高三数学一轮复习 第5章 第4课时 数列求和 文 新人教版A
高考数学一轮总复习 第5章 数列 第4节 数列求和课件 理 新人教版
2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2， 代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)． 答案：190(2n－1)
(2015·湖北高考)设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等 比数列{bn}的公比为 q.已知 b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)当 d＞1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解析
[由题悟法]
bn＝3
an＋1 2
，求数列an＋2 1·bn的前
n
项和
Sn.
an＋1
解：由(1)可得 bn＝3 2 ＝3n，
所以an＋2 1·bn＝n·3n，
[即时应用]
已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q＞1，且 3(an＋2 ＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列 {bn}的通项公式和前 n 项和 Sn.
解析
考点三 错位相减法求和 重点保分型考点——师生共研 [典例引领]
(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{an}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．
人教A版高中数学 高三一轮第五章 数列5-4 数列求和教
高三一轮复习 5.4 数列求和【教学目标】1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．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，并能用相关知识解决相应的问题.【重点难点】1.教学重点：识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题；2.教学难点：学会对知识进行整理达到系统化，提高分析问题和解决问题的能力；【教学策略与方法】自主学习、小组讨论法、师生互动法【教学过程】－a 2＝10a 1，故a 3＝9a 1，所以q 2＝9.由a 5＝9，得a 1＝19. 答案 C 知识梳理：知识点 数列求和的常见方法1．公式法；直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝na 1＋a n2＝na 1＋n n －2d .(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1－q n 1－q ，q ≠1.2．倒序相加法；如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法；如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法．4．裂项相消法；(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)裂项时常用的三种变形：①1nn ＋＝1n －1n ＋1； ②1n －n ＋＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .5．分组求和法；一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．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)nf (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)＝5 050.1．必会结论；常用求和公式前n个正整数之和1＋2＋…＋n＝n n＋2前n个正奇数之和1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2前n个正整数的平方和12＋22＋…＋n2＝n n＋n＋6前n个正整数的立方和13＋23＋…＋n3＝⎣⎡⎦⎤n n＋22.必知联系；(1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．(2)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，a n＋1的式子应进行合并．(3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．考点分项突破考点一：分组转化法求和1．已知数列{a n}的前n项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，3n＋2n－1，则其前n项和S n＝________.【解析】由题意知a n＝3n＋2n－1，∴S n＝a1＋a2＋…＋a n＝3×1＋21－1＋3×2＋22－1＋…＋3n＋2n－1＝3×(1＋2＋3＋…＋n)＋21＋22＋…＋2n－n＝3×＋n n2＋－2n1－2－n＝3n2＋n2＋2n＋1－2.【答案】12(3n2＋n)＋2n＋1－22．(2015·福建高考)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．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.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)＝－2101－2＋＋2＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.归纳：分组转化法求和的常见类型1．若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．2．通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． 考点二: 裂项相消法求和(1)(2015·江苏高考)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______．(2)(2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. 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．【解析】 (1)由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n －＋n2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n＝n 2＋n 2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．∴1a ＝2n 2＋n ＝⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋12×⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋＋110－111⎭⎫－1112011.【答案】2011 b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3. ＝12⎝⎛⎭⎫13－15⎝⎛⎭⎫15－17⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝n n ＋.．若已知数列的前四项是112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，则数列的前1n 2＋2n ，由1n 2＋2n ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2＝12⎣⎡－13＋12－14＋13－15＋⎝⎛⎭⎫1n －2－1n ⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋212⎦⎤＋12－1n ＋1－1n ＋2342n ＋3n ＋n ＋.【答案】 34－n ＋n ＋2．(2014·大纲全国卷)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】 (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 . (2)b n ＝1－3n－3n＝13⎝⎛⎭⎫110－3n －113－3n . 于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎝⎛⎭⎫17－110＋⎝⎛⎭⎫14－17＋…＋110－3n －113－3n ＝13⎝⎛⎭⎫110－3n －110＝n－3n. 归纳：常见的裂项方法(其中n 为正整数)列裂项方法⎭⎬⎫k 非零常数)1nn ＋k＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ⎭⎬⎫－1 14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1⎭⎬⎫n ＋1nn ＋n ＋＝121n n ＋－n ＋⎭⎬⎫n ＋k 1n ＋n ＋k＝1k (n ＋k －n ) ⎭⎬⎫⎭⎫＋1na ≠1)log a ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n考点三: 错位相减法求和1. (2015·山东高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3.当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ≥2.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ≥2时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n， 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n .经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.跟踪训练：1.已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n项和S n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n .(2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1＝nq n－q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝nn ＋2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧nn ＋2，q ＝1，nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －2，q ≠1.归纳： 1．要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．2．在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式． 3．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．规范解答：错位相减法求数列的和1.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .【规范解答】 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，3分当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .6分当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .(2)因为9－2a n 2n ＝n 2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①7分所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2，②②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.11分故T n ＝4－n ＋22n －1.12分⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 【智慧心语】 易错提示：利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况错位相减时不要漏项或算错防范措施：利用S n 求a n 时，a n ＝S n －S n －1成立的根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，⎨⎬9－2a n 2n T n 的结果要尽量简单，可以通过n ＝1，2时的特殊。
2020版高考数学一轮复习第五篇数列(必修5)第4节数列求和课件理
2
3 24
n 1 n 1 n n 2
22
1 - 1 )= 3 - 1 ( 1 + 1 ). n1 n2 4 2 n1 n2
反思归纳
(1)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一 项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.
(2)将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原
【重要结论】
1.12+22+32+…+n2= 1 n(n+1)(2n+1). 6
2.13+23+33+…+n3=［ 1 n(n+1)］2. 2
对点自测
1.等差数列{an}中,已知公差 d= 1 ,且 a1+a3+…+a99=50,则 a2+a4+…+a100 等于( B )
2 (A)50 (B)75 (C)100 (D)125
【跟踪训练 3】 在数列{an}中,a1= 1 ,an+1= n 1 an,n∈N*.
