数列求和综合(文)解析版

合集下载

高考数学专题03数列求和问题（第二篇）（解析版）

⾼考数学专题03数列求和问题（第⼆篇）（解析版）备战2020年⾼考数学⼤题精做之解答题题型全覆盖⾼端精品第⼆篇数列与不等式【解析版】专题03 数列求和问题【典例1】【福建省福州市2019-2020学年⾼三上学期期末质量检测】等差数列{}n a 的公差为2, 248,,a a a 分别等于等⽐数列{}n b 的第2项，第3项，第4项. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满⾜12112n n nc c c b a a a ++++=L ,求数列{}n c 的前2020项的和．【思路引导】(1)根据题意同时利⽤等差、等⽐数列的通项公式即可求得数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求出数列{}n c 的通项公式，再利⽤错位相减法即可求得数列{}n c 的前2020项的和.解：(1)依题意得: 2324b b b =，所以2111(6)(2)(14)a a a +=++ ，所以22111112361628,a a a a ++=++解得1 2.a = 2.n a n ∴= 设等⽐数列{}n b 的公⽐为q ，所以342282,4b a q b a ==== ⼜2224,422.n n n b a b -==∴=?= (2)由（1）知，2,2.n n n a n b ==因为11121212n n n n nc c c c a a a a +--++++= ①当2n ≥时,1121212n n n c c c a a a --+++= ②由①-②得，2n n nc a =，即12n n c n +=?，⼜当1n =时，31122c a b ==不满⾜上式，18,12,2n n n c n n +=?∴=?≥ .数列{}n c 的前2020项的和34202120208223220202S =+?+?++?2342021412223220202=+?+?+?++?设2342020202120201222322019220202T =?+?+?++?+? ③，则34520212022202021222322019220202T =?+?+?++?+? ④，由③-④得：234202120222020222220202T -=++++-?2202020222(12)2020212-=-?-2022420192=--? ，所以20222020201924T =?+，所以2020S =202220204201928T +=?+.【典例2】【河南省三门峡市2019-2020学年⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满⾜221n S n n =-+，数列{}n b 中，2+，对任意正整数2n ≥，113nn n b b -??+=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在实数µ，使得数列{}3nn b µ+是等⽐数列？若存在，请求出实数µ及公⽐q 的值，若不存在，请说明理由；（3）求数列{}n b 前n 项和n T . 【思路引导】（1）根据n S 与n a 的关系1112n nn S n a S S n -=?=?-≥?即可求出；（2）假设存在实数µ，利⽤等⽐数列的定义列式，与题⽬条件1331n n n n b b -?+?=，⽐较对应项系数即可求出µ，即说明存在这样的实数；（3）由（2）可以求出1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，所以根据分组求和法和分类讨论法即可求出．解：（1）因为221n S n n =-+，当1n =时，110a S ==；当2n ≥时，22121(1)2(1)123n n n a S S n n n n n -=-=-+-----=-．故*0,1 23,2,n n a n n n N =?=?-∈?…；（2）假设存在实数µ，使得数列{}3xn b µ?+是等⽐数列，数列{}n b 中，2133a b a =+，对任意正整数2n (113)n n b b -??+=.可得116b =，且1331n nn n b b -?+?=，由假设可得(n n n b b µµ--?+=-?+，即1334n n n n b b µ-?+?=-，则41µ-=，可得14µ=-，可得存在实数14µ=-，使得数列{}3nn b µ?+是公⽐3q =-的等⽐数列；（3）由（2）可得11111133(3)(3)444nn n n b b ---=-?-=?- ，则1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，则前n 项和11111111(1)123643121212nn n T -=++?+?+-+?+?-?? ? ????????? 当n 为偶数时，111111*********n n n T ??- =+=- ???- 当n 为奇数时，11111115112311128312248313n n n nT ??- =+=-+=- ????- 则51,21248311,2883nn n n k T n k ?-=-=??-=（*k N ∈）．【典例3】【福建省南平市2019-2020学年⾼三上学期第⼀次综合质量检查】已知等⽐数列{}n a 的前n 项和为n S ，且( )*21,nn S a a n =?-∈∈R N．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【思路引导】（1）利⽤临差法得到12n n a a -=?，再根据11a S =求得1a =，从⽽求得数列通项公式；（2）由题意得1112121n n n b +=---，再利⽤裂项相消法求和. 解：（1）当1n =时，1121a S a ==-.当2n ≥时，112n n n n a S S a --=-=?()*,因为{}n a 是等⽐数列，所以121a a =-满⾜()*式，所以21a a -=，即1a =，因此等⽐数列{}n a 的⾸项为1,公⽐为2,所以等⽐数列{}n a 的通项公式12n n a -=.（2）由（1）知21nn S =-，则11n n n n a b S S ++=,即()()1121121212121n n n n n n b ++==-----，所以121111111113377152121n n n n T b b b +?=++???+=-+-+-+???+- ? ? ? ?--?,所以11121n n T +=--.【典例4】【⼭东省⽇照市2019-2020学年上学期期末】已知数列{}n a 的⾸项为2，n S 为其前n 项和，且()120,*n n S qS q n +=+>∈N （1）若4a ，5a ，45a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式；（2）设双曲线2221ny x a -=的离⼼率为n e ，且23e =，求222212323n e e e ne ++++L .【思路引导】（1）先由递推式()120,*n n S qS q n +=+>∈N 求得数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列，然后结合已知条件求数列通项即可；（2）由双曲线的离⼼率为求出公⽐q ，再结合分组求和及错位相减法求和即可得解. 解：解：（1）由已知，12n n S qS +=+，则212n n S qS ++=+，两式相减得到21n n a qa ++=，1n ≥.⼜由212S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ≥都成⽴.所以，数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列. 由4a ，5a ，45+a a 成等差数列，可得54452=a a a a ++，所以54=2,a a 故=2q .所以*2()n n a n N =∈.（2）由（1）可知，12n n a q-=，所以双曲线2的离⼼率n e ==由23e ==，得q =.所以()()()()2122222123231421414n n e e e n e q n q -++++?=++++++ ()()()21214122n n n q nq -+=++++，记()212123n n T q q nq -=++++①()()2122221n n n q T q q n qnq -=+++-+②①-②得()()221222221111n n nnq q ---=++++-=-- 所以()()()()222222222211122121(1)111nn n n n n n n q nq q nq T n n q q q q --=-=-=-+?=-+----. 所以()()222212121242n n n n e e n e n +++++?=-++. 【典例5】已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满⾜()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等⽐数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()111n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系，利⽤临差法得到13n n a a --=，知公差为3；再由1n =代⼊递推关系求1a ；（2）观察数列{}n b 的通项公式，相邻两项的和有规律，故采⽤并项求和法，求其前2n 项和. 解：（1）Q 对任意*n ∈N ，有() ()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.②①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. ⽽数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成⽴；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成⽴，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .（2）2122n n T b b b =+++=L 12233445221n n a a a a a a a a a a +-+-+-L()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-L242666n a a a =----L ()2426n a a a =-+++L246261862n n n n +-=-?=--.【典例6】【2020届湖南省益阳市⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为112a =，()1122n n n S a ++=-. （1）求2a 及数列{}n a 的通项公式；（2）若()1122log n n b a a a =L ，11n n nc a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T . 【思路引导】（1）利⽤临差法将递推关系转化成2112n n a a ++=，同时验证2112a a =，从⽽证明数列{}n a 为等⽐数列，再利⽤通项公式求得n a ；（2）利⽤对数运算法则得11221nn c n n ??=+- ?+??，再⽤等⽐数列求和及裂项相消法求和，可求得n T 。

2020版高考文科数学大二轮专题复习新方略讲义：4.2递推数列及数列求和的综合问题 Word版含解析

当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n .(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1.由数列递推式求通项公式的常用方法『对接训练』1．根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式： (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ；(3)a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2.解析：(1)a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.(2)∵a n ＋1a n＝2n ，∴a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1，所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得『对接训练』利用裂项相消法求和的注意事项『对接训练』1．若一个数列由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.『对接训练』4．[2016·高考全国卷Ⅱ]S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记b n＝[lg a n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{b n}的前1 000项和．解析：(1)设{a n}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{a n}的通项公式为a n＝n.b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n<10，1，10≤n<100，2，100≤n<1 000，3，n＝1 000，所以数列{b n}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.Tn；②证明．解析：(1)解：设等比数列{an}的公比为q＋1)(k＋2)k＋2k＋1所以，.2．[2019·重庆市七校联合考试关于x的不等式a1x2－dx－3<0的解集为(1)求数列{a n}的通项公式；。

专题4.2 数列求和附答案解析-2021年高考数学(文)尖子生培优题典2

2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：一、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l，95，则该数列的第8项为( )A．99 B．131 C．139 D．1412．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（）A．五寸B．二尺五寸C．五尺五寸D．四尺五寸3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a前项和为n S，若4a，10a是方程2x8x1=0-+ S=（）的两根，则134．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （） A ．23B ．914C ．2031D ．11175．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（） A ．5000B ．5000-C ．5050D ．5050-6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．404020237．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（） A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．202120228．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（）9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．2020202110．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（）A ．3821+B ．3922+C ．3822+D ．39211．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．12．（2020·山西其他（文））设函数22()log xf x =，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，数列{b n }满足：b n +1＝2b n +2，且a n +1﹣a n ＝b n ；（1）求证：数列{b n +2}是等比数列；（2）求数列{a n }的通项公式．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式；（2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,nn n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T .解析附后2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：二、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l ，95，则该数列的第8项为( ) A ．99 B ．131C ．139D ．141【答案】D 【解析】所给数列为高阶等差数列设该数列的第8项为x根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列，得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列即得到了一个等差数列，如图：根据图象可得：3412y -=，解得46y =9546x y -==解得：141x =故选：D ．2．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui ）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（）A ．五寸B ．二尺五寸C ．五尺五寸D ．四尺五寸【答案】C【解析】设晷影长为等差数列{}n a ，公差为d ，1145a =，1325a =，则1451225d +=，解得10d =-． 1014510955a ∴=-⨯=∴夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是五尺五寸．故选：C ．3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a 前项和为n S ，若4a ，10a 是方程2x 8x 1=0-+的两根，则13S =（） A ．58 B ．54 C ．52 D ．56【答案】C【解析】410,a a 是方程2810x x -+=的两根，4108a a ∴+=， 410728a a a ∴+==，1131371313522a a S a +∴=⨯==，故选C. 4．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （） A ．23B ．914C ．2031D ．1117【答案】B 【解析】1955199195519992299223911492a a a a a a Sb b b b b b T +⨯+⨯======++⨯+⨯ ,选B. 5．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（） A ．5000 B ．5000- C ．5050 D ．5050-【答案】B【解析】由题意知，当2,n k k N *=∈时，()222sin 0k a k k π==；当21,n k k N *=-∈时，()2212121sin2k k a k π--=-，所以数列{}n a 的前100项和 2222210012310013599......1357...9799S a a a a a a a a =++++=++++=-+-++-()()()()()()13135757...97999799=-⨯++-⨯+++-⨯+()504921357...9799250250002⨯⎛⎫=-⨯++++++=-⨯+⨯=- ⎪⎝⎭.故选:B6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n nn a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．40402023【答案】B【解析】由题意可知12a =，213a a -=，324a a -=，，11n n a a n --=+，累加可得()(3)23412n n n a n +=+++++=， 2112()(2)(2)(3)23n n n a n n n n ∴==-+++++，1111111122()2()2()2()3445233339n nS n n n n ∴=-+-++-=-=++++. 2020220204040=3202096069S ⨯∴=⨯+ 故选：B.7．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（）A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．20212022【答案】C【解析】()2f x x ax =-，()2f x x a '∴=-，由题意可知()123f a '=-=，得1a =-.()2f x x x ∴=+，()()21111111f n n n n n n n ===-+++， 20201111112020112232020202120212021S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故选：C.8．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（） A ．11 B ．10 C ．9 D ．8【答案】C【解析】把221nn F =+代入()2log 1n n a F =-），得()22log 2112nn n a =+-=，故()()21222112n nnS -==--，则11211142121n n n n n S S ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭，则不等式211223122211214212020n nn n n S S S S S S ++⎛⎫++⋯+=-< ⎪-⎝⎭成立，代入计算可得，当不等式成立时．n 的最小值为9．故选C ．9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．20202021【答案】D【解析】设等差数列{}n a 的公差为1d ，等差数列{}n b 的公差为2d 因为33a =，1515a =所以315112a a d =+，解得11d = 所以()313n a a n d n =+-=因为13b =，715b =所以7126b b d =+，解得22d = 所以()12121n b b n d n =+-=+所以()112111(1)(1)11n n n n c n n n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪++⎝⎭所以122020111111111+c 1223342019202020202021c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=+-++++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12020120212021=-=故选：D10．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（） A ．3821+ B ．3922+C ．3822+D ．392【答案】B 【解析】分析：由1122n n n a a ++-=可得11122n nn n a a ++-=，从而得数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列，求得2n n a n =⋅，再根据错位相减法即可得结果.详解：根据题意得11122,2n n n a a a ++-==，11122n nn na a ++∴-=， ∴数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列， ()11,22nn n na n n a n ∴=+-=∴=⋅， 123122232...2n n S n ∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412122232...2n n S n +∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412222...22n n n S n +∴-=++++-⋅()111212222212n n n n n n +++-=-⋅=-+-⋅-，()1212n n +=-+-，()()133133122,33122n n S n S ++∴=-+=-+3922=+，故选B.11．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．【答案】3【解析】解：数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，①可得11a =，2n 时，1213(23)1n a a n a n -++⋯+-=-，② ①-②可得(21)1n n a -=，即有121n a n =-，对1n =也成立，则11111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+即为2711111111(1)(1)log 2335212122121nn n n n n λ-+-+⋯+-=-=-+++，可得271log 21n λ+对任意*n N ∈恒成立，显然1()21f n n =+为递减数列， ()1f 取得最大值13，可得271log 3λ，解得3λ，实数λ的最小值为3．故答案为：3．12．（2020·山西其他（文））设函数2()log 42f x x=-，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.【答案】40392-【解析】由题得4039124039S a a a =++⋅⋅⋅+,4039403921S a a a =+⋅⋅⋅++，两式相加得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，考虑一般情况，设k *∈N ,则404022404022404020202020log log 404020202020424220202020k kk kk k a a f f k k --⨯⨯-⎛⎫⎛⎫+=+=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭-⨯-⨯ ()22404021=log log 12404022k kk k ⎡⎤-⨯==-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦所以40394039403924039,.2S S =-∴=-故答案为：40392-13．（2020·全国专题练习（文））在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝____．【答案】676 【解析】当n 为偶数时，22,2(1)22n n n na a a n +-==+-⨯= ；当n 为奇数时，20,1n n n a a a +-== ；所以12511261(24650)26125(250)6762a a a +++=⨯+++++=⨯+⨯⨯+=14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．【答案】40402021【解析】因为11n n a a n +=++，故可得213212;3;;n n a a a a a a n --=-=-=，累加可得123n a a n -=++，又因为11a =，则()11232n n n a n +=++++=，故可得()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，则122020111a a a +++111112122320202021⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦140402*********⎛⎫=-=⎪⎝⎭. 故答案为：40402021. 15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．【答案】880【解析】由于正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且242n n n S a a =+.当1n =时，21111442a S a a ==+，得21120a a -=，10a >，解得12a =；当2n ≥时，由242n n n S a a =+得211142n n n S a a ---=+，两式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，可得2211220n n n n a a a a -----=，()()1120n n n n a a a a --∴+--=，对任意的n *∈N ，0n a >，则10n n a a ->+，12n n a a -∴-=，所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公差的等差数列，()2212n a n n ∴=+-=.()()()11141n nn n n b a a n n +=-⋅=-⋅+，()()2124212422116n n b b n n n n n -∴+=--⨯+⨯+=，所以，20T 可视为数列{}212n n b b -+的前10项和，因此，()20101616108802T ⨯+⨯==.故答案为：880.16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.【答案】11()2nn -+【解析】因为n n a S n +=，所以当1n =时，121a =，解得112a =，当2n ≥时，111n n a S n --+=-所以111n n n n a a S S ---+-=，即11(1)2n n a a -=+，2n ≥ 所以111(1)2n n a a --=-，即11112n n a a --=-，2n ≥ 所以{1}na -是以12-为首项，12为公比的等比数列，所以11111()()()222n n n a --=-⨯=-，即11()2n n a =-，2n ≥又112a =满足上式，所以11()2nn a =-，*n N ∈所以23123111111()1()1()2222n n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+- =231111[()()()]2222n n -+++⋅⋅⋅+=11[1()]1221()1212n n n n --=-+- 故答案为：11()2nn -+17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）()*21n a n n N=-∈（2）16(23)2n nTn +=+-⋅【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为()d d ≠0，因为1S ，2S ，4S 成等比数列，所以2214S S S =，所以()()21211234a a a a a a a +=+++，那么()()2111246a d a a d +=+，所以2d =或0d =（舍去）又因为11a =，则()*21n a n n N=-∈（2）由（1）得2(21)2n nn n b a n =⋅=-⋅，所以数列{}n b 的前n 项和23123252(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅①，所以23121232(23)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅+-⋅②，由①②相减得2312222222(21)2nn n T n +-=+⨯+⨯+⋯+⨯--⋅()231222222(21)2n n n +=-++++⋯+--⋅()212122(21)212n n n +-=-+--⋅-21162(21)26(23)2n n n n n +++=-+--⋅=---⋅.所以16(23)2n n T n +=+-⋅.18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 【答案】（1）2nn a =；（2）()121221n n +--.【解析】（1）()()23143241130302020a q q q S a a a q q ⎧⎧+++==⎪⎪⇒⎨⎨+=+=⎪⎪⎩⎩，解得12a =，2q.所以1222n nn a -=⋅=.（2）由（1）可知2nn a =，所以()()21222112nnnS-==--，又()()1112211142121221221n n n n n n n n S S +++⎛⎫==⋅- ⎪⋅--⎝-⋅-⎭，则2231111111142212121211n n n T +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥----⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦()111111122211421421221n n n n n ++++--⎛⎫=⋅-=⋅= ⎪---⎝⎭. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）12362n n -+-. 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得()()1212234,{12,a a a a a a +=+++=即12234,{8,a a a a +=+=所以()()()11114,{28,a a d a d a d ++=+++=解得11,{2,a d == 所以21n a n =-．（Ⅱ）由（Ⅰ）得112122n n n a n ---=，所以122135232112222nn n n n S ----=+++⋯++，① 23111352321222222n n n n n S ---=+++⋯⋯++，② -①②得：2211112123113222222n n n nn n S --+=++++⋯+-=- 所以4662n nn S +=-． 20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，数列{b n }满足：b n +1＝2b n +2，且a n +1﹣a n ＝b n ；（1）求证：数列{b n +2}是等比数列；（2）求数列{a n }的通项公式．【答案】（1）见解析（2）122n n +﹣【解析】（1）证明：a 1＝2，a 2＝4，且a n +1﹣a n ＝b n ；∴b 1＝a 2﹣a 1＝4﹣2＝2．由b n +1＝2b n +2，变形为： ()1222+n n b b +=+， ∴数列{b n +2}是等比数列，首项为4，公比为2．（2）解：由（1）可得：b n +2＝4×2n ﹣1，可得b n ＝2n +1﹣2． ∴a n +1﹣a n ＝b n ＝2n +1﹣2．∴()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋯+-+()()()122222222n n -=-+-+⋯+-+1222222(1)n n n -=++⋯++--()22121n -=--2n +2＝2n +1﹣2n ．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式；（2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）证明见解析，2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（2）()1992322+=--+⨯n n n n S .【解析】（1）∵11a =，1340n n a a +-+= ∴11433n n a a +=-． ∴1122033n n a a ++=+≠． ∴12123n n a a ++=+．∴{}2n a +是首项为3，公比为13的等比数列． ∴11233n n a -⎛⎫+=⨯ ⎪⎝⎭，故2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（2）由（1）得22231112log 333n n n n b n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴()102111...12...333n n S n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()1311199312232213n n n n n n ⎛⎫- ⎪++⎝⎭=-=--+⨯-． 22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,n n n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T . 【答案】（1）证明见解析；（2）2125131244n n +--+ 【解析】（1）证明：因为112a =，()1102n n n n S S S S n +-+-=≥，所以216a =-，所以10n n S S -≠，所以1111n n S S --=. 所以1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以112S =为首项，以1为公差的等差数列. （2）由（1）可得()1211n n n S =+-=+，所以11n S n =+. ∴()()()()11132n n n n n c n -⎧⎪++=⎨⎪⎩为奇数为偶数 ∴()132121111111...22...222446222n n T n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭2121111222512222331244n n n n ++-⎛⎫=-+=-- ⎪++⎝⎭．。

