n ＝1时a 1＝1符合上式，∴a n ＝n 2＋n 2∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011. 12．7解析：令n ＝2k (k ∈N *)，则有a 2k ＋2＋a 2k ＝6k －1(k ∈N *)，∴a 2＋a 4＝5，a 6＋a 8＝17，a 10＋a 12＝29，a 14＋a 16＝41， ∴前16项的所有偶数项和S 偶＝5＋17＋29＋41＝92， ∴前16项的所有奇数项和S 奇＝540－92＝448，令n ＝2k －1(k ∈N *)，则有a 2k ＋1－a 2k －1＝6k －4(k ∈N *)，∴a 2k ＋1－a 1＝(a 3－a 1)＋(a 5－a 3)＋(a 7－a 5)＋…＋(a 2k ＋1－a 2k －1)＝2＋8＋14＋…＋6k －4＝k 2＋6k －42＝k (3k －1)(k ∈N *)，∴a 2k ＋1＝k (3k －1)＋a 1(k ∈N *)，∴a 3＝2＋a 1，a 5＝10＋a 1，a 7＝24＋a 1，a 9＝44＋a 1，a 11＝70＋a 1，a 13＝102＋a 1，a 15＝140＋a 1，∴S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 15＝8a 1＋2＋10＋24＋44＋70＋102＋140＝8a 1＋392＝448. ∴a 1＝7.13．D 由题意，得a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n－1，∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n －1)＝(2＋22＋…＋2n )－n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n＋1－n －2.14．C ∵2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，∴2na n ＝1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，故a n ＝12n ，故1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，∴S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111，选C.15．－1n解析：∵a n ＋1＝S n S n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴1S n ＋1－1S n＝－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 为等差数列，∴1S n ＝1S 1＋(n －1)×(－1)＝－n .∴S n ＝－1n.16．(n －1)2n＋1解析：∵S n ＝2a n －1(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－(2a n －1－1)，∴a n＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －1.∴na n ＝n ·2n －1.则数列{na n }的前n 项和T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1.∴2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，∴T n ＝(n －1)2n＋1.。

2019届高三数学一轮复习：第31讲数列求和

2019年7月10日
第31讲 PART 5
数列求和
教学参考│课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例题
你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘
1
考试说明
1.掌握等差数列、等比数列的前n项和公式. 2.掌握一般数列求和的几种常见的方法.
2019年7月10日
你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘
2
教学参考
考情分析
�� =1
��
证: ∑
�� =1
1 ��
<21��
2.
证明:(1)由题意得��2�� =anan+1,有 cn=��2�� +1-��2�� =an+1an+2-anan+1=2dan+1, 因此 cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以{cn}是等差
数列.
(2)Tn=(-��12+��22)+(-��32+��42)+…+(-��22��-1+��22�� )=2
d(a2+a4+…+a2n)=2d·��(��
2
+��2�� 2
)=2d2n(n+1),
1.[2017·天津卷] 已知{an}为等差数列, 前 n 项和为 Sn(n∈N*),{bn}是首项为 2 的等比数列,且公比大于 0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前 n 项和(n∈ N*).