2
2n
(1)求证:数列{ an }为等比数列; n
(1)证明:由 an+1= n 1 an 知 an1 = 1 · an ,
2n
n1 2 n
所以{ an }是以 1 为首项, 1 为公比的等比数列.
n
①
1 2
Sn=
1 22
+
3 23
+…+
2n 3 2n
+
2n 1 2n 1
②
①-②得 1 2
Sn= 1 2
+2（
1 22
2020版高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教学案理(含解析)新人教A版(最新整理)
第四节数列求和[考纲传真］ 1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2。
掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法（1)等差数列的前n项和公式：S n＝错误!＝na＋错误!d;1（2)等比数列的前n项和公式：S n＝错误!2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减．(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．裂项时常用的三种变形：①错误!＝错误!－错误!;②错误!＝错误!错误!；③错误!＝错误!－错误!。
(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．(5)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.[常用结论]常用求和公式(1）1＋2＋3＋4＋…＋n＝错误!。
(2）1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2。
(3）2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.（4）12＋22＋…＋n2＝n n＋12n＋16.［基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．（正确的打“√",错误的打“×”)(1)已知等差数列{a n｝的公差为d,则有错误!＝错误!错误!。
（）（2)当n≥2时，错误!＝错误!错误!.( ）（3）求S n＝a＋2a2＋3a3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( ）（4）如果数列｛a n｝是周期为k(k为大于1的正整数）的周期数列，那么S km＝mS k。
新高考数学人教版一轮课件：第5章-第4讲-数列求和-
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)；
(6)nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2.
第五章 数列
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题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和为 Sn
＝a11－－aqn＋1.
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6．(2020·课标Ⅰ，16,5分)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前 16项和为540，则a1＝__7__.
[解析] 令n＝2k(k∈N*)，则有a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)， ∴a2＋a4＝5，a6＋a8＝17，a10＋a12＝29，a14＋a16＝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a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)．
第五章 数列
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(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝ (1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋ (9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－ 13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22 －S31＝29－44－61＝－76.
第五章 数列
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高考数学一轮复习第五章数列第4讲数列求和课件文
已知数列{an}的通项公式是 an＝2·3n－1＋ (－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn. [解] Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2 －ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3， 所以当 n 为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1； 当 n 为奇数时，
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 组转化法求{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，可采用分组转化法求{an}的前 n 项 和．
3．等比数列{an}的首项为 a，公比为 q，Sn 为其前 n 项的和， 求 S1＋S2＋…＋Sn. [解] 当 q＝1 时，an＝a，Sn＝na， 所以 S1＋S2＋…＋Sn＝(1＋2＋…＋n)a＝n（n2＋1）a. 当 q≠1 时， 因为 Sn＝a（11－－qqn），所以 S1＋S2＋…＋Sn
Tn＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1＝
n n＋1.
利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一 项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就 是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开 的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]， 两 式 作 差 ， 得 － Tn ＝ 3×[2×22 ＋ 23 ＋ 24 ＋ … ＋ 2n ＋ 1 － (n ＋
1)×2n＋2]＝3×4＋4（11－－22n）－（n＋1）×2n＋2
2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第五章 第四节 数列求和与数列的综合应用 含答案
由 即
可解得 所以bn＝3n＋1。
(2)由(1)知cn＝ ＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
解析：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4。故选B。
两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，
即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n。
故an＝－3n＋1。
(2)证明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，
得 ＝ ＝ ，
所以Tn＝
答案B
三、走出误区
微提醒：①不会分组致误；②错位相减法运用不熟出错。
5．已知数列：1 ，2 ，3 ，…， ，则其前n项和关于n的表达式为______________。
高考数学一轮复习讲解与练习 5.4数列求和理 新人教A版.pdf
[备考方向要明了] 考 什 么怎 么 考 熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.1.以选择题或填空题的形式考查可转化为等差或等比数列的数列求和问题，如2012年新课标全国T16等．2.以解答题的形式考查利用错位相减法、裂项相消法或分组求和法等求数列的前n项和，如2012年江西T16，湖北T18等. [归纳·知识整合] 数列求和的常用方法 1．公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和 (1)等差数列的前n项和公式： Sn＝＝na1＋d； (2)等比数列的前n项和公式： Sn＝ 2．倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的． 3．错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的． 4．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． [探究] 1.应用裂项相消法求和的前提条件是什么？ 提示：应用裂项相消法求和的前提条件是数列中的每一项均可分裂成一正一负两项，且在求和过程中能够前后抵消． 2．利用裂项相消法求和时应注意哪些问题？ 提示：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差； (2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或前面剩下两项，后面也剩下两项． 5．分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． 6．并项求和法 一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. [自测·牛刀小试] 1.＋＋＋…＋等于( ) A. B. C．1－ D．3－ 解析：选A ＝， ＋＋＋…＋ ＝ ＝＝. 2．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于( ) A．13 B．10 C．9 D．6 解析：选D an＝＝1－， Sn＝＋＋…＋ ＝n－ ＝n－＝n－＝n－1＋. n－1＋＝＝5，解得n＝6. 3．(教材习题改编)(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n)＝________. 解析：(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n) ＝(2＋4＋…＋2n)－3(5－1＋5－2＋…＋5－n) ＝－3× ＝n(n＋1)－＝n2＋n＋·5－n－. 答案：n2＋n＋·5－n－ 4．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S100＝________. 解析：S100＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋99－100 ＝(1－2)＋(3－4)＋(5－6)＋…＋(99－100)＝－50. 答案：－50 5．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________. 解析：an＝n·2n， Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n. ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1. ①－得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2. Sn＝2n＋1(n－1)＋2. 答案：(n－1)·2n＋1＋2 分组转化求和 [例1] (2012·山东高考)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意mN*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm. [自主解答] (1)因为{an}是一个等差数列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28. 设数列{an}的公差为d， 则5d＝a9－a4＝73－28＝45， 故d＝9. 由a4＝a1＋3d，得28＝a1＋3×9，即a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(nN*)． (2)对mN*，若9m0，a1>0. 由已知有 化简得又a1>0，故q＝2，a1＝1. 所以an＝2n－1. (2)由(1)知，bn＝2＝a＋＋2＝4n－1＋＋2. 因此Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋＋2n ＝＋＋2n＝(4n－41－n)＋2n＋1. 