2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

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

清单24 数列求和与数列综合问题(解析版)-2022年新高考数学一轮复习知识方法清单与跟踪训练

【答案】B
【解析】当为奇数时, ,数列是首项为1,公差为2的等差数列；
当为偶数时, ,数列是首项为2,公差为0的等差数列,即常数列.
则 .故选B.
5.若为等差数列,求的前n项和,可采用并项求和,即把相邻两项合并,构造一个新数列求和
【对点训练5】若数列的通项公式是 ,则
A． B． C． D．
又当时,有 ,可得： ,∴数列是首项为1,公比为的等比数列,
∴ , ,∴ ,
∴ .
4.若 , 为等差数列或等比数列,求的前n项和可以采用分组求和,分别求出的奇数项之和与偶数项之和再相加.
【对点训练4】（2021届四川省九市高三二模）记为数列的前项和,若 , ,且 ,则的值为（）
A．5050B．2600C．2550D．2450
是以为首项, 为公差的等差数列, ；
经检验：满足；
综上所述： ,
,
,
由得： ,
令 ,则 ,
为递增数列, , ,即实数的取值范围为 .
故选A.
9．（2021届河南省驻马店市高三上学期四校联考）数列满足 ,则数列的前60项和等于（）
A．1830B．1820C．1810D．1800
【答案】D
【解析】当为正奇数时,由题意可得 , ,
两式相加得；
当为正偶数时,由题意可得 , ,
两式相减得 .
因此,数列的前项和为 .
故选D.
10．已知等比数列满足 , ,若 , 是数列的前项和,对任意 ,不等式恒成立,则实数的取值范围为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为 ,
10.裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项．(1)用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如：＝ ( － ), ＝ ( － ),裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)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．

高考数学(文)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题三第2讲数列求和及其综合应用 Word版含答案

第2讲数列求和及其综合应用错位相减法求和[学生用书P34]共研典例类题通法错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )·b n ＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．(2016·高考山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n.求数列{c n }的前n 项和T n .【解】(1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式．所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋ (2)＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.应用错位相减法求和需注意的问题(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证． [跟踪训练](2016·兰州模拟)等差数列{a n }中，已知a n ＞0，a 1＋a 2＋a 3＝15，且a 1＋2，a 2＋5，a 3＋13构成等比数列{b n }的前三项．(1)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 ，则由已知得： a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝15，即a 2＝5. 又(5－d ＋2)(5＋d ＋13)＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝3，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝2n ＋1. 又b 1＝a 1＋2＝5，b 2＝a 2＋5＝10，所以公比q ＝2，所以b n ＝5×2n －1.(2)因为T n ＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1]， 2T n ＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ]，两式相减得－T n ＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ]＝5[(1－2n )2n －1]，则T n ＝5[(2n －1)2n ＋1]．裂项相消法求和[学生用书P35]共研典例类题通法 1．常见的裂项类型 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； (2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；(3)1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；(4)14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(5)n ＋1n （n －1）·2n ＝2n －（n －1）n （n －1）·2n ＝1（n －1）2n －1－1n ·2n. 2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项公式a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2016·海口调研测试)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1＝7，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ； (2)若b n ＝5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)因为a 2，a 5，a 10成等比数列，所以(7＋d )(7＋9d )＝(7＋4d )2，又因为d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋5，S n ＝（7＋2n ＋5）n 2＝n 2＋6n .(2)由(1)可得b n ＝5（2n ＋5）（2n ＋7）＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7，所以T n ＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝5n14n ＋49.裂项相消法的技巧在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．[跟踪训练](2016·石家庄模拟)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.分组转化求和[学生用书P35]共研典例类题通法分组转化求和的三种类型分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n 的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n 为奇数、偶数分类求和．(2016·呼和浩特模拟)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【解】(1)因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a n ＋n ≠0，所以{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1. 所以a n ＝2n ＋1－n .(2)S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组.(3)根据数列的周期性分组.[题组通关]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝( )A ．1009B ．1010C ．－1009D ．－1010B [解析] 因为a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＋2018＝1008×(－1)＋2018＝1010.2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，数列{a 2n －1}是首项为1的等差数列，数列{a 2n }是首项为2的等比数列，且满足S 3＝a 4，a 3＋a 5＝a 4＋2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求S 2n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1＋d ，a 4＝2q ，a 5＝1＋2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋d ＝2q ，（1＋d ）＋（1＋2d ）＝2＋2q ，解得d ＝2，q ＝3.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，(k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n －1) ＝（1＋2n －1）n 2＋2（1－3n ）1－3＝n 2－1＋3n .等差、等比数列的综合问题[学生用书P36]共研典例类题通法解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：S n ＜34.【解】(1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *，得（a n ＋1－1）＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，即1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，亦即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项，－1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)证明：因为b n ＝a n ＋1a n －1＝（n ＋1）2n （n ＋2）－1＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×⎝⎛⎭⎫1＋12＝34.解决数列综合问题的方法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解. [跟踪训练](2016·武汉模拟)已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（2n ＋1）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，即(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，化简得d 2＝2a 1d .因为d ≠0，所以d ＝2a 1.① 因为a 3＝－52，所以a 1＋2d ＝－52.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12d ＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12.(2)因为b n ＝1（2n ＋1）a n ＝1（2n ＋1）⎝⎛⎭⎫－n ＋12＝－2（2n ＋1）（2n －1）＝12n ＋1－12n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1＋⎝⎛⎭⎫15－13＋⎝⎛⎭⎫17－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n －1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 课时作业[学生用书P120(独立成册)]1．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2B ．442C ．22D ．44B [解析] 因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1080D ．3105B [解析] 因为a n ＋1＝a n ＋3，所以a n ＋1－a n ＝3. 所以{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列．所以a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. 所以前20项都为负值．所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.因为S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( )A ．20B ．40C ．60D ．80C [解析] 由a n ＋1＝a na n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.4．(2016·郑州模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B.2011C ．－95D.95A [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝－2·⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 5．设b n ＝a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）(其中a n ＝2n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 5＝( )A.3133B.3233C.3166D.1633C [解析] 由题意得，b n ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1，所以T 5＝12－133＝3166.6．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和大于62，则n 的最小值为( )A ．8B ．7C ．6D ．9C [解析] 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＞0，知f （x ）g （x ）在R 上是增函数，即f （x ）g （x ）＝a x 为增函数，所以a ＞1.又因为a ＋1a ＝52，所以a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝21＋22＋…＋2n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62.即2n ＞32，所以n ＞5.7．(2016·海口调研测试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________．[解析] 依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. [答案]43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋28．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为________．[解析] 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2，3，4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2. [答案]29．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2017＝________．[解析] 因为a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，所以a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，所以S 2017＝1009a 1＋1008a 2＝1009×⎝⎛⎭⎫12－2＋1008×2＝10052. [答案]1005210．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．[解析]因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91. [答案]9111．(2016·东北四市联考)已知数列{a n }满足a 1＝511，a 6＝－12，且数列{a n }的每一项加上1后成为等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意数列{a n ＋1}是等比数列，设公比为q ，a 1＋1＝512，a 6＋1＝12＝512×q 5，解得q ＝14. 则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列，所以a n ＋1＝211－2n ，a n ＝211－2n －1.(2)由(1)知b n ＝|11－2n |，当n ≤5时，T n ＝10n －n 2，当n ≥6时，T n ＝n 2－10n ＋50，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5n 2－10n ＋50，n ≥6. 12．(2016·哈尔滨模拟)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4.即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0.因为公比q ≠0，所以q ＝2.所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1 ＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.13．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n n ＋1. [解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(选做题)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30. [解] (1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ，因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3. (2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)，所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.。

数列求和(分组求和、并项法、错位相减、裂项相消)综合经典例题(收藏版)含答案详解

数列求和综合（经典总结版）含答案详解包括四种题型：分组求和、并项法、错位相减、裂项相消一、分组求和例1．求和.练1已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n ∈N ，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S .例2．（奇偶性）已知等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（Ⅱ）设b n ＝，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn 的值.练1.求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.三、错位相减例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥（I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