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2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列考点规范练31数列求和文新人教A版1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.已知数列{a n}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有a n+1=a1+a n+n,则的前100项和为()A. B. C. D.3.已知函数f(n)=n2cos(nπ),且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=()A.0B.-100C.100D.10 2004.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 018等于()A.-1B.+1C.-1D.+15.已知数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,则{a n}的前60项和为()A.3 690B.3 660C.1 845D.1 8306.3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n=.7.已知数列{a n}满足:a3=,a n-a n+1=2a n a n+1,则数列{a n a n+1}前10项的和为.8.已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和.9.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b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.10.已知S n为数列{a n}的前n项和,a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.11.已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足=2S n+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{b n}的前3项.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)若c n=(-1)n log2b n-,求数列{c n}的前n项和T n.能力提升12.(xx山东烟台模拟)已知在数列{a n}中,a1=1,且a n+1=,若b n=a n a n+1,则数列{b n}的前n项和S n为()A. B.C. D.13.(xx福建龙岩一模)已知S n为数列{a n}的前n项和,对n∈N*都有S n=1-a n,若b n=log2a n,则+…+=.14.已知首项为的等比数列{a n}不是递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(-1)n+1·n(n∈N*),求数列{a n·b n}的前n项和T n.15.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=0,对任意n∈N*,都有na n+1=S n+n(n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+log2n=log2b n,求数列{b n}的前n项和T n.高考预测16.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,S n=2a n+k,等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2.(1)求k和S n;(2)若c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和M n.答案：1.A解析:该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.D解析:∵a n+1=a1+a n+n,∴a n+1-a n=1+n.∴a n-a n-1=n(n≥2).∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=.∴=2.∴的前100项和为2=2.故选D.3.B解析:∵f(n)=n2cos(nπ)==(-1)n·n2,∴a n=f(n)+f(n+1)=(-1)n·n2+(-1)n+1·(n+1)2=(-1)n[n2-(n+1)2]=(-1)n+1·(2n+1).∴a1+a2+a3+…+a100=3+(-5)+7+(-9)+…+199+(-201)=50×(-2)=-100.故选B.4.C解析:由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n=,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=()+()+()+…+()=-1.5.D解析:∵a n+1+(-1)n a n=2n-1,∴当n=2k(k∈N*)时,a2k+1+a2k=4k-1,①当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+2-a2k+1=4k+1,②①+②得:a2k+a2k+2=8k.则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=8(1+3+…+29)=8×=1 800.由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1 800-=30,∴a1+a2+…+a60=1 800+30=1 830.6.4- 解析:设S n=3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n,①则S n=3·2-2+4·2-3+…+(n+1)2-n+(n+2)2-n-1.②①-②,得S n=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=1+-(n+2)·2-n-1=2-(n+4)·2-n-1.故S n=4-.7. 解析:∵a n-a n+1=2a n a n+1,∴=2,即=2.∴数列是以2为公差的等差数列.∵=5,∴=5+2(n-3)=2n-1.∴a n=.∴a n a n+1=.∴数列{a n a n+1}前10项的和为=.8.解:(1)因为等比数列{b n}的公比q==3,所以b1==1,b4=b3q=27.设等差数列{a n}的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.所以a n=2n-1.(2)由(1)知,a n=2n-1,b n=3n-1.因此c n=a n+b n=2n-1+3n-1.从而数列{c n}的前n项和S n=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1==n2+.9.解:(1)由题意,有解得故(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1++…+,①T n=+…+.②①-②可得T n=2++…+=3-,故T n=6-.10.解:(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.两式相减可得+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)==(a n+1+a n)·(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,故{a n}的通项公式为a n=2n+1.(2)由a n=2n+1可知b n=.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.11.解:(1)因为=2S n+n+4,所以=2S n-1+n-1+4(n≥2).两式相减,得=2a n+1,所以+2a n+1=(a n+1)2.因为{a n}是各项均为正数的数列,所以a n+1=a n+1,即a n+1-a n=1.