裂项相消法求和 [例2] 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n＝1,2,3，…)． (1)求证：数列{an}为等差数列，并写出an关于n的表达式； (2)若数列的前n项和为Tn，问满足Tn>的最小正整数n是多少？ [自主解答] (1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－2(n－1)，得an－an－1＝2(n＝2,3,4，…)． 所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列． 所以an＝2n－1. (2)Tn＝＋＋…＋＋ ＝＋＋…＋ ＝ ＝＝， 由Tn＝>，得n>，所以满足Tn>的最小正整数n为12. ——————————————————— 用裂项相消法求和应注意的问题 利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数相乘后与原项相等． 2．等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和． 解：(1)设数列{an}的公比为q. 由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝. 由条件可知q>0，故q＝. 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝. 故数列{an}的通项公式为an＝. (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－. 故＝－＝－2. ＋＋…＋ ＝－2 ＝－. 所以数列的前n项和为－. 错位相减法求和 [例3] (2012·天津高考)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，nN*，证明Tn－8＝an－1bn＋1(nN*，n≥2)． [自主解答] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d. 由条件，得方程组解得 所以an＝3n－1，bn＝2n，nN*. (2)证明：由(1)得 Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n， 2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1. 由－，得 －Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1 ＝－(3n－1)×2n＋1－2 ＝－(3n－4)×2n＋1－8， 即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1. 而当n≥2时，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1， 所以Tn－8＝an－1bn＋1，nN*，n≥2. 若本例(2)中Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，nN*，求证：Tn＋12＝－2an＋10bn(nN*)． 证明：由(1)得 Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1， 2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1. ②－，得 Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10. 而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，nN*. ——————————————————— 用错位相减法求和应注意的问题 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式； (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 3．已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，nN*)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)设{an}的公差为d. 由已知得 解得a1＝3，d＝－1. 故an＝3＋(n－1)·(－1)＝4－n. (2)由(1)得，bn＝n·qn－1，于是 Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1. 若q≠1，将上式两边同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn. 两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1 ＝nqn－ ＝. 于是，Sn＝. 若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝. 所以Sn＝ 1种思想——转化与化归思想 数列求和把数列通过分组、变换通项、变换次序、乘以常数等方法，把数列的求和转化为能使用公式求解或者能通过基本运算求解的形式，达到求和的目的． 2个注意——“裂项相消法求和”与“错位相减法求和”应注意的问题 (1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点． (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． 4个公式——常见的拆项公式 (1)＝； (2)＝； (3)＝； (4)＝(－). 答题模板——利用错位相减法解决数列求和 [典例] (2012·江西高考)(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中kN＋)，且Sn的最大值为8. (1)确定常数k，求an；(2)求数列的前n项和Tn.[快速规范审题] 第(1)问 1．审条件，挖解题信息 观察条件：Sn＝－n2＋kn及Sn的最大值为8当n＝k时，Sn取得最大值． 2．审结论，明确解题方向 观察所求结论：求k的值及anSn的最大值为8，即Sk＝8，k＝4. Sn＝－n2＋4n. 3．建联系，找解题突破口 根据已知条件，可利用an与Sn的关系求通项公式： 求通项公式an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)，a1＝S1＝an＝－n. 第(2)问 1．审条件，挖解题信息 观察条件：an＝－n及数列＝. 2．审结论，明确解题方向 观察所求结论：求数列的前n项和Tn可利用错位相减法求和． 3．建联系，找解题突破口 条件具备，代入求和：Tn＝1＋＋＋…＋＋2Tn＝2＋2＋＋…＋＋②－：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝.[准确规范答题] (1)当n＝kN＋时，Sn＝－n2＋kn取得最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，(2分) 利用an＝Sn－Sn－1时，易忽视条件n≥2.故k2＝16，因此k＝4，(3分) 从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)．(4分) 又a1＝S1＝，(5分) 所以an＝－n.(6分) (2)因为＝， 错位相减时，易漏项.所以Tn＝1＋＋＋…＋＋，(7分) 所以2Tn＝2＋2＋＋…＋＋，(8分) －：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－.(11分) 所以Tn＝4－.(12分) [答题模板速成] 用错位相减法解决数列求和的步骤： 第一步 判断结构第二步 乘公比第三步 错位相减第四步 求和若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和设{an·bn}的前n项和为Tn，然后两边同乘以q乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(kN*)的项对应，然后两边同时作差将作差后的结果求和，从而表示出Tn 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )A.或5B.或5 C. D. 解析：选C 设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝. 2．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于( ) A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 解析：选A 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－. 3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S8＝30，S4＝7，则a4的值等于( ) A. B. C. D. 解析：选C 由题意可得 解得故a4＝a1＋3＝. 4.＋＋＋…＋等于( ) A. B. C. D. 解析：选B 令Sn＝＋＋＋…＋， 则 Sn＝＋＋…＋＋， ①－得： Sn＝＋＋＋…＋－ ＝－， 故Sn＝. 5．已知数列{an}的通项公式为an＝n2cos nπ(nN*)，Sn为它的前n项和，则等于( ) A．1 005 B．1 006 C．2 011 D．2 012 解析：选B 注意到cos nπ＝(－1)n(nN*)， 故an＝(－1)nn2. 因此有S2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－20112＋20122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝＝1 006×2 013，所以＝1 006. 6．(2013·锦州模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列(nN*)的前n项和是( ) A. B. C. D. 解析：选A f′(x)＝mxm－1＋a，m＝2，a＝1. f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n. ＝＝＝－， 令Sn＝＋＋＋…＋＋ ＝＋＋＋…＋＋＝1－＝. 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 7．(2012·江西高考)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，且对任意的nN*都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________. 解析：由an＋2＋an＋1－2an＝0，得anq2＋anq－2an＝0，显然an≠0，所以q2＋q－2＝0.又q≠1，解得q＝－2.又a1＝1，所以S5＝＝11. 答案：11 8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________. 解析：an＋1－an＝2n， an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n. Sn＝＝2n＋1－2. 答案：2n＋1－2. 9．数列{an}的通项an＝n(nN*)，其前n项和为Sn，则S2 013＝________. 解析：an＝n＝ncos nπ， a1＝－1，a2＝2，a3＝－3，a4＝4，…， S2 013＝(－1)＋2＋(－3)＋4＋(－5)＋6＋…＋(－2 009)＋2 010＋(－2 011)＋2 012＋(－2 013) ＝[(－1)＋2]＋[(－3)＋4]＋[(－5)＋6]＋…＋[(－2 009)＋2 010]＋[(－2 011)＋2 012]＋(－2013) ＝1＋1＋…＋1＋1－2 013＝1 006－2 013＝－1 007. 答案：－1 007 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．(2012·湖北高考)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{an}的通项公式； (2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d， 由题意得 解得或 所以由等差数列通项公式可得 an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7. 故an＝－3n＋5或an＝3n－7. (2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件． 故|an|＝|3n－7|＝ 记数列{|an|}的前n项和为Sn. 当n＝1时，S1＝|a1|＝4； 当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5； 当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋＝n2－n＋10.当n＝2时，满足此式． 综上可知，Sn＝ 11．