11111232482n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭{}n a n 1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--15S 22S 21-2223-242(1)n n •-50S n n S练1 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列．若a 1－a 3＝－32，求数列{n ·a n }的前n 项和T n .练2 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .例2已知数列{}n a 的首项123a =，121n n n a a a +=+，1,2,3,n =…．（Ⅰ）证明：数列1{1}na -是等比数列；（Ⅱ）数列{}n n a 的前n 项和n S ．练1 已知各项均为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，首项为1a ，且n n S a ,,21等差数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若n bn a )21(2=，设nnn a b c =，求数列{}n c 的前n 项和n T .练2、已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .例3 在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n .例4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn ，求数列{c n }的前n 项和T n .四、裂项相消裂项相消的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，以达到求和的目的. 常见的裂项相消形式有： 1. 111(1)1n a n n n n ==-++ 1111()(2)22n a n n n n ==-++ ┈┈1111()()n a n n k k n n k ==-++2n p a An Bn C ⇒=++（分母可分解为n 的系数相同的两个因式）2. 1111()(21)(21)22121n a n n n n ==--+-+ 1111()(21)(23)22123n a n n n n ==-++++1111()(65)(61)66561n a n n n n ==--+-+3. 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n a n n n n n n n ⎡⎤==-⎢⎥+++++⎣⎦4.)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-n n n n n 5. 111211(21)(21)2121n n n n n n a ---==-++++ +1+1211(21)(21)2121nnn n n n a ==-++++122(1)111(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n a n n n n n n -++-==⋅=-++⋅+6.=┈┈12=1k=- 例1．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ； (Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ．练1.等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式； (Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{nb 的前n 项和．例2．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)求n a 及n S ； (Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ．例3．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a nb 求数列}{n b 的前n 项和n T .例4．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T .练1、已知数列{}n a 是首相为1，公差为1的等差数列，21n n n b a a +=⋅，n S 为{}n b 的前n 项和，证明：1334n S ≤<.例5．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1+a 4＝9，a 2a 3＝8．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n ．例6. （无理型）设数列{}n a 满足01=a 且111111=---+nn a a ，（1）求{}n a 的通项公式；（2）设na b n n 11+-=，记∑==nk kn bS 1，证明：1<n S .例7.（指数型）．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝﹣n ﹣1．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）求数列{}的前n 项和T n ．例8．设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n （n ∈N *），{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2+2，a 4＝b 3+b 5，a 5＝b 4+2b 6．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设数列{S n }的前n 项和为T n （n ∈N *），（i ）求T n ；（ii ）证明＝﹣2（n ∈N *）作业：1．设231()2222()n f n n N ++=++++∈，则()f n 等于（）A.21n -B.22n -C. 122n +-D. 222n +-2．满足*12121,log log 1()n n a a a n +==+∈N ，它的前n 项和为n S ，则满足1025n S >的最小n 值是（）A ．9B ．10C ．11D ．123．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( A ) A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．1011004．求和2345672223242526272+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= . 5．定义在上的函数满足，则6．已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ，求T 2 012；(3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .7．已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .8. 已知数列{an}的前n 项和Sn ＝－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Tn.R )(x f 2)21()21(=-++x f x f )83()82()81(f f f ++67()()_______88f f +++=数列求和综合答案详解版一、分组求和例1．求和. 【解析】(1+2+3+…+n)+ =【总结升华】1. 一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解.2. 一般地，如果等差数列与等比数列的对应项相加而形成的数列都用分组求和的办法来求前项之和.练1已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n ∈N ，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S . 【解析】（1）232(164)2325p q p q p q p p +=⎧⎨+=+++⎩ 解得11q p =⎧⎨=⎩（2）12212(21)(22)+(2)n n S x x x n =+++=+++++………… =12(22+2)(123+n)n ++++++…………=1(1)222n n n ++-+ 例2．（奇偶性）已知等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（Ⅱ）设b n ＝，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．【解答】解：（I ）设等差数列{a n }的过程为d ，∵a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列． ∴＝a 1•（a 4+2），即（1+d ）2＝1×（1+3d +2），化为：d 2﹣d ﹣2＝0，解得d ＝2或﹣1．其中d ＝﹣1时，a 2＝0，舍去．∴d ＝2．a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，S n ＝＝n 2．（Ⅱ）设b n ＝＝，∴n 为偶数时，＝＝16，b 2＝8；11111232482n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭11111232482n n S n ⎛⎫=+++⋅⋅⋅++= ⎪⎝⎭111242n ⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭(1)1122n n n ++-{}n a {}n b {}n n a b +n n Sn 为奇数时，＝＝，b 1＝．∴数列{b n }的奇数项是首项为，公比为．数列{b n }的偶数项是首项为8，公比为16．∴数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝+＝．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn 的值.【思路点拨】该数列{}n a 的特征：1(1)(43)n n a n -=--，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：1234561...4n n a a a a a a a a ++=+=+==+=-（n 为奇数），可以将相邻两项组合在一起. 【解析】（1）法1（分组）由可得，法2（并项）a1+a2=−4,a3+a4=−4（2）由∴当为奇数，时，，Sn=( a1+a2)+ a3+a4……（a n-2-a n-1）+an=−4(n−12)+4n-3=2n-1当为偶数，时，，Sn=( a1+a2)+ a3+a4……（a n-1+an ）=−4×n2=−2n 【总结升华】1.对通项公式中含有或的一类数列，在求时要注意讨论的奇偶情况.2. 对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结. 举一反三：【变式1】求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.{}n a n 1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--15S 22S 1(1)(43)n n a n -=--158(157)7(553)[19...(4153)][513...(4143)]2922S ++=+++⨯--+++⨯-=-=2211(181)11(585)[19...(4213)][513...(4223)]4422S ++=+++⨯--+++⨯-=-=-1(1)(43)n n a n -=--n n N +∈1(43)(41)4n n a a n n ++=--+=-n n N +∈1(43)(41)4n n a a n n ++=--++=n )1(-1n )1(+-n S n 21-2223-242(1)n n •-50S n n S【解析】（1）设，则数列为等差数列，且是的前25项之和，所以.（2）当为偶数即时，.当为奇数即时，.三、错位相减例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥ （I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

高二数学数列求和试题答案及解析

高二数学数列求和试题答案及解析1.已知数列的前项和为，且，；数列中，点在直线上．（1）求数列和的通项公式；（2）设数列的前和为，求；【答案】（1），（2）【解析】（1）求数列的通项公式用公式法即可推导数列为等比数列，根据等比数列通项公式可求。

求的通项公式也用公式法，根据已知条件可知数列为等差数列，根据等差数列的通项公式可直接求得。

（2）用列项相消法求和。

试题解析：解：（1）∵，∴当时，…2分所以，即∴数列是等比数列．∵，∴∴． 5分∵点在直线上，∴，即数列是等差数列，又，∴．…7分（2）由题意可得，∴， 9分∴，…10分∴． 14分【考点】1求数列的通向公式；2数列求和。

2.数列的通项公式，则该数列的前（）项之和等于.A．B．C．D．【答案】B【解析】，令，解得.故选B.【考点】数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）3.设数列中，，则通项 ___________．【答案】．【解析】由已知得，即数列后项与前项的差，求它的通项公式的方法是的累加法，，＝．【考点】数列的求和．4.已知数列的前n项和，则（）A．20B．19C．18D．17【答案】C【解析】当时，有【考点】数列求通项点评：由数列前n项和求通项5.观察下列三角形数表：第一行第二行第三行第四行第五行………………………………………….假设第行的第二个数为.（1）依次写出第八行的所有8个数字；（2）归纳出的关系式，并求出的通项公式.【答案】（1）根据已知条件可知每一个数字等于肩上两个数之和，那么可知第八行中的8个数字为8,29,63,91,91,63,29,8（2）【解析】(1)8,29,63,91,91,63,29,8(规律：每行除首末数字外，每个数等于其肩上两数字之和)（2）由已知：，所以有：，, ,……,,将以上各式相加的：所以的通项公式为：。

【考点】累加法求解数列的通项公式点评：主要是考查了递推关系式的运用，结合累加法来求解数列的通项公式，属于基础题。

专题04 数列求和及综合应用(解析版)

专题04 数列求和及综合应用【要点提炼】1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.2.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系为a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 3.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并. (2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.温馨提醒裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 4.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.考点一数列求和及综合应用考向一 a n 与S n 的关系问题【典例1】设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值.解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *，所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1，两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14，所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n.(2)由(1)知b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1，数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2， c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2，所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.由S n 求a n 时，一定注意分n ＝1和n ≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.【拓展练习1】 (2020·合肥检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若{b n }是递增数列，求实数a 的取值范围. 解 (1)a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， a 2n －1＝S n －1＋S n －2(n ≥3).相减可得a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，∵a n ＞0，a n －1＞0，∴a n －a n －1＝1(n ≥3). 当n ＝2时，a 22＝a 1＋a 2＋a 1，∴a 22＝2＋a 2，a 2＞0，∴a 2＝2. 因此n ＝2时，a n －a n －1＝1成立. ∴数列{a n }是等差数列，公差为1. ∴a n ＝1＋n －1＝n .(2)b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )＝(n －1)2＋a (n －1)， ∵{b n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝n 2＋an －(n －1)2－a (n －1) ＝2n ＋a －1＞0，即a ＞1－2n 恒成立，∴a ＞－1. ∴实数a 的取值范围是(－1，＋∞). 考向二数列求和方法1 分组转化求和【典例2】 (2020·山东五地联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)，所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a 1及d ；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n 项和公式求和.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易忽视数列通项的下标如错得a 2n ＝n ，应注意“＝”左右两边保持一致.【拓展练习2】 (2020·潍坊调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，解得⎩⎨⎧a 1＝4，d ＝4，所以a n ＝4n ，因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0，两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)，则数列{b n }为首项为3，公比为2的等比数列，所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎨⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝（4＋4n －4）·n 22＋6（1－4n2）1－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，法一 n －1(n ≥3)为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，n ＝1时符合上式.法二 P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝（4＋4n ）·n ＋122＋6（1－4n －12）1－4＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.方法2 裂项相消求和【典例3】 (2020·江南六校调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2.(1)证明：{a n }为等比数列； (2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围.(1)证明由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列. (2)解由(1)可得a n ＝2n ，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn （n ＋1）＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， T n ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1，因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10（n ＋1）n ，因为10（n ＋1）n ＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ≤20，所以λ的取值范围为[20，＋∞).探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.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.【拓展练习3】设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，① 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.方法3 错位相减法求和【典例4】 (2020·济南统测)在①a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，②b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，③S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题. 已知等差数列{a n }的公差为d (d >1)，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，且a 1＝b 1，d ＝q ，________. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解选条件①.(1)∵a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，2a 1＋5d ＝6a 1d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝256，d ＝512(舍去).∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.选条件②.(1)∵b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝3a 1d 2，即⎩⎨⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝6d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝－2(舍去).∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.选条件③.(1)∵S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋7d ＝8a 1d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝218，d ＝38(舍去)，∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.探究提高 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，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【拓展练习4】 (2020·潍坊模拟)在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n .公差不等于0的等差数列{b n }满足________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1.选①②时，设数列{b n }的公差为d 1. 因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3(ⅰ).因为b 2n ＝2b n ＋1，所以当n ＝1时，b 2＝2b 1＋1(ⅱ). 由(ⅰ)(ⅱ)解得b 1＝23，b 2＝73，所以d 1＝53，所以b n ＝5n －33.所以b n a n＝5n －33n .所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1.上面两式相减，得23S n ＝23＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1 ＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1.所以S n ＝94－10n ＋94×3n .选②③时，设数列{b n }的公差为d 2.因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d 2＝3.因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 2)2＝b 1(b 1＋3d 2)，化简得d 22＝b 1d 2.因为d 2≠0，所以b 1＝d 2，从而d 2＝b 1＝1，所以b n ＝n . 所以b n a n ＝n 3n －1.所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n .上面两式相减，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n . 所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1.选①③时，设数列{b n }的公差为d 3.因为b 2n ＝2b n ＋1，所以b 2＝2b 1＋1，所以d 3＝b 1＋1.又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 3)2＝b 1(b 1＋3d 3)，化简得d 23＝b 1d 3.因为d 3≠0，所以b 1＝d 3，无解，所以等差数列{b n }不存在.故不合题意.考向三与数列相关的综合问题【典例5】 (2020·杭州滨江区调研)设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2. ∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2，则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，设公比为q ，∵b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， ∴q ＝3.∴b n ＝3n －1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【拓展练习5】已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，若{a n }是各项为正数的等比数列，且a 1＝2，b 3＝b 2＋4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)若数列{c n }满足c n ＝a nb n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n ＜1. (1)解由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，① 当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，② ①－②可得a n ＝2(b n －b n －1) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8，∵a 1＝2，a n ＞0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). ∴2b n ＝21＋22＋23＋ (2)＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n（2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，当n ∈N *时，2n ＋1＞1，∴12n ＋1－1＞0，∴1－12n ＋1－1＜1，故T n ＜1.【专题拓展练习】一、单选题1．已知数列{}n a 满足()2*11n n n a a a n N+=-+∈，设12111n nS a a a =+++，且10910231a S a -=-，则数列{}n a 的首项1a 的值为（）A ．23 B ．1C ．32D ．2【答案】C 【详解】若存在1n a =，由2111n n n a a a --=-+，则可得11n a -=或0n a =，由12111n nS a a a =+++可得0n a ≠，由10910231a S a -=-可得101a ≠所以{}n a 中恒有1n a ≠由211n n n a a a +=-+，可得()111n n n a a a +-=-所以()11111111n n n n n a a a a a +==----，即111111n n n a a a +=---所以1212231111111111111111n n n n S a a a a a a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111n a a +=--- 所以110109*********a S a a a -=---=-，即1010101010123222111111a a a a a a =+--=----= 所以1121a =-，则1112a -=，所以132a = 2．已知在数列{}n a 中，14a =，26a =，且当2n ≥时，149n n a a +=-，若n T 为数列{}nb 的前n 项和，19(3)n n n n a b a a +-=⋅，则当175(3)()8n n a T λ+=-⋅-为整数时，n λ=（）A ．6B ．12C ．20D ．24 【答案】D 【详解】当2n ≥时，149n n a a +=-，得134(3)n n a a +-=-，又26a =，∴{3}n a -从第二项开始是首项为3，公比为4的等比数列，∴2334n n a --=⨯(2n ≥)，∴2413432n n n a n -=⎧=⎨⨯+≥⎩，，，当1n =时，1138T b ==，217155(3)()82a T Z λ=-⋅-=∉，不符合题意，当2n ≥时，221213411(41)(41)4141n n n n n n b -----⨯==-++++， ∴12221131171()84141841n n n n T b b b ---=++⋅⋅⋅+=+-=-+++，则111115534154141n n n λ---=⨯⨯⨯=-++，由λ为整数可知141n -+是15的因数， ∴当且仅当2n =时λ可取整数，12λ=，所以24n λ=，3．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*()(11),2n n n n S a n N -+=∈，则数列{}n S 的前7项和为（） A ．1256-B ．85256-C ．11024- D ．3411024-【答案】B 【详解】 ∵(1)12nn n n S a -+=， ∴1n =时，1112S a +=-，即1112a a +=-，114a =-，由已知1(1)2nn n n S a =--， 2n ≥时，11111111(1)(1)(1)(1)222n n n nn n n n n n n n n na S S a a a a -----=-=----+=-+-+(*)， (*)式中n 为偶数时，112n n n na a a -=++，112n n a -=-，此时1n -为奇数， ∴n 为奇数时112n n a +=-(*)式中n 为奇数时，112n n n n a a a -=--+，1122n n na a --=-，即1111112222n n n n a -+-⎛⎫=-⨯-+= ⎪⎝⎭，此时1n -为偶数，∴n 为偶数时，12n na =， ∴11,21,2n n nn a n +⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，由1(1)2nn n nS a =--，得n 为奇数时，11122n n n S +=-，n 为偶数时，11022nn nS =-=， ∴数列{}n S 的前7项和为11111111421686432256128⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11118541664256256=----=-． 4．若()()*12coscoscoscos 5555n n n S n ππππ-=++++∈N ，则1S 、2S、、2020S 中值为0的共有（） A ．202个 B ．404个C ．606个D ．808个【答案】B 【详解】由于4coscos055ππ+=，23cos cos 055ππ+=，5cos 15π=-，69cos cos 055ππ+=，78cos cos 055ππ+=，10cos 15π=，所以234cos coscos cos 05555ππππ+++=， 2310cos cos cos cos 05555ππππ++++=，所以40S =，100S =，()()()101210coscos cos555n n n n n S S πππ++++-=+++()()()()()()1627510cos cos cos cos cos cos 555555n n n n n n ππππππ++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()()()()112255cos cos cos cos cos cos 555555n n n n n n ππππππ++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦0=，所以，()10n n S S n N *+=∈，则()44+100n SS n N *==∈，()10100n S S n N *==∈，因此，1S 、2S 、、2020S 中值为0的共有2022404⨯=个.5．已知数列{}n a 为等差数列，首项为2，公差为3，数列{}n b 为等比数列，首项为2，公比为2，设n n b c a =，n T 为数列{}n c 的前n 项和，则当2020n T <时，n 的最大值是（） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11【答案】A 【详解】解：由题意得：323(1)1n a n n ⨯-=+-=，2nn b =，2321n n n n b c a a ==⨯-=，123n T c c c ∴=+++…n c +123321321321=⨯-+⨯-+⨯-+…321n +⨯-(1233222=⨯+++…)2n n +-()212312n n ⨯-=⨯--1326n n +=⨯--，当8n =时，98326815222020T =⨯--=<；当9n =时，109326930572020T =⨯--=>，n ∴的最大值为8.6．已知数列{}n a 满足123232n n a a a na ++++=，设1(1)2nn n a b n -=+，n S 为数列{}n b 的前n 项和.若t n S <对任意n *∈N 恒成立，则实数t 的最小值为（） A ．1 B ．2C ．32D ．52【答案】C 【详解】1n =时，12a =，因为123232n n a a a na ++++=，所以2n ≥时，1123123(1)2n n a a a n a --++++-=，两式相减得到12n n na -=，故12,n n a n-=1n =时不适合此式，所以11,11,2(1)2(1)nn n n a b n n n n -=⎧⎪==⎨≥+⎪+⎩，当1n =时，111S b ==，当2n ≥时，111111313123341221n S n n n ⎛⎫=+-+-+-=-< ⎪++⎝⎭，所以32t ≥；所以t 的最小值32； 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n S an bn =+，（,a b 均为常数），且72a π=.设函数2()sin 22cos 2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（） A ．132πB ．7πC ．7D ．13【答案】D 【详解】因为2()sin 22cos sin 2cos 12xf x x x x =+=++，由2n S an bn =+，得()()()2211122n n n S S an bn a n b n an a b n a -=-=+----=-+≥，又11a S a b ==+也满足上式，所以2n a an a b =-+，则12n n a a a --=为常数，所以数列{}n a 为等差数列；所以11372a a a π+==，()()111131131313sin 2cos 1sin 2cos 1y f a f a a a a y a =+=++++++()()1111sin 2cos 1sin 22cos 12a a a a ππ=+++-+-+=.则数列{}n y 的前13项和为()()()1213...f a f a f a +++，记()()()1213...M f a f a f a =+++，则()()()13121...M f a f a f a =+++，所以()()11321326M f a f a ⎡⎤=+=⎣⎦，因此13M =.8．公元1202年列昂那多·斐波那契（意大利著名数学家）以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，……，即11a =，21a =，()*12,2n n n a a a n n --=+∈>N ，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用。