又=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2,所以{a n}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n+1.由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故b n=2n.(2)由(1)得c n=(-1)n log22n-=(-1)n n-,故T n=c1+c2+…+c n=[-1+2-3+…+(-1)n n]-.设F n=-1+2-3+…+(-1)n n,则当n为偶数时,F n=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=;当n为奇数时,F n=F n-1+(-n)=-n=.设G n=+…+,则G n=+…+.所以T n=12.B解析:由a n+1=,得+2,∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,∴=2n-1,又b n=a n a n+1,∴b n=,∴S n=,故选B.13. 解析:对n∈N*都有S n=1-a n,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.当n≥2时,a n=S n-S n-1=1-a n-(1-a n-1),化为a n=a n-1.∴数列{a n}是等比数列,公比为,首项为.∴a n=.∴b n=log2a n=-n.∴.则+…++…+=1-.14.解:(1)设等比数列{a n}的公比为q.由S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,可得2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,即4a5=a3,则q2=,解得q=±.由等比数列{a n}不是递减数列,可得q=-,故a n==(-1)n-1·.(2)由b n=(-1)n+1·n,可得a n·b n=(-1)n-1··(-1)n+1·n=3n·.故前n项和T n=3,则T n=3,两式相减可得,T n=3=3,化简可得T n=6.15.解:(1)(方法一)∵na n+1=S n+n(n+1),∴当n≥2时,(n-1)a n=S n-1+n(n-1),两式相减,得na n+1-(n-1)a n=S n-S n-1+n(n+1)-n(n-1),即na n+1-(n-1)a n=a n+2n,得a n+1-a n=2.当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.∴数列{a n}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴a n=2(n-1)=2n-2.(方法二)由na n+1=S n+n(n+1),得n(S n+1-S n)=S n+n(n+1),整理,得nS n+1=(n+1)S n+n(n+1),两边同除以n(n+1)得,=1.∴数列是以=0为首项,1为公差的等差数列.∴=0+n-1=n-1.∴S n=n(n-1).当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.又a1=0适合上式,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-2.(2)∵a n+log2n=log2b n,∴b n=n·=n·22n-2=n·4n-1.∴T n=b1+b2+b3+…+b n-1+b n=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①4T n=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②①-②,得-3T n=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-n×4n=.∴T n=[(3n-1)4n+1].16.解:(1)∵S n=2a n+k,∴当n=1时,S1=2a1+k.∴a1=-k=2,即k=-2.∴S n=2a n-2.∴当n≥2时,S n-1=2a n-1-2.∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1.∴a n=2a n-1.∴数列{a n}是以2为首项,2为公比的等比数列.即a n=2n.∴S n=2n+1-2.(2)∵等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2,∴当n≥2时,b n=T n-T n-1=2n-1.又b1=T1=1符合b n=2n-1,∴b n=2n-1.∴c n=a n·b n=(2n-1)2n.∴数列{c n}的前n项和M n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,①∴2M n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②由①-②,得-M n=2+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1,即M n=6+(2n-3)2n+1.2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列考点规范练31数列求和文新人教B版1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.数列{a n}满足a1=1,且对任意的n∈N+都有a n+1=a1+a n+n,则的前100项和为()A. B. C. D.3.已知函数f(n)=n2cos(nπ),且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=()A.0B.-100C.100D.10 2004.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 016等于()A.-1B.+1C.-1D.+15.若数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,则{a n}的前60项和为()A.3 690B.3 660C.1 845D.1 8306.3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n=.7.已知数列{a n}满足:a3=,a n-a n+1=2a n a n+1,则数列{a n a n+1}前10项的和为.8.已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和.9.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b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.10.已知S n为数列{a n}的前n项和,a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.11.已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足=2S n+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{b n}的前3项.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)若c n=(-1)n log2b n-,求数列{c n}的前n项和T n.能力提升12.(xx山东烟台模拟)已知数列{a n}中,a1=1,且a n+1=,若b n=a n a n+1,则数列{b n}的前n项和S n为()A. B.C. D.13.(xx福建龙岩一模)已知S n为数列{a n}的前n项和,对n∈N+都有S n=1-a n,若b n=log2a n,则+…+=.14.(xx广西模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=a n-1(n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2log3+1,求+…+.