(2013·合肥模拟)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，nN*. (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列． (2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 解：(1)点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上， an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1(n>1，且nN*)． an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， 即an＋1＝4an，n>1. 又a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1， 当t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列． (2)在(1)的结论下，an＋1＝4an，an＋1＝4n， bn＝log4an＋1＝n. cn＝an＋bn＝4n－1＋n， Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n) ＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝＋. 12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(nN*)． (1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn.求满足不等式>2 013的n的最小值． 解：(1)证明：因为Sn＋n＝2an，即Sn＝2an－n， 所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，nN*)． 两式相减化简，得an＝2an－1＋1. 所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，nN*)． 所以数列{an＋1}为等比数列． 因为Sn＋n＝2an，令n＝1，得a1＝1. a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1. (2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1， 所以bn＝(2n＋1)·2n. 所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n， 2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1， ①－，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1. 所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1. 若>2 013，则>2 013， 即2n＋1>2 013. 由于210＝1 024,211＝2 048，所以n＋1≥11，即n≥10. 所以满足不等式>2 013的n的最小值是10. 1．设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝________. 解析：f(x)＝，f(1－x)＝＝， f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f＋f＋…＋f， S＝f＋f＋…＋f， ①＋得 2S＝＋＋…＋ ＝2 012， S＝＝1 006. 答案：1 006 2．求和Sn＝＋＋＋＋…＋. 解：Sn＝＋＋＋＋…＋ ＝＋＋＋＋…＋ ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ ＝＋ ＝－n＋1. 3．在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an. (1)求Sn的表达式； (2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. 解：(1)S＝an，an＝Sn－Sn－1(n≥2)， S＝(Sn－Sn－1)， 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn， 由题意Sn－1·Sn≠0， 式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2， 数列是首项为1，公差为2的等差数列． ＝1＋2(n－1)＝2n－1.Sn＝. (2)又bn＝＝ ＝， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝＝. 4．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，nN*. (1)求数列{an}的通项； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝， ∴当n≥2时， a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝， ①－得3n－1an＝，an＝. 在中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，an＝. (2)∵bn＝，bn＝n·3n. Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， ∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1. ④－得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即2Sn＝n·3n＋1－， Sn＝＋.。
(新人教A版)2020版高考数学大一轮复习第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用讲义理
考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.知 识 梳 理1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解. 3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系. [微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( ) (4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( ) 解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( )A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2019.答案 B3.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________. 解析 由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫1361－13＝3649.答案36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9B.15C.18D.30解析 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列，又a 1＝－5，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案 C5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.解析 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2，又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4.答案 2n ＋2＋n (n ＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＝4，所以2a n＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1). 答案 a n ＝2(n ＋1)考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1，a 2，a 3－1成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3，∴q ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *).(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1，∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1)＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n －1.∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0，∴S n <n 2＋2n .规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5， ∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n . 考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1，∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝⎛⎭⎫a n 2－n ， 即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2， ∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N *，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3， ∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －1.(2)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1－132－1＋⎝⎛⎭⎫132－1－133－1＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等. 【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .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，所以T n ＝5－2n ＋52n .规律方法 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d 分别加上1，1，3后成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，解得d ＝2(舍负)，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，则b n ＝12n .(2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n ，则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② 由①－②，得12T n ＝12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. ∴12T n ＝12＋2×14⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1， ∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n＝3－3＋2n 2n . 考点四 数列的综合应用【例4】 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？解 设该学生工作n 天，每天领工资a n 元，共领工资S n 元，则第一种方案a n (1)＝38，S n (1)＝38n ； 第二种方案a n (2)＝4n ，S n (2)＝4(1＋2＋3＋…＋n )＝2n 2＋2n ； 第三种方案a n (3)＝0.4×2n －1，S n (3)＝0.4（1－2n ）1－2＝0.4(2n －1).令S n (1)≥S n (2)，即38n ≥2n 2＋2n ，解得n ≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令S n (1)≥S n (3)，即38n ≥0.4×(2n －1)，利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高， 所以少于10天时，选择第一种方案.比较第二、第三种方案，S 10(2)＝220，S 10(3)＝409.2，S 10(3)>S 10(2)，…，S n (3)>S n (2). 