第26讲-数列求和及数列的综合应用(解析版)

第26讲-数列求和及数列的综合应用(解析版)第26讲-数列求和及数列的综合应用(解析版)数列是数学中的重要概念，它在各个领域都有广泛的应用。

本文将讨论数列求和的方法以及数列在各个领域中的综合应用。

一、数列求和方法介绍1.1 等差数列求和公式等差数列是数列中最常见的一种类型，它的每一项与前一项之差都相等。

对于一个等差数列a，其中首项为a1，公差为d，一共有n项。

那么等差数列的求和公式为：Sn = (n/2) * (2a1 + (n-1)d)其中Sn表示等差数列的前n项和。

1.2 等比数列求和公式等比数列是另一种常见的数列类型，它的每一项与前一项的比值都相等。

对于一个等比数列b，其中首项为b1，公比为q，一共有n项。

那么等比数列的求和公式为：Sn = b1 * (1 - q^n) / (1 - q)其中Sn表示等比数列的前n项和。

1.3 平方数列求和公式平方数列是指数列中每一项都是前一项的平方。

对于平方数列c，其中首项为c1，一共有n项。

那么平方数列的求和公式为：Sn = (2^(n+1) - 1) * c1其中Sn表示平方数列的前n项和。

二、数列的综合应用2.1 数列在几何问题中的应用数列在几何问题中有着广泛的应用。

比如，在计算几何中，我们经常需要计算等差数列的前n项和来求解某些图形的周长或面积。

在解答这类问题时，我们可以先通过观察找到数列的公差和首项，然后利用等差数列的求和公式求解。

2.2 数列在金融问题中的应用数列在金融问题中也有着重要的应用。

比如，在投资领域，我们经常需要计算等比数列的前n项和来求解复利问题或者计算某种投资的总收益。

同样地，我们可以通过观察数列的首项和公比，然后利用等比数列的求和公式来进行计算。

2.3 数列在自然科学中的应用数列在自然科学中也扮演着重要的角色。

在物理学中，等差数列的前n项和可以用来计算运动物体的位移和速度。

在化学中，平方数列可以用来计算物质的化学计量位移。

三、总结数列求和方法为我们解决各类实际问题提供了有效的工具。

专题10 数列 10.4数列求和题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)

专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．(3)一些常见的数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．题型一.裂项相消1．数列{a n}的通项公式a n=1or1)，已知它的前n项和S n=99100，则项数n＝（）A．98B．99C．100D．101【解答】解：列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1，所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1，由于前n项和S n=99100，所以1−1r1=99100，解得n＝99．故选：B．2．已知等差数列{a n}满足a3＝10，a1+a4＝17．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n=3r1，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．所以3=101+4=17，解得1=4=3，所以a n＝4+3（n﹣1）＝3n+1．（2）由（1）得b n=3r1=13r1−13r4，所以S n＝b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4．3．已知数列{a n}的前n项和为S n，若4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，且a1＝1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设=1(+2)，数列{c n}的前n项和为T n，求T n．【解答】解：（1）在4S n＝（2n﹣1）a n+1+1中，令n＝1，得a2＝3，∵4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，∴当n≥2时，4S n﹣1＝（2n﹣3）a n+1，两式相减，得4a n＝（2n﹣1）a n+1﹣（2n﹣3）a n（n≥2），∴（2n+1）a n＝（2n﹣1）a n+1，即r1=2r12K1(≥2)．∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1，故a n＝2n﹣1．（2）=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1)，T n＝c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1，所以=2r1．题型二.错位相减1．已知等差数列{a n}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设=3，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，由题，1=222=15，即(1+p2=1(1+4p，解得d＝4．∴a n＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．（Ⅱ）=3=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，设数列{b n}的前n项和为T n，=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②①﹣②，得：−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，∴=6+2(−1)⋅3r1．∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1．2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13，b2b3=127．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{a n•b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S5＝30，S7＝56，得51+5×42=3071+7×62=56，解得1=2=2．∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n；设等比数列{b n}的公比为q（q＞0），由b1b2=13，b2b3=127，得12=13123=127，解得1=1=13．∴=(13)K1；（2）a n•b n=23K1=2⋅3K1．令{3K1}的前n项和为R n，则=130+231+332+⋯+3K1，13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得：23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3，∴=94−2r34⋅3K1．则=2=92−2r32⋅3K1．3．（2015·山东）设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n＝3n+3．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}，满足a n b n＝log3a n，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）因为2S n＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，＝3n﹣1+3，当n＞1时，2S n﹣1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，=13K1，＞1.．（Ⅱ）因为a n b n＝log3a n，所以b1=13，当n＞1时，b n＝31﹣n•log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，所以T1＝b1=13；当n＞1时，T n＝b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，所以3T n＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，两式相减得：2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−（n﹣1）×31﹣n=136−6r32×3，所以T n=1312−6r34×3，经检验，n＝1时也适合，综上可得T n=1312−6r34×3．题型三.分组求和1．已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝a n﹣2，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则a2＝2+d，a4＝2+3d，∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22＝a1•a4，即（2+d）2＝2（2+3d），整理，得d2﹣2d＝0，解得d＝0（舍去），或d＝2，∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．（2）由（1）知，设b n＝a n﹣2=2n﹣22n＝2n﹣4n，故S n＝b1+b2+…+b n＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）＝2×or1)2−4(1−4)1−4＝n2+n+43−4r13．2．在公差不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{b n}满足=2，=2−1，2，=2，（k∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{b n}的前2n项和T2n．【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，化简可得a1＝d＝1，即有a n＝n，n∈N*；（2）由（1）可得b n=2，=2−12，=2，k∈N*；前2n项和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）=2(1−4)1−4+12n（4+4n）=2(4−1)3+2n（n+1）．3．已知数列{a n}、{b n}满足：a n+1＝a n+b n，{b n+2}为等比数列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．（1）试判断数列{b n}是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：（1）数列{b n}不是等差数列．理由如下：由a n+1﹣a n＝b n，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，又∵数列{b n+2}为等比数列，∴数列{b n+2}的首项为4，公比为2．∴3+2=4×22=16，得b3＝14，显然2b2＝12≠b1+b3＝16．故数列{b n}不是等差数列；（2）结合（1）知，等比数列{b n+2}的首项为4，公比为2．故+2=4⋅2K1=2r1，∴=2r1−2．∵a n+1﹣a n＝b n，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，∴−K1=2−2（n≥2）．令n＝2，…，（n﹣1）．得2−1=22−2，3−2=23−2，…−K1=2−2（n≥2），累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)（n≥2）．∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2（n≥2）．又a1＝2满足上式，∴=2r1−2．∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4．题型四.讨论奇偶、绝对值求和1．数列{a n}的前n项和记为S n，对任意的正整数n，均有4S n＝（a n+1）2，且a n＞0．（1）求a1及{a n}的通项公式；（2）令=(−1)K14r1，求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）当n＝1时，41=(1+1)2，则a1＝1；当n≥2时，由4S n＝（a n+1）2，知4S n﹣1＝（a n﹣1+1）2，联立两式，得4a n＝（a n+1）2﹣（a n﹣1+1）2，化简得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）＝0，∵a n＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即{a n}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，故a n＝2n﹣1；（2）=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=（﹣1）n﹣1（12K1+12r1），下面对n分奇偶数讨论：当n为偶数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…+（12K3+12K1）﹣（12K1+12r1）=1−12r1=22r1，当n为奇数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…﹣（12K3+12K1）+（12K1+12r1）=1+12r12r22r1，所以T n=为奇数为偶数．2．已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5＝9，S5＝25．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）设=(−1)，求{b n}前2n项和T2n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d，则5=1+4=95=51+5×42=25，整理，得1+4=91+2=5，解得1=1=2，∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，=o1+2K1)2=2．（2）由（1）知，设=(−1)=（﹣1）n•n2．T2n＝b1+b2+…+b2n＝（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2n﹣1+b2n）＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n=2δ(1+2p2＝2n2+n．3．已知数列{a n}满足a1＝﹣2，a n+1＝2a n+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{a n}的通项公式并加以证明；（3）求数列{|a n|}的前n项和S n．【解答】解：（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想=2−4．因为a n+1＝2a n+4，所以a n+1+4＝2（a n+4），r1+4+4=2，则{a n+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以+4=2，所以==2−4．（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，a n≥0，所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2，又n＝1时满足上式．所以，当n∈N*时，=2r1−4+2．题型五.数列求和选填综合1．首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，当其前n项和S n取最大值时，n的值为（）A．5B．6C．7D．8【解答】解：∵首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，∴5（a1+2d）＝7（a1+3d），整理，得：1=−112，∵a1＞0，∴d＜0，∴=−112B+oK1)2=2（n﹣6）2﹣18d，∴当其前n项和S n取最大值时，n的值为6．故选：B．2．在等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设b n＝a2n﹣1﹣a2n，n∈N*，则数列{b n}的前2n项和为112(1−42)．【解答】解：等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设首项为a1，公比为q，则：23=214+27=34，整理得：13=213+216=34，解得：1=14=2．则：=1K1=2K3，所以：b n ＝a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4，则：T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42)．故答案为：112(1−42)．3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2且对于任意n ＞1，n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1），则（）A ．a 4＝7B ．S 16＝240C ．a 10＝19D ．S 20＝381【解答】解：当n ≥2时，S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1）⇒S n +1﹣S n ＝S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1＝a n +2．所以数列{a n }从第2项起为等差数列，a n =1，=12−2，≥2，所以，a 4＝6，a 10＝18．S n ＝a 1+(2+)(K1)2=n （n ﹣1）+1，S 16＝16×15+1＝241，S 20＝20×19+1＝381．故选：D ．4．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为（）A ．﹣454B ．﹣450C ．﹣446D ．﹣442【解答】解：数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，可得a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，由11+22+33+⋯+=12−1，可得11=12−1=−12，可得b 1＝﹣2，又11+22+⋯+K1K1=12K1−1，且11+22+33+⋯+=12−1，两式相减可得=12−12K1=−12，可得b n＝﹣（2n﹣1）•2n，则S5＝﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32＝﹣454，故选：A．5．已知数列{a n}满足1=32，r1=3+3，若=3，则c1+c2+⋅⋅⋅+c n＝(2r1)⋅3−14．【解答】解：因为1=32，r1=3+3，所以1r1=+33=13+1，即1r1−1=13，所以数列{1}是首项11=23，公差为13的等差数列，所以1=23+13(−1)=r13，则=3=(+1)3K1，则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1，设T＝2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+（n+1）×3n﹣1①，则3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1+3−13−1−（n+1）×3n，则=(2r1)⋅3−14．即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14．故答案为：(2r1)⋅3−14．6．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＝λa n﹣2，其中λ为常数，若a n b n＝13﹣n，则数列{b n}中的项的最小值为−1214．【解答】解：根据题意，数列{a n}的满足a1＝2，S n＝λa n﹣2，当n＝1时，有a1＝S1＝λa1﹣2，即2＝2λ﹣2，解可得λ＝2，则S n＝2a n﹣2，①＝2a n﹣1﹣2，②则有S n﹣1①﹣②：a n＝2a n﹣2a n﹣1，变形可得a n＝2a n﹣1，则数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ，又由a n b n ＝13﹣n ，则b n =13−2，当n ≤13时，b n ≥0，当n ≥14时，b n ＜0，且{b n }为递增数列，则当n ＝14时，b n 取得最小值，此时b 14=−1214；故答案为：−1214．7．已知数列{a n }和{b n }首项均为1，且a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n +1+a n b n +1＝0，则S 2019＝（）A ．2019B ．12019C ．4037D ．14037【解答】解：∵a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，∴a n ≥a n +1≥a n ，∴a n ＝a n +1，另外：a 1≥a 2≥a 1，可得a 2＝a 1＝1，∴a n ＝1．∵2S n S n +1+a n b n +1＝0，∴2S n S n +1+b n +1＝0，∴2S n S n +1+S n +1﹣S n ＝0，∴1r1−1=2．∴数列{1}是等差数列，首项为1，公差为2．∴1=1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，∴S n =12K1．∴S 2019=14037．故选：D ．8．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n ≥2且n ∈N +），等比数列{b n }公比q ＝2，令c n =为奇数，为偶数，则数列{c n }的前n 项和S 2n ＝2n 2﹣n +4r1−43．【解答】解：因为a1＝1，a2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n≥2且n∈N+），①可得n＝2时，11+22=31+6，即b1+3b2＝b3+6，由等比数列的{b n}的公比为q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以b n＝2n，当n＝3时，11+22+33=42+6，即2+3×4+83=3×16+6，解得a3=15，又11+22+⋯+K1K1=K2+6（n≥3，且n∈N+），②①﹣②可得，=r1K1−K2，即2=2r1K1−2K2，化为1+1K2=2K1，又11+13=6=22，所以{1}为等差数列，且公差d=12−11=2，则1=11+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以c n=2−1，为奇数2，为偶数，所以S2n＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）=o1+4K3)2+4(1−4)1−4＝2n2﹣n+4r1−43．故答案为：2n2﹣n+4r1−43．9．已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，其中1=−12，设=K+1，若b3为数列{b n}中唯一最小项，则实数λ的取值范围是（5，7）【解答】解：∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，∴a n+1=−(+2)2+3，∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3，∴1r1+1=2+3+1=2+1+1，即1r1+1−1+1=2，所以数列{1+1}是公差为2的等差数列，∵11+1=2，∴1+1=2+(−1)×2=2n，∴b n＝2n（n﹣λ），∴b n+1﹣b n＝2（n+1）（n+1﹣λ）﹣2n（n﹣λ）＝4n+2﹣2λ，因为b3为数列{b n}中唯一最小项，所以b1＞b2＞b3＜b4＜b5＜…，∴当n＝1时，b2﹣b1＝6﹣2λ＜0，得λ＞3，当n＝2时，b3﹣b2＝10﹣2λ＜0，得λ＞5，当n≥3时，4n+2﹣2λ＞0恒成立，即λ＜2n+1，即有λ＜7．所以5＜λ＜7．故答案为：（5，7）．课后作业.数列求和1．已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设T n为数列{1r1}的前n项和，若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．设公差为d，由已知得：41+6=14(1+2p2=1(1+6p，，联立解得d＝1或d＝0（舍去），a1＝2，故：a n＝n+1．（2）由（1）得：1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2，所以：=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2．=12−1r2，=2(r2)．由于：λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，所以：2(r2)≤+2，解得：≤2(r2)2+4)+8，由于：+4≥≥4故：2(+4)+8≥16，即：λ≤16．故λ的最大值为16．2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝6，a7＝14．（1）求数列{a n}的通项公式及S n；（2）若_____，求数列{b n}的前n项和T n．在①b n＝2•a n；②b n=2+r12；③b n＝（﹣1）n•a n这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，由a3＝6，a7＝14．得4d＝a7﹣a3＝14﹣6＝8，解得d＝2，所以a1＝a3﹣2d＝6﹣4＝2，所以a n＝2+2（n﹣1）＝2n；S n=2（2+2n）＝n2+n．（2）若选择条件①：由（1）可知a n＝2n，则b n＝2•a n＝2n•4n，所以T n＝b1+b2+…+b n＝2×41+4×42++6×43…+（2n）•4n；4T n＝2×42+4×43+6×44+…+（2n）•4n+1，两式相减得：﹣3T n＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1＝2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83（1﹣4n）﹣2n•4n+1，所以T n=89（1﹣4n）+23•4n+1；若选择条件②：由a n＝2n，S n＝n2+n，得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4（1−1r1），所以T n＝b1+b2+b3+…+b n＝8n+4（1−12+12−13+⋯+1−1r1）＝8n+4r1=82+12r1；若选择条件③：由a n＝2n，得b n＝（﹣1）n•a n＝（﹣1）n•2n，所以T n＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n•2n，当n为偶数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++[﹣2（n﹣1）+2n]=2×2＝n，当n为奇数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n=K12×2n ＝﹣n﹣1，所以T n=，为奇数−−1，为偶数．3．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且S n=(+1)2（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=2(−2)(r1)，T n＝b1+b2+…+b n，求T n．【解答】解：（1）S n=(+1)2（n∈N*），当n＝1时，1=1(1+1)2，∴a1＝1，当n≥2时，由S n=(+1)2，得2=2+①取n＝n﹣1，得2K1=K12+K1②①﹣②得：2=2(−K1)=2−K12+−K1，∴（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）＝0，∵a n+a n﹣1＞0，∴a n﹣a n﹣1＝1，n≥2，∴数列{a n}是等差数列，则a n＝n；（2）由S n=(+1)2，a n＝n，∴=or1)2，则=2(−2)(r1)=(−2)，∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2)，−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1，两式作差得：∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2)，∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29．4．在数列{a n}中，a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n；并求满足S n＜1516时n的最大值．【解答】解：（I）∵a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立，∴1(r1)r1−1B=1．∴1B=2+（n﹣1）＝n+1，∴a n=1or1)．（II）a n=1or1)=1−1r1．∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1，S n＜1516，即1−1r1＜1516，解得n＜15，因此满足S n＜1516时n的最大值为14．。