高考预测15.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100,且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11016.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,S n=2a n+k,等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2.(1)求k和S n;(2)若c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和M n.参考答案考点规范练31数列求和1.A解析该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.D解析∵a n+1=a1+a n+n,∴a n+1-a n=1+n.∴a n-a n-1=n(n≥2).∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=.∴=2.∴的前100项和为2=2.故选D.3.B解析∵f(n)=n2cos(nπ)==(-1)n·n2,∴a n=f(n)+f(n+1)=(-1)n·n2+(-1)n+1·(n+1)2=(-1)n[n2-(n+1)2]=(-1)n+1·(2n+1).∴a1+a2+a3+…+a100=3+(-5)+7+(-9)+…+199+(-201)=50×(-2)=-100.故选B.4.C解析由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n=,S xx=a1+a2+a3+…+a xx=()+()+()+…+()=-1.5.D解析∵a n+1+(-1)n a n=2n-1,∴当n=2k(k∈N+)时,a2k+1+a2k=4k-1, ①当n=2k+1(k∈N+)时,a2k+2-a2k+1=4k+1, ②①+②得:a2k+a2k+2=8k.则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=8(1+3+…+29)=8×=1800.由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1800-=30,∴a1+a2+…+a60=1800+30=1830.6.4- 解析设S n=3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n, ①则S n=3·2-2+4·2-3+…+(n+1)2-n+(n+2)2-n-1.②①-②,得S n=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=1+-(n+2)·2-n-1=2-(n+4)·2-n-1.故S n=4-.7. 解析∵a n-a n+1=2a n a n+1,∴=2,即=2.∴数列是以2为公差的等差数列.∵=5,∴=5+2(n-3)=2n-1.∴a n=.∴a n a n+1=.∴数列{a n a n+1}前10项的和为=.8.解(1)因为等比数列{b n}的公比q==3,所以b1==1,b4=b3q=27.设等差数列{a n}的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.所以a n=2n-1.(2)由(1)知,a n=2n-1,b n=3n-1.因此c n=a n+b n=2n-1+3n-1.从而数列{c n}的前n项和S n=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1==n2+.9.解(1)由题意,有解得故(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1++…+, ①T n=+…+.②①-②可得T n=2++…+=3-,故T n=6-.10.解(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.两式相减可得+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)==(a n+1+a n)·(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,故{a n}的通项公式为a n=2n+1.(2)由a n=2n+1可知b n==.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.11.解(1)因为=2S n+n+4,所以=2S n-1+n-1+4(n≥2).两式相减得=2a n+1,所以+2a n+1=(a n+1)2.因为{a n}是各项均为正数的数列,所以a n+1-a n=1.又=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2,所以{a n}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n+1.由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故b n=2n.(2)由(1)得c n=(-1)n log22n-=(-1)n n-,故T n=c1+c2+…+c n=[-1+2-3+…+(-1)n n]-.设F n=-1+2-3+…+(-1)n n.则当n为偶数时,F n=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=;当n为奇数时,F n=F n-1+(-n)=-n=.设G n=+…+,则G n=+…+.所以T n=12.B解析由a n+1=,得+2,∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,∴=2n-1,又b n=a n a n+1,∴b n=,∴S n=,故选B.13. 解析对n∈N+都有S n=1-a n,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.当n≥2时,a n=S n-S n-1=1-a n-(1-a n-1),化为a n=a n-1.∴数列{a n}是等比数列,公比为,首项为.∴a n=.∴b n=log2a n=-n.∴.则+…++…+=1-.14.解(1)当n=1时,a1=a1-1,∴a1=2.当n≥2时,∵S n=a n-1, ①S n-1=a n-1-1(n≥2),②∴①-②得a n=,即a n=3a n-1,∴数列{a n}是首项为2,公比为3的等比数列,∴a n=2·3n-1.(2)由(1)得b n=2log3+1=2n-1,∴+…++…++…+.15.A解析设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n 组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.16.解(1)∵S n=2a n+k,∴当n=1时,S1=2a1+k.∴a1=-k=2,即k=-2.∴S n=2a n-2.∴当n≥2时,S n-1=2a n-1-2.∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1.∴a n=2a n-1.∴数列{a n}是以2为首项,2为公比的等比数列.即a n=2n.∴S n=2n+1-2.(2)∵等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2,∴当n≥2时,b n=T n-T n-1=2n-1.又b1=T1=1符合b n=2n-1,∴b n=2n-1.∴c n=a n·b n=(2n-1)2n.∴数列{c n}的前n项和M n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, ①∴2M n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1, ②由①-②,得-M n=2+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1, 即M n=6+(2n-3)2n+1.。