所以等于或多于10天时，选择第三种方案. 规律方法 数列的综合应用常考查以下几个方面： (1)数列在实际问题中的应用； (2)数列与不等式的综合应用； (3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】 已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2， 所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上， 所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *).(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12·⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.[思维升华]1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和. 2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中. [易错防范]1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( ) A.－24B.－3C.3D.8解析 设{a n }的公差为d ，根据题意得a 23＝a 2·a 6， 即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，解得d ＝－2，所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.答案 A2.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解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案 B3.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( )A.9B.99C.10D.100解析 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1－n )＋(n －n －1)＋…＋(3－2)＋(2－1)＝n ＋1－1， 令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 答案 B4.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 ∵2n＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n，∴T n＝n ＋1－12n ， ∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013恒成立， ∴整数m 的最小值为1 024. 答案 C5.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100解析 当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1－a 2k ＝2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝2，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4，a 2k ＋2＋a 2k ＝0，∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100. 答案 D 二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 解析 由a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，得(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， 又a n >0，所以a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， 故S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1.答案 3n －17.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________.解析 等比数列{(n 2＋n )a n }的首项为2a 1＝13，第二项为6a 2＝19，故公比为13，所以(n 2＋n )a n ＝13·⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n，所以a n ＝13n （n 2＋n ），则3n a n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，其前n 项和为1－1n ＋1，n ＝15时，为1－116＝1516.答案15168.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.解析 由于平均产量类似于图形过P 1(1，S 1)，P n (n ，S n )两点直线的斜率，斜率大平均产量就高，由图可知n ＝9时割线P 1P 9斜率最大，则m 的值为9.答案 9三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0). 解 当x ≠±1时，S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2＝⎝⎛⎭⎫x 2＋2＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 4＋2＋1x 4＋…＋⎝⎛⎭⎫x 2n ＋2＋1x 2n ＝(x 2＋x 4＋…＋x 2n )＋2n ＋⎝⎛⎭⎫1x 2＋1x 4＋…＋1x 2n ＝x 2（x 2n －1）x 2－1＋x －2（1－x －2n ）1－x －2＋2n ＝（x 2n －1）（x 2n ＋2＋1）x 2n （x 2－1）＋2n . 当x ＝±1时，S n ＝4n .10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16. (1)解 因为a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)，所以a n ＝2＋S n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又因为a 2＝2＋a 1＝4，a 1＝2，所以a 2＝2a 1，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *). (2)证明 因b n ＝1＋log 2(a n )2，则b n ＝2n ＋1.则1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）<16. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则( )A.a n ≥2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －1 解析 由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1，∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，∴S n ≥n （1＋2n －1）2＝n 2. 答案 B12.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定解析 投入资金逐月值构成等比数列{b n }，利润逐月值构成等差数列{a n }，等比数列{b n }可以看成关于n 的指数式函数，它是凹函数，等差数列{a n }可以看成关于n 的一次式函数.由于a 1＝b 1，a 12＝b 12，相当于图象有两个交点，且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方，所以全年的总利润ω＝a 1＋a 2＋…＋a 12比总投资N ＝b 1＋b 2＋…＋b 12大，故选A.答案 A13.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1， 即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4＝4n －1.答案 4n －114.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n＝1， 又S 11＝5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5，公差为1的等差数列. (2)解 由(1)可知S n n＝5＋(n －1)＝n ＋4， 所以S n ＝n 2＋4n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3.又a 1＝5也符合上式，所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n ＝(2n ＋3)2n ，所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n ，①2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n ＋(2n ＋3)2n ＋1，② 所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1) ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23（1－2n －1）1－2 ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8) ＝(2n ＋1)2n ＋1－2.新高考创新预测15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________.解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n （n ＋1）2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n （n ＋1）2，当n ＝1时，也符合上式.综上所述，T n ＝(－1)n n （n ＋1）2.答案 2n －1(－1)n n （n ＋1）2。
2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课件新人教版
1．在数列{an}中，an＝
1 nn＋1
，若{an}的前n项和为
2 2
019 020
，则项数n为
(D )
A．2 016
B．2 017
C．2 018
D．2 019
2．已知数列：1
1 2
，2
1 4
，3
1 8
，…，
n＋21n
，…，则其前n项和关于n的表
达式为________．
答案：nn2＋1＋1－21n
B．22
019 020
2 019 C.2 018
D．12
019 010
2．(2021·张掖期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长
方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，21，31，41，…，1n.①
第二步：将数列①的各项乘以n，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an，
a2－5＝3(a1－3)． 因为a1＝3，所以an＝2n＋1. (2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n， 所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.① 从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.② ①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，所以 Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.
2n－1，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝( 3 －1)＋( 5 － 3 )＋…＋
( 2n＋1－ 2n－1)＝ 2n＋1－1.
裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合， 使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准 确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消 去项的规律为止． (2) 消 项 规 律 ： 消 项 后 前 边 剩 几 项 ， 后 边 就 剩 几 项 ， 前 边 剩 第 几 项，后边就剩倒数第几项.