专题6.4 数列求和(练)(解析版)

专题6.4 数列求和（练）1．（2019·江苏高考模拟）对于实数,x y ，定义：{}()()max ,x x y x y y x y ⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，已知数列{}n a 满足()10a a a =>，21a =，{}()212max ,2n n n a a a n N *++=∈，设n S 表示数列{}n a 的前n 和，若1539S =，则20182018S S S -的值为__________. 【答案】118 【解析】①当02a <<时，因为()10a a a =>，21a =，{}()212max ,2n n n a a a n N *++=∈可得：{}2312max ,24a a a a ==，同理可得：45678,4,,1,,a a a a a a====⋯ 故可知5n n a a +=，数列{}n a 是周期为5的周期数列，所以1512345483(+a +a +a +a )=3(a+1+4)39S a a a=++=，解得2a =或6a =，不合题意舍去.②当2a ≥时，因为()10a a a =>，21a =，{}()212max ,2n n n a a a n N *++=∈可得：{}2312max ,242a a a a==≤，同理可得：45674,24,2,1,,a a a a a a ==≥=≥=⋯ 故可知5n n a a +=，数列{}n a 是周期为5的周期数列，所以151234543(++++)=3(+1+42)39S a a a a a a a a=++=，解得2a =或23a =（舍去）所以201854403(+1+)403135S S a a=⨯+=⨯+，2054413S S ==⨯, 18543(+1+)3135S S a a =⨯+=⨯+,所以20182018524452=11844S S S --=，故填118.2．（2019·辽宁高考模拟（文））已知数列{}n a 的通项公式为()1,27,n n n n a n n ⎧⎪+=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，则数列{}n a 前15项和为15S 的值为___．【答案】12717. 【解析】因为数列{}n a 的通项公式为()1,27,n n n n a n n ⎧⎪+=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，所以()15111...5311...713351517S ⎛⎫=++++---+++⎪⨯⨯⨯⎝⎭()571111111...7233515172-+⎛⎫=⨯-+-++-+⨯ ⎪⎝⎭112781271721721717⨯⎛⎫=-+=+= ⎪⎝⎭，故答案为12717. 3．（2019·江西高考模拟（文））（2017新课标全国II 理科）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑____________．【答案】21nn + 【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，由题意有1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩ ，数列的前n 项和()()()111111222n n n n n n n S na d n --+=+=⨯+⨯=，裂项可得12112()(1)1k S k k k k ==-++，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-++-=-=+++∑． 4．（2019·江苏高考模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =且21320n n n n S S S a ++-++=（n *∈N ），记12111nnT S S S =+++（n *∈N ），若(6)n n T λ+≥对n *∈N 恒成立，则λ的最小值为__．【答案】16【解析】()21211322n n n n n n n n n S S S a S S S S a +++++-++=---+ 2120n n n a a a ++=-+= , 即{}211,n n n n n a a a a a +++-=-∴ 为首项为1 ，公差为211-= 的等差数列，()()1111,2n n n n a n n S +=+-⨯==，()1211211n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，11111221...22311n n T n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪++⎝⎭，由()6n n T λ+≥ 得()()226167n n n n nλ≥=++++ ，因为2n = 或3n = 时，267n n++ 有最大值16 ，16λ∴≥ ，即λ 的最小值为16，故答案为16 . 5．（2019·桃江县第一中学高考模拟（文））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S，满足1n a =，则6824246811111111a a a a S S S S ++++-+-----511001001(1)1a S ++⋯+-=-______. 【答案】100101【解析】已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S，满足1n a =，化简得()241n n S a =+，当1n =时，()21141a a =+，解得11a =；当2n ≥时，()()22114141n n n n S a S a --⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，相减可得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，()()22111122n n n n n n n n a a a a a a a a ----=-+=-+，可得12n n a a --=，所以数列{}n a 是以1为首项，以2为公差的等差数列；()12121n a n n =+-=-，()2214nna S n+==，即()()212211111111n n a n n S n n n n n +===+---+-+，所以()516810024246810011111111111a a aa a S S S S S +++++-+-+⋯+-=-----111111111113355799101101⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+++-⋅⋅⋅-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭100101=. 故答案为：1001016．（2016·江苏高考模拟）已知数列满足,记数列的前项和为,则数列的前项和为_________。

2024届高考数学专项练习压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用(解析版)