最新人教版A版高三数学(理)高考一轮复习5.4 数列求和教学设计及答案
第四节列求和列求和掌握非等差、等比列求和的几种常见方法．知识点列求和的常用方法(1)倒序相加法：如果一个列{a n}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常，那么求这个列的前n项和即可用倒序相加法，如等差列的前n项和即是用此法推导的．(2)错位相减法：如果一个列的各项是由一个等差列和一个等比列的对应项之积构成的，那么这个列的前n项和即可用此法求，如等比列的前n项和就是用此法推导的．(3)裂项相消法：把列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(4)分组求和法：一个列的通项公式是由若干个等差列或等比列或可求和的列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．(5)并项求和法：一个列的前n项和，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．易误提醒1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．2．在应用错位相减法求和时，若等比列的公比为参，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．必记结论 常见列的求和公式： (1)12＋22＋32＋…＋n 2＝n n ＋1 2n ＋16.(2)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋1 22. [自测练习]1．列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n解析：该列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . 答案：A2．已知等比列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析：设等比列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n ， 故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1.则列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：n n ＋13．若列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________. 解析：∵a n ＝(－1)n (3n －2)． ∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案：154．已知列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________. 解析：∵a n ＝n ·2n ，∴S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n .① ∴2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1② ①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2 1－2n 1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2. ∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2. 答案：(n －1)2n ＋1＋2考点一 分组转求和|(2015·高考福建卷)等差列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． [解] (1)设等差列{a n }的公差为d . 由已知得⎩⎨⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋ a 1＋6d ＝15，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝1.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) ＝2× 1－210 1－2＋ 1＋10 ×102＝211＋53＝2 101.分组转法求和的两种常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和；(2)通项公式为a n ＝⎩⎨⎧b n ，n 为奇，c n ，n 为偶，的列，其中列{b n }，{c n }是等比列或等差列，可采用分组求和法求和．1．已知列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .解：S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n 2ln 3－1；当n 为奇时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3 ＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇.考点二 裂项求和|(2015·高考安徽卷)已知列{a n }是递增的等比列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求列{a n }的通项公式； (2)设S n 为列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8， 又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎨⎧a 1＝1a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8a 4＝1(舍去)．设等比列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1 1－q n 1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1 ＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.裂项求和常用的四种变形①1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1.②1 2n －1 2n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .④2n 2n －1 2n ＋1－1 ＝12n －1－12n ＋1－1.2．已知函f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1 ＋f n，n ∈N *.记列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 014＝( )A. 2 013－1B. 2 014－1C. 2 015－1D. 2 015＋1解析：由f (4)＝2可得4a ＝2，解得a ＝12.则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋1 ＋f n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 014＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 014－ 2 013)＋( 2 015－ 2 014)＝ 2 015－1.答案：C3．(2016·曲靖一模)122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋1 2－1的值为( ) A.n ＋12 n ＋2B.34－n ＋12 n ＋2C.34－12⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2 D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：∵1 n ＋1 2－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1 n ＋1 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 答案：C考点三 错位相减求和|(2015·高考山东卷)已知列{a n }是首项为正的等差列，列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1.(1)求列{a n}的通项公式；(2)设b n＝(a n＋1)·2a n，求列{b n}的前n项和T n. [解] (1)设列{a n}的公差为d.令n＝1，得1a1a2＝13，所以a1a2＝3，①令n＝2，得1a1a2＋1a2a3＝25，所以a2a3＝15，②由①②解得a1＝1，d＝2，所以a n＝2n－1.经验验，符合题意．(2)由(1)知b n＝2n·22n－1＝n·4n，所以T n＝1· 41＋2·42＋…＋n·4n，所以4T n＝1· 42＋2·43＋…＋n·4n＋1，两式相减，得－3T n＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝4 1－4n1－4－n·4n＋1＝1－3n3·4n＋1－43，所以T n＝3n－19·4n＋1＋49＝4＋ 3n－1 4n＋19.错位相减法求和时两个注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比列公比为负的情形；(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n－qS n”的表达式．4．(2016·九江一模)已知各项不为零的列{a n}的前n项和为S n，且满足S n ＝a1(a n－1)．(1)求列{a n}的通项公式；(2)设列{b n}满足a n b n＝log2a n，求列{b n}的前n项和T n.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝a1(a1－1)＝a21－a1，∵a1≠0，∴a1＝2；当n≥2时，S n＝a1(a n－1)，①S n －1＝a 1(a n －1－1)，②①－②得a n ＝a 1(a n －a n －1)＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1.∴列{a n }是首项为2，公比为2的等比列， ∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝n2n ，∴T n ＝121＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n.9.通项遗漏——导致错位相减求和错误【典例】 已知列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n －3，n ∈N *，列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求列{a n ·b n }的前n 项和T n . [解] (1)由S n ＝2n 2＋n －3，得n ≥2时，S n －1＝2(n －1)2＋(n －1)－3， ∴a n ＝2n 2－2(n －1)2＋1＝4n －1，由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N *. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝0， 不适合a n ＝4n －1(n ≥2)，因此a n ＝⎩⎨⎧0 n ＝1 ，4n －1 n ≥2 ，∴a 1＝4log 2b 1＋3，∴b 1＝2－34，于是b n＝⎩⎨⎧2－34 n ＝1 ，2n －1n ≥2 .(2)T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ， 当n ＝1时，T 1＝a 1b 1＝0×2－34＝0，当n ≥2时，T n ＝7×2＋11×22＋15×23＋…＋(4n －1)·2n －1， ∴2T n ＝7×22＋11×23＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，则T n ＝2T n －T n ＝(4n －1)·2n －14－4(22＋23＋…＋2n －1)＝(4n －1)·2n －14－4×22 1－2n －2 1－2＝(4n －5)·2n ＋2，又n ＝1时，T 1＝0适合上式， 故T n ＝(4n －5)·2n ＋2，n ∈N *.[易误点评] (1)求a n ，忽视n ＝1的情形，错求a n ，导致后续问题不能正确求解．(2)错位相减求和时，弄错等比列的项，盲目认为除首、末项外成等比列． [防范措施] (1)由S n 求a n ，当n ＝1时，a 1＝S 1检验是否满足a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，若不满足，应分段表示a n ，从而求T n 时，应分类讨论．(2)由于{a n b n }的通项分段表示，求T n 时，不仅要注意对n 进行讨论，而且在写出“T n ”与“qT n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”．即公比q 的同次幂项相减，转为等比列求和．[跟踪练习] 已知等差列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝252，则列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n 的前n 项和为( )A ．1－n ＋22n ＋1 B ．2－n ＋42n ＋1C ．2－n ＋42nD ．2－n ＋22n ＋1解析：设等差列{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋n n －12d ，因为S 3＝6，S 5＝252， 所以⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝6，5a 1＋10d ＝252，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，d ＝12，所以a n ＝12n ＋1，a n 2n ＝n ＋22n ＋1，设列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n 的前n 项和为T n ，则T n ＝322＋423＋524＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12T n ＝323＋424＋525＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2， 两式相减得12T n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2，所以T n ＝2－n ＋42n ＋1.答案：BA 组 考点能力演练1．已知S n 为列{a n }的前n 项和，且满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ，则S 2 014＝( )A ．2×31 007－2B ．2×31 00722解析：由a n ＋2＝3a n 可得列{a n }的奇项与偶项分别构成等比列，所以S 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1－31 0071－3＋3 1－31 007 1－3＝(－2)×(1－31007)＝2×31 007－2，故选择A. 答案：A2．(2016·长沙质检)已知列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n＋2S n －1＝n ，则S 2 015的值为( )A ．2 015B ．2 013C ．1 008D ．1 007解析：因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1 008，故选择C.答案：C3．已知列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该列的前18项的和为( )A ．2 101B ．2 012C ．1 012D ．1 067解析：当n 为奇时，a n ＋2＝a n ＋1，即奇项构成首项为1、公差为1的等差列；当n 为偶时，a n ＋2＝2a n ，即偶项构成首项为2、公比为2的等比列，所以该列的前18项和为9＋9×82＋2 1－291－2＝45＋1 022＝1 067，故选择D.答案：D4．(2016·贵阳一模)已知等差列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前2 015项和为( )A.2 0142 015B.2 0152 0162 0152 016解析：设等差列{a n }的公差为d ，则a 4＝a 1＋3d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝10，联立解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，1a n a n ＋1＝1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1，所以列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前 2 015项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015－12 016＝1－12 016＝2 0152 016，故选择B. 答案：B5．已知等差列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n m ，S m ＝mn (m ，n ∈N *且m ≠n )，则下列各值中可以为S n ＋m 的值的是( )A ．2B ．3C ．4D.92解析：由已知，设S n ＝An 2＋Bn ，则⎩⎪⎨⎪⎧S n＝An 2＋Bn ＝nm ，S m＝Am 2＋Bm ＝mn ⇒⎩⎨⎧An ＋B m ＝1，Am ＋B n ＝1.两式相减得B (m －n )＝0，故B ＝0，A ＝1mn.S m ＋n ＝A (m ＋n )2＝m ＋n 2mn＝m 2＋n 2＋2mn mn >4mnmn＝4，故只有D 符合，故选D.答案：D6．已知列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧1－3n ，n 为偶，2n －1，n 为奇，则其前10项和为________．解析：依题意，注意到a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝1－28·221－22＝341，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝5× －5－292＝－85，因此题中的列的前10项和等于341－85＝256.答案：2567．列{a n}满足a1＋a2＋…＋a n＝n2(n∈N*)，设b n＝1anan＋1，T n是列{b n}的前n项和，则T n＝________.解析：本题考查列的前n项和与通项间的关系、裂项相消法．依题意，当n≥2时，a n＝n2－(n－1)2＝2n－1；又a1＝12＝2×1－1，因此a n＝2n－1，b n ＝12n－1 2n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，因此T n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n＋1＝n2n＋1.答案：n 2n＋18．在列{a n}中，a1＝1，a n＋2＋(－1)n a n＝1，记S n是列{a n}的前n项和，则S60＝________.解析：依题意得，当n是奇时，a n＋2－a n＝1，即列{a n}中的奇项依次形成首项为1、公差为1的等差列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋30×292×1＝465；当n是偶时，an＋2＋a n＝1，即列{a n}中的相邻的两个偶项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该列的前60项和S60＝465＋15＝480.答案：4809．(2016·南昌模拟)设列{a n}的前n项和为S n,4S n＝a2n＋2a n－3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比列，当n≥5时，a n>0.(1)求证：当n≥5时，{a n}成等差列；(2)求{a n}的前n项和S n.解：(1)证明：由4S n＝a2n＋2a n－3,4S n＋1＝a2n＋1＋2a n＋1－3，得4a n＋1＝a2n＋1－a2n＋2a n＋1－2a n，(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－2)＝0.当n≥5时，a n>0，所以a n＋1－a n＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比列， 所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎨⎧3 －1 n －11≤n ≤42n －7 n ≥5 ，所以S n＝⎩⎨⎧32[1－ －1 n] 1≤n ≤4 ，n 2－6n ＋8 n ≥5 .10．(2016·石家庄一模)设列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1,2a 2，a 3＋3为等差列{b n }的前三项．(1)求列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求列{a n b n }的前n 项和．解：(1)法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0， 又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比列， ∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)，∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 又a 1＝1，a 2＝2，∴列{a n }是以1为首项，公比为2的等比列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1，设T n 为列{a n b n }的前n 项和， ∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n .② ①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n ＝1＋3×2× 1－2n －1 1－2－(3n －2)×2n ，整得：T n ＝(3n －5)×2n ＋5.B 组 高考题型专练1．(2015·高考天津卷)已知{a n }是各项均为正的等比列，{b n }是等差列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求列{c n }的前n 项和．解：(1)设列{a n }的公比为q ，列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有⎩⎨⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整得q 4－2q 2－8＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以d＝2.所以列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)×2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1， 2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3，所以，S n ＝(2n －3)×2n ＋3，n ∈N *.2．(2015·高考全国卷Ⅰ)S n 为列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n＝1anan＋1，求列{b n}的前n项和．解：(1)由a2n＋2a n＝4S n＋3①，可知a2n＋1＋2a n＋1＝4S n＋1＋3②.由②－①可得a2n＋1－a2n＋2(a n＋1－a n)＝4a n＋1，即2(a n＋1＋a n)＝a2n＋1－a2n＝(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)．由于a n>0，可得a n＋1－a n＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{a n}是首项为3，公差为2的等差列，通项公式为a n＝2n＋1.(2)由a n＝2n＋1可知b n ＝1anan＋1＝12n＋1 2n＋3＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n＋1－12n＋3.设列{b n}的前n项和为T n，则Tn＝b1＋b2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n＋1－12n＋3＝n3 2n＋3.3．(2014·高考浙江卷)已知列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n＝(2)b n(n∈N*)．若{a n}为等比列，且a1＝2，b3＝6＋b2.(1)求a n与b n；(2)设c n＝1an－1bn(n∈N*)．记列{c n}的前n项和为S n.①求S n；②求正整k，使得对任意n∈N*，均有S k≥S n. 解：(1)由题意得a1a2a3…a n＝(2)b n，b3－b2＝6，知a3＝(2)b3－b2＝8.又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，所以列{a n}的通项为a n＝2n(n∈N*)．所以a1a2a3…a n＝2n n＋12＝(2)n(n＋1)．故列{b n}的通项为b n＝n(n＋1)(n∈N*)．(2)①由(1)知c n＝1an－1bn＝12n－⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1(n∈N*)，所以S n＝12＋122＋…＋12n－⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－12n－⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＋1＝1n＋1－12n(n∈N*)．②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；当n≥5时，c n ＝1n n＋1 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n＋12n－1，而n n＋12n－n＋1 n＋22n＋1＝n＋1 n－22n＋1>0，得n n＋12n≤5· 5＋125<1，所以，当n≥5时，c n<0.综上，对任意n∈N*恒有S4≥S n，故k＝4.。
高考数学一轮复习第五篇数列第4节数列求和及综合应用课件理新人教版
+1 4
+1 8
+1 16
+…+ 1 2n
)
=
n(1
2n
1)
+
1 [1 2
( 1 )n ] 2
=n2+1-
1
.