压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用命题预测数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．高频考法（1）数列通项、求和问题（2）数列性质的综合问题（3）实际应用中的数列问题（4）以数列为载体的情境题（5）数列放缩01 数列通项、求和问题1、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11qa p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；（2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设2024届高考数学专项练习n n na b q =，从而变成1n b +=1n p b q +，从而将问题转化为第（1）个问题；（3）形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第（1）个问题．2、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．3、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()11n k n kn n k=+−++，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．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，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式：（1）111(1)1n n n n =−++；（2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=−⎢⎥+++++⎣⎦；（5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++−−++=．4、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”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“n n S qS −”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．5、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和；（2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．【典例1-1】（2024·河北沧州·一模）在数列{}n a 中，已知321212222nn a a a a n −++++=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a +成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．【解析】（1）当1n =时，12a =；当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a −−−−⎛⎫⎛⎫=++++−++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =−−=，所以122nn a −=⇒2n n a =，2n ≥. 当1n =时，上式亦成立，所以：2n n a =. （2）由()123155n n ⎡⎤+++++−=⎣⎦⇒10n =.所以新数列{}n b 前55项中包含数列{}n a 的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=， ()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+.设123935719T a a a a =++++1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯，所以()1239102322222192T T T −=−=⨯+⨯+++−⨯101722=−⨯−.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【典例1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知等比数列{}n a 的首项为2，公比q 为整数，且1243424a a a a ++=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列21n n n a ⎧⎫⋅的前n 项和为nS ，比较nS 与4的大小关系，并说明理由.【解析】（1）由已知可得12n n a q −=⨯，因为1243424a a a a ++=，所以324222242q q q ⨯+⨯+⨯=⨯，即324240q q q −++=，则()()22220q q q −−−=，解得2q或13所以2q，()1*222n n n a n −=⋅=∈N .（2）由（121212nnn n n a n =⋅⋅1122222n n n nn n n n −−=−=⋅⋅ 令12n n nb −=，设{}n b 前n 项和为n C ，则01211232222n n nC −=++++，所以123112322222n n n C =++++，两式相减得1211111122222nn n n C −=++++−1122212212n n n n n −+=−=−−，所以42442n nnC +=−<，令12n n x n −=⋅0n x >，设{}n x 前n 项和为n T ，则0n T >，所以4n n n S C T =−<.【变式1-1】（2024·四川泸州·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()12n n na n S +=+，则n a = . 【答案】()212n n −+⋅【解析】当2n ≥时，()()111n n n a n S −−=+，即12n n n S a n +=+，111n n n S a n −−=+，则11121n n n n n n n S S a a a n n −+−−=−=++，即()1221n n n a a n ++=+，则有()121nn n a a n −+=，1221n n a n a n −−=−，，21232a a ⨯=，则()212112112n n n n n n a a a a a n a a a −−−−=⨯⨯⨯⨯=+⋅，当1n =时，11a =，符合上式，故()212n n a n −=+⋅.故答案为：()212n n −+⋅.【变式1-2】（2024·青海西宁·二模）已知各项都是正数的等比数列{}n a 的前3项和为21，且312a =，数列{}n b 中，131,0b b ==，若{}n n a b +是等差数列，则12345b b b b b ++++= ．【答案】33−【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >，则333221a a a q q ++=，即21112121qq ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，化简得23440q q −−=，解得2q（负值舍去），所以331312232n n n n a a q −−−=⋅=⨯=⨯．于是111333,4,12a a b a b =+=+=，所以等差数列{}n n a b +的公差为()()3311431a b a b +−+=−，所以()14414,4432n n n n n a b n n b n a n −+=+−==−=−⨯，所以()()23412345412345312222b b b b b ++++=⨯++++−⨯++++()56032133=−⨯−=−.故答案为：33−02 数列性质的综合问题1、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=．在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．2、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+− ⎪⎝⎭，公差为2d ．③若项数为偶数2k ，则 S S kd −=奇偶，1k kS a S a +=偶奇．若项数为奇数21k +，则1 k S S a +−=奇偶，1S k S k+=奇偶．（2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠−时，n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()nn q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()21 11k a q S S q−−=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 3、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}mn a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列．【典例2-1】（2024·山西晋城·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则21a 的取值范围是（）A ．67,78⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．613,715⎛⎫⎪⎝⎭C ．67,,78⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．613,,715⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可得：()158168915080S a S a a =>⎧⎨=+<⎩，即88900a a a >⎧⎨+<⎩，可知90a <，设等差数列{}n a 的公差为d ，则980d a a =−<，可得等差数列{}n a 为递减数列，则10a >，由88900a a a >⎧⎨+<⎩可得11702150a d a d +>⎧⎨+<⎩，则112715d a −<<−，所以211116131,715a a d d a a a +⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭. 故选：B.【典例2-2】（2024·北京顺义·二模）设1a ，2a ，3a ，…，7a 是1，2，3，…，7的一个排列.且满足122367a a a a a a −≥−≥≥−，则122367a a a a a a −+−++−的最大值是（）A ．23B ．21C ．20D ．18【答案】B【解析】122367a a a a a a −+−++−即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又122367a a a a a a −≥−≥≥−，比如1726354→→→→→→，其对应的一个排列为1,7,2,63,5,4,则122367a a a a a a −+−++−的最大值是6+5+4+3+2+1=21故选：B【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）已知数列{}n a 满足2n a n n λ=−，对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，且对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，则实数λ的取值范围是（）A ．11,148⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,147⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,157⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,158⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】因为对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，所以数列{}n a 在[]1,3上是递减数列，因为对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，所以数列{}n a 在[)7,+∞上是递增数列，所以0172211522λλλ⎧⎪>⎪⎪>⎨⎪⎪<⎪⎩，解得11157λ<<，所以实数λ的取值范围是11,157⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C.【变式2-2】（多选题）（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且*n ∀∈N ，101na q q<−，则（） A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n a 是递减数列C ．若数列{}n S 是递增数列，则1q >D ．若数列{}n T 是递增数列，则1q >【答案】ACD【解析】由题意可知()()()()111211111,1n n n n n n n a q S T a a q a q a qq−−−===−，且*n ∀∈N ，101na q q<−，故有101a q <−且0q >（否则若0q <，则11na q q −的符号会正负交替，这与*n ∀∈N ，101n a q q<−，矛盾），也就是有101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩，无论如何，数列{}n a 是递增数列，故A 正确，B 错误；对于C ，若数列{}n S 是递增数列，即110n n n S S a ++−=>，由以上分析可知只能101a q >⎧⎨>⎩，故C 正确；对于D ，若数列{}n T 是递增数列，显然不可能是1001a q <⎧⎨<<⎩，（否则()121n n n n T a q −=的符号会正负交替，这与数列{}n T 是递增数列，矛盾），从而只能是101a q >⎧⎨>⎩，且这时有111n n n T a T ++=>，故D 正确. 故选：ACD.03 实际应用中的数列问题（1）数列实际应用中的常见模型①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； ②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，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，则应考虑是第n 项n a 与第1n +项1n a +的递推关系还是前n 项和n S 与前1n +项和1n S +之间的递推关系．在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．（2）解决数列实际应用题的3个关键点 ①根据题意，正确确定数列模型； ②利用数列知识准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．【典例3-1】（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（） A ．12里 B ．24里 C ．48里 D ．96里【答案】C【解析】由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为12的等比数列，设这个数列为{}n a ，前n 项和为n S ，则16611163237813212a S a ⎛⎫− ⎪⎝⎭===−，解得1192a =，所以321192482a =⨯=，即该人第三天走的路程为48里. 故选：C.【典例3-2】（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60︒），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O 开始，沿直线繁殖到11A ，然后分叉向21A 与22A 方向继续繁殖，其中21112260A A A ∠=︒，且1121A A 与1122A A 关于11OA 所在直线对称，112111221112A A A A OA ==….若114cm OA =，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【解析】由题意可知，114cm OA =，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在11OA 方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在11OA 方向上前进的距离依次为：3131134,2,248，则31353842155724+++=>+=，黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在11OA 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，即1311432164316841+28114228231144++⎛⎫⎛⎫+++⨯+++≈+⨯=<= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭−−，综合可得培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为8cm ，故选：C【变式3-1】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（）A ．2022312−B ．2023332−C ．202231−D ．202333−【答案】A【解析】设题图②中第n 行白心圈的个数为n a ，黑心圈的个数为n b ，依题意可得1113,2,2n n n n n n n n n a b a a b b b a −+++==+=+，且有111,0a b ==，故有()11113,,n n n n n n n n a b a b a b a b ++++⎧+=+⎨−=−⎩，所以{}n n a b +是以111a b 为首项，3为公比的等比数列，{}n n a b −为常数数列，且111a b −=，所以{}n n a b −是以111a b −=为首项，1为公比的等比数列，故13,1,n n n n n a b a b −⎧+=⎨−=⎩故1131,231,2n n n na b −−⎧+=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩所以20222023312b −=. 故选：A.【变式3-2】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME -International Congreas of Mathematics Education ）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME -14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3210387848482020⨯+⨯+⨯+⨯=，正是会议计划召开的年份，那么八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】B【解析】由进位制的换算方法可知，八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制得：1098110187878787878118−⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=⨯=−−，()101001019919101010101010811021C 10C 102C 102C 21−=−−=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+−因为01019919101010C 10C 102C 102+⨯+⋅⋅⋅+⨯是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为101010C 21−的末尾数字，由101010C 211023−=可得，末尾数字为3.故选：B04 以数列为载体的情境题解决数列与数学文化相交汇问题的关键【典例4-1】（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【解析】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n −=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n −=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列，当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S −=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =−，则()()112n a a n d n d =+−=−，则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤−+−+−⎣⎦===，因为21n −≥−且2Z n −∈， ()2313912228n n n −⎛⎫=−−≥− ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n −∈∈，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”，故命题②正确；故选：A.【典例4-2】（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =−（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”． (1)若3n n a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和； (2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（1）因为3nn a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =−=−，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n −=−+−++−=−=−−−．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤，所以11n n n n M m M m ++−≥−，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-，由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列．当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==，则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>，所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减，记2min ,{}n n a a a a =,,,，则当0n n >时，有n n M m =，于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =−=−，故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列．综上，命题得证．【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为由图中虚线上的数1，3，6，10，…依次构成的数列的第n 项，则1220111a a a ++⋅⋅⋅+的值为 .【答案】4021【解析】设第n 个数为n a ，则11a =，212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1n n a a n −−=，叠加可得()11232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， ∴122011122212232021a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯ 111114021223202121⎛⎫=⨯−+−+⋅⋅⋅+−= ⎪⎝⎭.故答案为：4021. 【变式4-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 . （注：()()22221211236n n n n +++++⋅⋅⋅+=）【答案】1391【解析】设题设高阶等差数列为{}n a ，令1n n n b a a +=−，设数列{}n b 的前n 项和为n B ，则数列{}n b 的前几项分别为3,4,6,9,13,18，1111n n n B a a a ++=−=−，令1+=−n n n c b b ，设数列{}n c 的前n 项和为n C ，则数列{}n c 的前几项分别为1,2,3,4,5，1113n n n C b b b ++=−=−，易得2,2n n n n c n C +==，所以21332n n n n b C ++=+=+，故()21133222n n n n b n −=+=−+，则()()()()()1211111632626n n n n n n n n n B n n ⎡⎤++++−=−+=+⎢⎥⎣⎦，所以11n n a B +=+，所以211391a =．故答案为：139105 数列放缩在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.放缩法证不等式的理论依据是：,A B B C A C >>⇒>；,A B B C A C <<⇒<.放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.【典例5-1】（2024·天津滨海新·二模）已知数列{}n a 满足112,1,2n n n n a t qa n a −−=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，其中220,0,0,N q t q t n ≥≥+≠∈.(1)若0qt =，求数列{}n a 的前n 项的和； (2)若0=t ，2q且数列{}n d 满足：11n nn n n a a d a a =++−，证明：121ni i d n =<+∑. (3)当12q =，1t =时，令)22,2n n b n n a =≥∈−N ，判断对任意2n ≥，N n ∈，n b 是否为正整数，请说明理由.【解析】（1）因为0qt =，220q t +≠，所以当0q =时，0t ≠，2n ≥时，1n n t a a −=，即n 为奇数时，2n a =；n 为偶数时，2n ta =. 记数列{}n a 的前n 项的和为n S ，当n 为偶数时，222n n t S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，112221224n n n t tn tS S n −−−⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭，综上2,2221,214n n t n k S tn t n n k ⎧⎛⎫+= ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨−⎪++=+⎪⎩，其中N k ∈.当0=t 时，0q ≠，2n ≥时，1n n a qa −=，此时{}n a 是等比数列，当1q =时，2n S n =；当1q ≠时，()211nn q S q−=−，故()2,121,11nn n q S q q q=⎧⎪=−⎨≠⎪−⎩. （2）由（1）知，0=t ，2q时，2n n a =，22112121n n n n n n n n n a a d a a =+=++−+−1122121n n =+−−+，112211111112212121212121nin n i dn =⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪−+−+−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 1212121n n n ≤+−<++（3）对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.理由如下：当12q =，1t =时，21111322a a a =+=，此时24b =； 2321117212a a a =+=，此时324b =；由202n n b a =>−，平方可得2242n n a b =+，212142n n a b ++=+，又222121111124n n n n n a a a a a +⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，所以22221414221442n n n n b b b b +⎛⎫+=+++ ⎪+⎝⎭，整理可得()222142n n n b b b +=+，当3n ≥时，()2221142n n n b b b −−=+，所以()()222222111424242n n n n n n b b b b b b +−−⎡⎤=+=++⎣⎦ ()()22242211141241n n n n n b b b b b −−−=++=+，所以()21121n n n b b b +−=+，由23N,N b b ∈∈，所以4N b ∈，以此类推，可知对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均为正数，11a =，221n n n a a a ++≥．(1)若23a =，证明：13n n a −≥；(2)若10512a =，证明：当4a 取得最大值时，121112na a a +++<．【解析】（1）由题意知，211n n n n a a a a +++≥，设1n n na q a +=，12n q q q ∴≤≤≤，23a =，11a =，13q ∴=，当2n ≥时，113211121111213n n nn n n a a a a a a q q q a q a a a −−−−=⋅⋅=⋅⋅≥⋅=．当1n =时，11a =满足13n n a −≥，综上，13n n a −≥.（2）()31011291231512a a q q q q q q a =⋅⋅=≥⋅⋅⋅，1238q q q ∴⋅⋅≤，4a ∴的最大值为8，当且仅当123456789q q q q q q q q q ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅时取等号．而12n q q q ≤≤≤，1292q q q ∴====，而10n ≥时，192n n q q q −≥≥≥=，1112n n n a a q −−≥∴⋅=，2112111111111121()()2121222212nn n n a a a −⎛⎫⋅− ⎪⎛⎫⎝⎭∴+++≤++++==−< ⎪⎝⎭−．【变式5-1】（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑．【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n nS S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+−=+−+⎩，解得：1a 1,d2，所以()()12121n a n n n *=+−=−∈N ．（2）由（1）知，()()12123n n n b n b +−=+，即12123n n b n b n +−=+，12321n n b n b n −−=+，122521n n b n b n −−−=−，……，322151,75b b b b ==，利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n −−−−−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+− ()()()99112212122121n n n n n ⎛⎫==−≥ ⎪−+−+⎝⎭，13b =也符合上式，12311nkn n k bb b b b b −==+++++∑9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=−+−+−++− ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎣⎦911221n ⎛⎫=−⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=−< ⎪+⎝⎭∑．【变式5-2】（2024·广西·二模）在等差数列{}n a 中，26a =，且等差数列{}1n n a a ++的公差为4. (1)求10a ； (2)若2111n n n n b a a a −+=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：21228n S n n <++. 【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则1212()()24n n n n n n a a a a a a d +++++−+=−==，2d =，又26a =，所以1624a =−=，所以42(1)22n a n n =+−=+，1022a =．（2）由（1）得11114()44(1)(2)412n b n n n n n n =+=−+++++，所以2212111(1)111()42222422284(2)8n n n n S b b b n n n n n n +=+++=−+⨯=++−<++++．1．在公差不为0的等差数列{}n a 中，3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，则m =（） A ．11 B ．13C ．15D ．17【答案】C【解析】设等差数列的公差为d ，则0d ≠，因为3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，所以()1111162,226a m d a d a d a d +−+==++，由前者得到12a d =，代入后者可得128m +=，故15m =，故选：C.2．记数列{}n a 的前n 项积为n T ，设甲：{}n a 为等比数列，乙：2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，则（）A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则11n n a a q −=，(1)12(1)211n n n n n n T a q a q−+++−==，于是(1)12()22n n n n n T a q −=，(1)111211(1)12()222()22n n n n n n n n n n nT a qa q T a q ++++−==⋅，当1q ≠时，12n a q ⋅不是常数，此时数列2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若2n nT ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，令首项为1b ，公比为p ，则112n n n T b p −=，112(2)n n T b p −=⋅，于是当2n ≥时，112112(2)22(2)n n n n n T b p a p T b p −−−⋅===⋅，而1112a T b ==，当1b p ≠时，{}n a 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D3．已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，916a =，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若55b a =，则9S =（） A ．－36或36 B ．－36C ．36D ．18【答案】C【解析】数列{}n a 为等比数列，设公比为q ，且11a =，916a =，则89116a q a ==，则44q =，则45514b a a q ===，则()199599362b b S b+⨯===，故选：C.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，则n 的值为（）A ．16B ．12C ．10D ．8【答案】B【解析】由36S =，得1236a a a ++=①，因为()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，所以34n n S S −−=，即124n n n a a a −−++=②，①②两式相加，得1213210n n n a a a a a a −−+++++=，即()1310n a a +=，所以1103n a a +=，所以()152023n n n a a n S +===，解得12n =. 故选：B.5．在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <−时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈−时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>，当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>，故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件. 故选：B.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n nS a a =+，数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，下列说法错误的是（）A ．2n S nB ．{}n b 为递减数列C ．202420242023b = D ．2(1)n a n n =−【答案】B【解析】当1n =时，11122a a a =+，解得12a = 当2n ≥时，1122n n n n n S S S S S −−=−−+，即2212n n S S −−=，且212S =，所以数列}{2n S 是首项为2，公差为2的等差数列，所以()22212n S n n =+⋅−=，又0n a >，所以2n S n =，故A 正确；当2n ≥时，有()22121n a n n n n =−=−，取1n =时，121112a =−=1a ，故数列}{n a 的通项公式为21n a n n =−,故D 正确；因为数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，所以21232n n n T b b b b S n =⋅⋅==，当1n =时，12b =，当2n ≥时，()12111121111n n n T n n n b T n n n n −−+=====+−−−−，显然1n =不适用，故数列{}n b 的通项公式为2,111,21n n b n n =⎧⎪=⎨+≥⎪−⎩，显然122b b ==，所以数列{}n b 不是递减数列，故B 错误，由当2n ≥时，1n n b n =−，得202420242024202412023b ==−，故C 正确，故选：B.7．（多选题）数列{}n a 满足：()111,32n n a S a n −==≥，则下列结论中正确的是（）A ．213a =B ．{}n a 是等比数列C ．14,23n n a a n +=≥D ．114,23n n S n −−⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭【答案】AC【解析】由13(2)n n S a n −=≥，当1122,31n S a a ====，解得213a =，故A 正确；当1n ≥，可得13n n S a +=，所以1133(2)n n n n S S a a n −+−=−≥，所以133(2)n n n a a a n +=−≥，即14(2)3n n a a n +=≥，而2113=a a ，故C 正确，B 不正确；因22112311413341,24313n n n n Sa a a a n −−−−⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=++++=+=> ⎪⎝⎭−，故D 错误. 故选：AC.8．（多选题）设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和.且56S S <，678S S S =>，则下面结论正确的是（）A ．0d ≤B ．70a =C ．6S 与7S 均为n S 的最大值D ．满足0n S <的n 的最小值为14【答案】BCD【解析】A ：因为678S S S =>，所以7678780,0S S a S S a −==−=<，所以870d a a =−<，故A 错误； B ：由A 的解析可得B 正确；C ：因为56S S <，678S S S =>，所以6S 与7S 均为n S 的最大值，故C 正确；D ：因为71132a a a =+，由()113131302a a S +==，()()114147814702a a S a a +==+<，故D 正确；故选：BCD.9．（多选题）已知数列{}n a 满足：212n n n a a a λ+=++*()N n ∈，其中R λ∈，下列说法正确的有（）A ．当152,4a λ==时，1n a n ≥+ B ．当1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时，数列{}n a 是递增数列C ．当2λ=−时，若数列{}n a 是递增数列，则()()1,31,a ∞∞∈−−⋃+D ．当13,0a λ==时，1211112223n a a a +++<+++【答案】ACD【解析】对于A ，当54λ=时，2215111042n n n n n a a a a a +⎛⎫−=++=++≥> ⎪⎝⎭，又12a =，故11n n a a +>+，所以1211211n n n a a a a n n −−>+>+>>+−+=，故A 项正确．对于B ，因为22111()24n n n n n a a a a a λλ+−=++=++−且1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，所以10n n a a +−≥，当14λ=，112a =-时，22211111,,()2220n n n n n a a a a a a a ++⇒⇒−=+==-==-，此时数列{}n a 是常数列，故B 项错误；对于C, 由于数列{}n a 是递增数列, 当2n ≥时，故10n n a a −−>，2211111(22)(22)()(2)0n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−−−−=+−−+−=−++>，故120n n a a −++>，所以2121020a a a a −>⎧⎨++>⎩，即()()211121112202220a a a a a a ⎧+−−>⎪⎨+−++>⎪⎩，解得11a >或13a <−，故C 项正确；对于D,当0λ=时，2212(1)1n nn n a a a a +=+=+−，结合13a =，可知2214111a a =−=>， 232133a a =−>，⋯，结合111()(2)n n n n n n a a a a a a +−−−=−++，可知{}n a 是递增数列，13n a a ≥=，则12(2)3(2)n n n n a a a a ++=+≥+，即1232n n a a ++≥+，所以1121212223(2)222n nn n n a a a n a a a −−−−+++⨯⨯⨯≥≥+++，即11523(2)3(2)3n nn a a n −+≥+=⨯≥，所以131(2)253n n n a ≤⨯≥+，当1n =时，1111312553a =≤⨯+，所以*131(N )253n n n a ≤⨯∈+，可得2111(1)1311133133()125333510313nn n i i a =−≤+++=⨯<<+−∑，故D 项正确；故选：ACD ．10．（多选题）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=−+，则下列说法正确的是（）A ．当112a =时，()5124n a n <≤≥ B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a = C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a > D ．当13a =时，1221n n a −=+【答案】AD【解析】对于A ，当112a =时，254a =，令1n nb a =−，则21n n b b +=，214b =，故()1024n b n <≤≥，即()5124n a n <≤≥，A 正确；对于B ，若数列{}n a 为常数列，令n a t =，则222t t t =−+，解得1t =或2,1n t a =∴=或2n a =，B 不正确；对于C ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，若数列{}n a 为递增数列，则数列{}n b 为递增数列，则210n n n n b b b b +−=−>，解得0n b <或1n b >.当11b <−时，2211b b =>，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列；当110b −≤<时，201b <≤，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴≥≥⋅⋅⋅≥≥⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 不为递增数列，即数列{}n a 不为递增数列；当11b >时，21n n b b +=，123n b b b b ∴<<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列.综上，当11b <−或11b >，即10a <或12a >时，数列{}n a 为递增数列，C 不正确；对于D ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，12b =，两边同时取以2为底的对数，得212log 2log n n b b +=，21log 1b =，∴数列{}2log n b 是首项为1，公比为2的等比数列， 12log 2n n b −∴=，即11222,21n n n n b a −−=∴=+，D 正确.故选：AD.11．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{}n L 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,，即1213L L ==,，且()21n n n L L L n *++=+∈N ．设数列{}n L 各项依次除以4所得余数形成的数列为{}n a ，则2024a = ．【答案】3【解析】{}n L 的各项除以4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,，故可得{}n a 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2，所以20246337223a a a ⨯+===. 故答案为：3.12．某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134【解析】设第一层有m 根，共有n 层，则(1)20242n n n S nm −=+=， 4(21)404821123n m n +−==⨯⨯，显然n 和21m n +−中一个奇数一个偶数，则1121368n m n =⎧⎨+−=⎩或1621253n m n =⎧⎨+−=⎩或23176n m =⎧⎨=⎩，即11179n m =⎧⎨=⎩或16119n m =⎧⎨=⎩或2377n m =⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53当11179n m =⎧⎨=⎩时，10531096.6h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有189根；当16119n m =⎧⎨=⎩时，155310139.9h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377n m =⎧⎨=⎩时，22310200.52150h =⨯≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根. 故答案为：13413．已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m nS S −{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00mn −的值为 .【答案】21【解析】不妨设数列{}n a 的公差大于零，由于9100a a <，得9100,0a a <>，且9n ≤时，0n a <，10n ≥时，0n a >，不妨取m n >，则1mm n ii n S S a=+−=∑，设3030910i i k S S a ==−=∑，若9,30n m >=，则030301n ii n S S ak =+−≤<∑，此时式子取不了最大值；若9,30n m <=，则09301n ii n S S a k =+−≤+∑，又9i ≤时，0i a <，因为09301n ii n S S a k k =+−≤+<∑，此时式子取不了最大值；因此这就说明09n n ==必成立. 若30m <，则0910m m i i S S a k =−≤<∑，这也就说明030m <不成立，因此030m =，所以0021m n −=. 故答案为：21.14．已知数列 {}n a 是各项均为正数的等比数列， n S 为其前 n 项和， 1331614a a S ==，，则2a = ；记 ()1212n n T a a a n ==，，，若存在 *0n ∈N 使得 n T 最大，则 0n 的值为．【答案】 4 3或4【解析】等比数列{}n a 中，公比0q >；由213216a a a ⋅==，所以24a =，又314S =，所以13131610a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩解得1328a a =⎧⎨=⎩或1382a a =⎧⎨=⎩；若1328a a =⎧⎨=⎩时，可得2q，则21224a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为2,4,8,16⋯，，可知数列{}n a 单调递增，且各项均大于1，所以不会存在0n 使得012,,,n a a a ⋯的乘积最大(舍去)；若1382a a =⎧⎨=⎩时，可得12q =，则211842a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为118,4,2,1,,24，…，可知数列{}n a 单调递减，从第5项起各项小于1且为正数，前4项均为正数且大于等于1，所以存在03n =或04n =，使得8421⨯⨯⨯的乘积最大，综上，可得0n 的一个可能值是3或4. 故答案为：4；3或415．在数列{}n a 中，122,3a a ==−.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=−∈N .若{}n b 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为nb= ，n a 的最小值为 .【答案】 6n − 13−【解析】由题意1215b a a =−=−，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =−+−⋅=−；故16n n a a n +−=−，所以当6n ≤时，10n n a a +−≤，当6n >时，10n n a a +−>，所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +−=−，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()25432113=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是13−. 故答案为：6n −，13−16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n 级*()n K n ∈N 角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60︒），则n 级n K 角雪花曲线的开三角个数为，n 级n K 角雪花曲线的内角和为．。