2
1 1
2n
2
n
3.(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a3=3,S4=10,则
1
=
S k 1 k
.
解析:设数列{an}的公差为 d,
因为
aS34
即 an+1-an=an+2-an+1, 故{an}为等差数列. 由 a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差 d=1, 所以 an=2+1·(n-1)=n+1.
(2)若
bn=2(an+
1 2an
),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解:(2)因为
bn=2(an+
1 2an
)=2(n+1+ 1 2n 1
3, 所以 10,
4a1a126dd31, 0,
解得
ad1
1, 1,
所以
an=n,Sn=
nn 1
2
,
所以 1 = 2 =2( 1 - 1 ), Sn n(n 1) n n 1
n
所以
1 =2(1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
)=2(1-
1
)= 2n .
,且 an+1=an- an2 (n∈N*).
(1)证明:1< an ≤2(n∈N*); an 1
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教材梳理 基础自测
数列的求和方法
[自测 1] 如果数列an满足 a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项
为 1，公比为 3 的等比数列，则 an 等于( )
3n＋1 A. 2
3n＋3 B. 2
3n－1 C. 2
3n－3 D. 2
C
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数列的求和方法
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考点突破 题型透析
考点一 分组转化求和
当 n 为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn) ＝n－12n＋1－n(n＋1)＝－n＋2 12.
－n＋2 12，n为奇数， 所以 Tn＝nn＋ 2 2，n为偶数.
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考点突破 题型透析
考点一 分组转化求和
2．(2014·高考湖南卷)已知数列an的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，n∈N*. (1)求数列an的通项公式； (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－n－12＋2 n－1＝n. 故数列an的通项公式为 an＝n.
考点一 分组转化求和
1．(2014·高考山东卷)在等差数列{an}中，已知公差 d＝2，a2 是 a1 与 a4 的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； (1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)， 即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得 a1＝2， 所以数列an的通项公式为 an＝2n.
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考点突破 题型透析
考点一 分组转化求和
(2)设 bn＝ann2＋1，记 Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求 Tn. (2)由题意知 bn＝ann＋ 2 1＝n(n＋1)， 所以 Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn·(n＋1)． 因为 bn＋1－bn＝2(n＋1)，可得当 n 为偶数时， Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn) ＝4＋8＋12＋…＋2n＝n24＋2 2n＝nn＋ 2 2，
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数列的求和方法
1．公式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和 (1)等差数列的前 n 项和公式： Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d； (2)等比数列的前 n 项和公式：
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数列的求和方法
2．倒序相加法 如果一个数列an的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于 同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法，如等差数 列的前 n 项和公式即是用此法推导的． 3．错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构 成的，那么这个数列的前 n 项和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项 和公式就是用此法推导的．
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考点突破 题型透析
考点一 分组转化求和
1从通项公式入手，通过拆、并等手段，使通项成为 n 个等差，或等比 形式的和或差，可转化为公式法求和. 2若数列有周期性，先求出一个周期内的和，再转化其它数列常数列 求和.
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考点二 裂项相消法求和
{关键点1} 正确裂项是关键
__________. 2n n＋1
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考点一 分组转化求和
{突破点} 分清哪些项组合在一起可成为特殊数列便于求和
an＝bn±cn 或 an＝bcnn
n为奇数 n为偶数 ，数列bn，cn是等比数列或等差数列，
采用分组求和法求an的前 n 项和．
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考点突破 题型透析
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考点一 分组转化求和
(2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列bn的前 2n 项和． (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝211－－222n＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n， 故数列bn的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
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数列的求和方法
4．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从 而求得其和． 5．分组转化求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组 成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减． 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 an ＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
高三总复习.数学（文）
第五章 数 列 第4课时 数列求和
考
考点一 分组转化求和
点
考点二 裂项相消法求和
考点三 错位相减法求和
■方法探究•系列
■应考迷津•展示
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考纲·展示
1.转化为等差、等比数列，用公式法求数列的和． 2.用裂项相消法求和． 3.用错位相减法求和． 4.数列求和与不等式证明或求解相结合．
[自测 2] 若数列an的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列an的前 n 项和
Sn 为( ) A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n2－2
C
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数列的求和方法
[自测 3] 数列an的通项公式为 an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前 100 项之
形如an1·bn的数列可利用裂项相消法． 常见的裂项公式 (1)nn＋1 1＝1n－n＋1 1； (2)nn1＋k＝1k1n－n＋1 k；
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考点二 裂项相消法求和
(3)2n－112n＋1＝212n1－1－2n1＋1；
和 S100 等于( )
A．200
B．－200
C．400
D．－400
B
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数列的求和方法
[自测 4] 3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________. 4－n＋2n 4
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数列的求和方法
[自测 5] (教材改编)数列 1，1＋1 2，1＋12＋3，…的前 n 项和 Sn＝