2020高考文科数学(人教版)一轮复习讲义：第38讲数列求和含答案

第38讲数列求和1．掌握数列求和的常用方法与思路．2．能选择适当的方法解决有关数列求和的问题．知识梳理 1．常用公式(1)等差数列求和公式：S n ＝ n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ，推导方法是倒序相加 . (2)等比数列求和公式：S n ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q (q ≠1) ，推导方法是错位相减 .2．常用方法(1)分组求和法：将通项展开后分解成几组，其中每一组可转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和． (2)裂项求和法：将数列中的通项拆成两项之差求和，使之正负相消，剩下首尾若干项．(3)并项求和法：依次将数列中相邻两项并成一项，使之转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和． (4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列(倒序)与原数列相加，叫倒序相加，主要用于倒序相加后对应项和有公因式可提的数列求和，如等差数列求和公式就是用倒序相加法推导出来的．(5)错位相减法：这是推导等比数列前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．1．常见数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； (3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；(4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.2．常见的裂项公式(1)若{a n }各项都是不为0的等差数列，公差为d (d ≠0)，则 1a n ·a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)； (2)1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k )； (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .热身练习1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n 的前n 项和是(B)A ．1＋n 2－(12)n －1B ．1＋n 2－(12)nC ．1＋n 2－(12)n ＋1 D ．1＋n 2－2n112＋314＋518＋7116＋…＋(2n －1)＋12n ＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)] ＋(12＋14＋18＋116＋…＋12n ) ＝n [1＋(2n －1)]2＋12[1－(12)n ]1－12＝n 2＋1－(12)n .2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝(A) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15因为a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28 ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28) ＝3×5＝15. 3．求和S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n (n ＋2)＝ 12(32－1n ＋1－1n ＋2) .因为1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2)，所以原式＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n －1n ＋2)]＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)． 4．sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝892.设S ＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 288°＋sin 289°，则S ＝sin 289°＋sin 288°＋…＋sin 22°＋sin 21° 上述两式相加得2S ＝1×89，所以S ＝892.5．化简和式：1×2＋2×4＋…＋n ×2n ＝ (n －1)2n ＋1＋2 .令S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，② ①－②得：－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1. 所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.分组求和与并项求和(2016·北京卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (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．(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ∈N *)．设等差数列{a n }的公差为d .因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(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＝n (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.(1)数列求和，要注意通项的分析，根据通项的特点灵活选择方法．本题通项c n 可表示为a n ＋b n 的形式，其中{a n }是等差数列，{b n }是等差数列，故可采取拆项求和的方法．(2)“拆项”和“并项”方式不同，但目的都是为了转化，通过“拆”和“并”的手段，将不可直接求和的数列问题转化为可求和的数列来处理．1．若S n ＝－12＋22－32＋…＋(－1)n n 2(n ∈N *)，求S n .当n 为偶数时，S n ＝－12＋22－32＋…＋[－(n －1)2]＋n 2 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n 2－(n －1)2] ＝3＋7＋…＋(2n －1)＝3＋(2n －1)2·n 2＝n (n ＋1)2. 当n 为奇数时，S n ＝S n －1＋a n ＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2.综上，可知S n ＝(－1)nn (n ＋1)2.裂项求和法(经典真题)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a2n －1a 2n ＋1的前n 项和．(1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)d2.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝0，5a 1＋10d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)由(1)知1a 2n －1a 2n ＋1＝1(3－2n )(1－2n )＝12(12n －3－12n －1)，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a2n －1a 2n ＋1的前n 项和为12(1－1－11＋11－13＋…＋12n －3－12n －1) ＝n1－2n.(1)本题考查了等差数列的基本量及其关系，考查了裂项求和的基本方法．(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，要根据通项的特点来确定．2．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.错位相减法求和(经典真题)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32，所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2 ＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2＝1－n ＋42n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.(1)本题考查了等差数列的通项公式及错位相减法求和的基本方法，考查运算求解能力． (2)一般地，若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和可采用错位相减法．3．(2017·山东卷)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 .(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，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1. 令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋(12＋122＋…＋12n －1)－2n ＋12n ＋1 ＝32＋1－12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .1．数列求和的基本思想是“转化”，其一是转化为基本数列(如等差、等比数列)的求和或其他可求和的数列；其二是通过消项，把较复杂的数列求和转化为求不多的几项的和．到底如何进行转化，关键是在分析数列通项及其和式的构成规律，根据其特点转化为基本数列求和，或分解为基本数列求和．2．对于一般的数列求和无通法可循，能求和的是几类特殊的数列，其常用的方法有分组求和法、并项求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项求和法等，要注意分析总结这几种方法的适用类型．3．对通项中含有(－1)n 或奇数项、偶数项由等差(等比)数列构成的数列，求前n 项和时，注意根据n 的奇偶性进行讨论，转化为基本数列求和．。

专题32 数列求和(解析版)

答案:3n2-2n
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列
为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列的前n项和为 =3n2-2n.
8.(2020·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=.
9.(2020·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则 =()
A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得: ⇒ ,
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn= = =2n-1,因此 = =2-21-n.
答案:25
【解析】设等差数列的公差为d.因为是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+ d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+ +5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+ d,n∈N*,可得:S10=10× + =-20+45=25,所以S10=25.
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以 =3，
当时， = = ，即，因为，所以 =2，所以数列{ }是首项为3，公差为2的等差数列，所以 = ；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， = ，
所以数列{ }前n项和为 = = ．
讲典例备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋ d＝ .

2024年高考真题汇总数列(解析版)

专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。

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.。

高考文数一轮复习经典教案(带详解)第六章第4节：数列求和

第4节数列求和【最新考纲】 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.【高考会这样考】 1.考查等差、等比数列的求和；2.以数列求和为载体，考查数列求和的各种方法和技巧；3.综合考查数列和集合、函数、不等式、解析几何、概率等知识的综合问题．要点梳理1.求数列的前n 项和的方法(1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n （a 1＋a n ） 2 ＝na 1＋n （n －1）2d . ②等比数列的前n 项和公式(ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q. (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广.(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.(6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解.例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.2.常见的裂项公式(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n . [友情提示]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6. 3.应用裂项相消法时，应注意消项的规律具有对称性，即前面剩第几项则后面剩倒数第几项.基础自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)如果数列{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.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 C3.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 －2 解析 S n ＝2（1－2n ）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2. 答案 C4.数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和S n ＝2 0182 019，则n 等于________. 解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 令n n ＋1＝2 0182 019，得n ＝2 018. 答案 2 0185.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)题型分类考点突破考点一公式法求和【例1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式；(2)若T 3＝21，求S 3.解 (1)设{a n }公差为d ，{b n }公比为q ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋d ＋q ＝2，－1＋2d ＋q 2＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，故{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋d ＋q ＝2，1＋q ＋q 2＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝4，d ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝8. ∴当q ＝4，d ＝－1时，S 3＝－6；当q ＝－5，d ＝8时，S 3＝21.规律方法 1.数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项.2.通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n 项和的数列来求之.【变式练习1】已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.解 (1)设{a n }的公差为d ，由a 1＝1，a 2＋a 4＝10得1＋d ＋1＋3d ＝10，所以d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)由(1)知a 5＝9.设{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 2·b 4＝a 5得qq 3＝9，所以q 2＝3，所以{b 2n －1}是以b 1＝1为首项，q ′＝q 2＝3为公比的等比数列，所以b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1·（1－3n ）1－3＝3n －12. 考点二分组转化法求和【例2】已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和.解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n . a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ).记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2， B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2. 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.【变式练习2】已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和.解 (1)设数列{a n }的公比为q .由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1. 所以a n ＝2n －1. (2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12，即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列. 设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n （b 1＋b 2n ）2＝2n 2. 考点三裂项相消法求和【例3】已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝2a n a n ＋1，设{b n }的前n 项和为S n .求最小的正整数n ，使得S n >2 0182 019. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8，a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)因为b n ＝2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1，所以S n ＝⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1，令1－12n ＋1>2 0182 019，解得n >1 009，故取n ＝1 010.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.【变式练习3】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 项和为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. 考点四错位相减法求和(易错警示)【例4】求和：1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1.解当x ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2；当x ≠1时，设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋…＋(n －1)x n －1＋nx n ，② ①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n .③即S n ＝1－x n （1－x ）2－nx n1－x. 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，可采用错位相减法求和.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.易错警示 (1)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.(2)在利用等比数列求和公式求和时，应注意分清是n 项还是n －1项.【变式练习4】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1的等差数列，且a 2＝3，a 3＝5.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ·3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意，得S n n＝a 1＋n －1，即S n ＝n (a 1＋n －1)，所以a 1＋a 2＝2(a 1＋1)，a 1＋a 2＋a 3＝3(a 1＋2)，且a 2＝3，a 3＝5.解得a 1＝1，所以S n ＝n 2，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，n ＝1时也满足.故a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)·3n ，所以T n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n ，则3T n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1. ∴T n －3T n ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1，则－2T n ＝3＋2×32－3n ×31－3－(2n －1)·3n ＋1＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6，故T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.错误! 课后练习A 组 (时间：25分钟)一、选择题1.等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100＝( )A .50B .75C .100D .125解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d )＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d ＝50＋50×12＝75.答案 B2.数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A .9B .8C .17D .16解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案 A3.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 B4.已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A .5B .6C .7D .16解析根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，S 6＝5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0. 又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.答案 C5.已知函数f (x )＝x α的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝( ) A. 2 016－1 B. 2 017－1C. 2 018－1D. 2 018＋1 解析由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n ＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.答案 C二、填空题6.在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1). 答案 n (n ＋1)7.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 －18.中国古代数学有着很多令人惊叹的成就.北宋沈括在《梦溪笔谈》卷十八《技艺》篇中首创隙积术，隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状，最上一层长有a 个，宽有b 个，共计ab 个木桶，每一层长宽各比上一层多一个，共堆放n 层，设最底层长有c 个，宽有d 个，则共计有木桶n [（2a ＋c ）b ＋（2c ＋a ）d ＋（d －b ）]6个.假设最上层有长2宽1共2个木桶，每一层的长宽各比上一层多一个，共堆放15层，则木桶的个数为________.解析各层木桶长与宽的木桶数自上而下组成一等差数列，且公差为1，根据题意得，a ＝2，b ＝1，c ＝2＋14＝16，d ＝1＋14＝15，n ＝15，则木桶的个数为 15[（2×2＋16）×1＋（2×16＋2）×15＋（15－1）]6＝1 360(个).答案 1 360三、解答题9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2， ∴{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由(1)得b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋(2n ＋1)＝2×4n ＋(2n ＋1)，所以T n ＝2×(4＋42＋…＋4n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1)＝2×4（1－4n ）1－4＋n （3＋2n ＋1）2＝83(4n －1)＋n 2＋2n . 10.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 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，则2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3（2n ＋3）. B 组 (时间：20分钟)11.在数列{a n }中，已知a 1＝3，且数列{a n ＋(－1)n }是公比为2的等比数列，对于任意的n ∈N *，不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1恒成立，则实数λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，25 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，23 D .(－∞，1] 解析由已知，a n ＋(－1)n ＝[3＋(－1)1]·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －(－1)n .当n 为偶数时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1)＝2n ＋1－2，a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1＋1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1，得λ≤2n ＋1－22n ＋1＋1＝1－32n ＋1＋1对n ∈N *恒成立，∴λ≤23；当n 为奇数时， a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1－1)＝2n ＋1－1，a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1－1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1得，λ≤2n ＋1－12n ＋1－1＝1，对n ∈N *恒成立，综上可知λ≤23.答案 C12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，若S k ＝14，则a k ＝________.解析因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝78.答案 7813.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和.解 (1)由题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎨⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，同时a 2＝3a 1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n －n 2－5n ＋112，此时T 2符合，T 1不符合，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.。

归纳与技巧：数列求和(含解析)

归纳与技巧：数列求和基础知识归纳一、公式法1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n 项和公式，注意等比数列公比q 的取值情况要分q ＝1或q ≠1.2．一些常见数列的前n 项和公式： (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2；(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n . 二、非等差、等比数列求和的常用方法 1．倒序相加法如果一个数列{a n }，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，等差数列的前n 项和即是用此法推导的．2．分组转化求和法若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．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，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．基础题必做1．设数列{(－1)n }的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( ) A.n [(－1)n －1]2B.(－1)n －1＋12C.(－1)n ＋12D.(－1)n －12解析：选D 因为数列{(－1)n }是首项与公比均为－1的等比数列，所以S n ＝－1－(－1)n ×(－1)1－(－1)＝(－1)n －12.2．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100解析：选C ∵S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，∴S n n ＝n ＋2.故S 11＋S 22＋…＋S 1010＝75. 3．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( )A ．31B ．120C ．130D ．185解析：选C a 1＋…＋a k ＋…＋a 10＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20)＝240－(2＋20)×102＝240－110＝130.4．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________．解析：S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.答案：2n ＋1＋n 2－25．数列12×4，14×6，16×8，…，12n (2n ＋2)，…的前n 项和为________．解析：因a n ＝12n (2n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1则S n ＝14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n4(n ＋1). 答案：n4(n ＋1)解题方法归纳：数列求和的方法(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．分组转化法求和典题导入[例1] 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n . [自主解答] (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3，故a n ＝2·3n －1.(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝2(1＋3＋…＋32n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n ](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n ]ln 3＝2×1－32n1－3＋n ln 3＝32n ＋n ln 3－1.解题方法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.以题试法1．已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求：(1)p ，q 的值；(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．解：(1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x 4＝24p ＋4q ， x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.错位相减法求和典题导入[例2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝kc n －k (其中c ，k 为常数)，且a 2＝4，a 6＝8a 3. (1)求a n ；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .[自主解答] (1)由S n ＝kc n －k ，得a n ＝S n －S n －1＝kc n －kc n －1(n ≥2)．由a 2＝4，a 6＝8a 3 ，得kc (c －1)＝4，kc 5(c －1)＝8kc 2(c －1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，k ＝2，所以a 1＝S 1＝2，a n ＝kc n －kc n －1＝2n (n ≥2)，于是a n ＝2n . (2)T n ＝∑i ＝1nia i ＝∑i ＝1ni ·2i ，即T n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n . T n ＝2T n －T n ＝－2－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1＝－2n ＋1＋2＋n ·2n ＋1＝(n －1)2n ＋1＋2.解题方法归纳用错位相减法求和应注意：(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．以题试法2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝3n ＋k . (1)求k 的值及数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ＋12＝(4＋k )a n b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝3n ＋k －3n －1－k ＝2·3n －1，得等比数列{a n }的公比q＝3，首项为2.∴a 1＝S 1＝3＋k ＝2，∴k ＝－1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·3n －1.(2)由a n ＋12＝(4＋k )a nb n ，可得b n ＝n2·3n －1，即b n ＝32·n 3n .∵T n ＝32⎝⎛⎭⎫13＋232＋333＋…＋n 3n ， ∴13T n ＝32⎝⎛⎭⎫132＋233＋334＋…＋n 3n ＋1， ∴23T n ＝32⎝⎛⎭⎫13＋132＋133＋…＋13n －n 3n 1， ∴T n ＝94⎝⎛⎭⎫12－12·3n －n 3n ＋1.裂项相消法求和典题导入[例3] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝na n －n (n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[自主解答] (1)∵S n ＝na n －n (n －1)，当n ≥2时， S n －1＝(n －1)·a n －1－(n －1)(n －2)，∴a n ＝S n －S n －1＝na n －n (n －1)－(n －1)a n －1＋(n －1)·(n －2)，即a n －a n －1＝2.∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知b n ＝2a n a n ＋1＝2(2n －1)(2n ＋1)＝12n －1－12n ＋1，故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.本例条件不变，若数列{b n }满足b n ＝1S n ＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：S n ＝na n －n (n －1)＝n (2n －1)－n (n －1)＝n 2. b n ＝1S n ＋n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，T n ＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.解题方法归纳利用裂项相消法求和应注意(1)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)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2.以题试法3．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1、a 5的等比中项为16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N *恒成立．若存在，求出正整数k 的最小值；不存在，请说明理由．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16， ∵a 3－a 2＝8，则a 2＝8，∴q ＝2. ∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4.∵1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝⎛⎭⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<229， ∴存在正整数k 的最小值为3.1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158解析：选C 设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定解析：选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，可知数列{a n }是等差数列，由S 25＝(a 1＋a 25)×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 1＋a 25＝a 12＋a 14＝8.3．数列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：选A 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . 4．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎫1－14nD.23⎝⎛⎭⎫1－12n 解析：选C a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫122n －1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n . 5．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：选A 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×(5－1)2d ＝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. 6．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200解析：选B 由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.7．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________. 解析：由等差数列的性质及a 2＋a 8＝18－a 5，得2a 5＝18－a 5，则a 5＝6，故S 9＝(a 1＋a 9)×92＝9a 5＝54.答案：548．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－29．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析：设等比数列{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.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.答案：nn ＋110．在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n . 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 2＝32，a 1q 4＝32，解得a 1＝2，q ＝2，故a n ＝2·2n －1＝2n .(2)∵S n 表示数列{a n }的前n 项和，∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(2＋2·22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n )]＝2(2＋2·22＋…＋n ·2n )－n (n ＋1)，设T n ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，① 则2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(n －1)2n ＋1＋2]－n (n ＋1)＝(n －1)2n ＋2＋4－n (n ＋1)．11．已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以{a n }的通项a n ＝2n －1.(2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q 2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1，n 2＋q (1－q 2n )1－q 2，q >0，q ≠1.12．若数列{a n }满足：a 1＝23，a 2＝2,3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2.(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等差数列；(2)求使1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >52成立的最小的正整数n .解：(1)由3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2可得：a n ＋1－2a n ＋a n －1＝23，即(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝23，故数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝43为首项，23为公差的等差数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＝43＋23(n －1)＝23(n ＋1)，于是累加求和得a n ＝a 1＋23(2＋3＋…＋n )＝13n (n ＋1)， ∴1a n ＝3⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝3－3n ＋1>52，∴n >5， ∴最小的正整数n 为6.1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18 C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 2(1≤n ≤3)n 2－6n ＋18(n >3) D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 (1≤n ≤3)n 2－6n (n >3) 解析：选C ∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3). 2．若数列{a n }满足a 1＝2且a n ＋a n －1＝2n ＋2n －1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则log 2(S 2 012＋2)＝________.解析：因为a 1＋a 2＝22＋2，a 3＋a 4＝24＋23，a 5＋a 6＝26＋25，….所以S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2 011＋a 2 012＝21＋22＋23＋24＋…＋22 011＋22 012＝2(1－22 012)1－2＝22 013－2. 故log 2(S 2 012＋2)＝log 222 013＝2 013.答案：2 0133．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n . 解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝2，a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝12，a 1＝32.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ， ∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1 ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2. ∴S n ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.1．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)求数列{2a n }的前n 项和S n .解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d 1＋2d，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，故{a n }的通项a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知2a n ＝2n ，由等比数列前n 项和公式得S n ＝2＋22＋23＋ (2)＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2. 2．设函数f (x )＝x 3，在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 1＋a 2＋a 3＝12，记S n ＝f (3a n ＋1)，令b n ＝a n S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n . (1)求{a n }的通项公式和S n ；(2)求证：T n <13.解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 1＋2d ＝7，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝12，解得a 1＝1，d ＝3，则a n ＝3n －2.∵f (x )＝x 3，∴S n ＝f (3a n ＋1)＝a n ＋1＝3n ＋1.(2)证明：∵b n ＝a n S n ＝(3n －2)(3n ＋1)，∴1b n ＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13⎝⎛⎭⎫13n －2－13n ＋1. ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝13⎝⎛⎭⎫1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1 ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n ＋1.∴T n <13. 3．已知二次函数f (x )＝x 2－5x ＋10，当x ∈(n ，n ＋1](n ∈N *)时，把f (x )在此区间内的整数值的个数表示为a n .(1)求a 1和a 2的值；(2)求n ≥3时a n 的表达式；(3)令b n ＝4a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n (n ≥3)．解：(1)f (x )＝x 2－5x ＋10，又x ∈(n ，n ＋1](n ∈N *)时，f (x )的整数个数为a n ，所以f (x )在(1,2]上的值域为[4,6)⇒a 1＝2；f (x )在(2,3]上的值域为⎣⎡⎦⎤154，4⇒a 2＝1.(2)当n ≥3时，f (x )是增函数，故a n ＝f (n ＋1)－f (n )＝2n －4.(3)由(1)和(2)可知，b 1＝42×1＝2，b 2＝41×2＝2.而当n ≥3时，b n ＝4(2n －4)(2n －2)＝2⎝⎛⎭⎫12n －4－12n －2. 所以当n ≥3时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n＝2＋2＋2⎝⎛⎭⎫12－14＋14－16＋…＋12n －4－12n －2 ＝4＋2⎝⎛⎭⎫12－12n －2＝5－1n －1.。

专题7.4 数列求和(讲)(解析版)

专题7.4 数列求和【考纲解读与核心素养】1.掌握等差数列、等比数列前 n 项和公式及其应用.2．培养学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理、直观想象等核心数学素养. 3.高考预测：（1）等差数列与等比数列综合确定基本量，利用“裂项相消法”“错位相减法”等求和. （2）简单的等差数列、等比数列求和..（3）往往以数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后再与不等式、函数、最值等问题综合.考查 “裂项相消法”、“错位相减法”较多. 4.备考重点:（1）灵活选用数列求和公式的形式，关注应用公式的条件；（2）熟悉分组求和法、裂项相消法及错位相减法．【知识清单】知识点1．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++； ③等比数列中，n m m n n m m n S S q S S q S +=+=+.【典例剖析】高频考点一：公式法、分组转化法求和【典例1】（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +=+-，n n b a n =+.（1）求证：数列{}n b 是等比数列; （2）求数列{}n a 的前n 项和n S . 【答案】（1）证明见解析（2）()11222n n n n S ++=--【解析】（1）证明：因为121,n n n n a a n b a n +=+-=+所以()()()11121122n n n n n b a n a n n a n b ++=++=+-++=+=, 又因为11120b a =+=≠,则12n nb b +=, 所以数列{}n b 是首项为2,公比为2的等比数列. （2）由（1）知2n n n a n b +==,所以2nn a n =-,所以()()()()232122232nn S n =-+-+-+⋅⋅⋅+-()()232222123n n =+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+()()()121211221222n n n n n n +-++=-=---【典例2】（2019·天津高考真题（理））设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列.已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,1,,2,k k n kk n c c b n +⎧<<==⎨=⎩其中*k ∈N . （i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式；（ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N .【答案】（Ⅰ）31n a n =+；32nn b =⨯（Ⅱ）（i ）()221941n n n a c -=⨯-（ii ）()()2*211*12725212nn n i i i a c n n n --=∈=⨯+⨯--∈∑N N【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .依题意得()()262426262424124q d d q d d ⎧=+-=+⎪⎨=++=+⎪⎩，解得32d q =⎧⎨=⎩，故4(1)331n a n n =+-⨯=+，16232n nn b -=⨯=⨯.所以，{}n a 的通项公式为31n a n =+，{}n b 的通项公式为32nn b =⨯. (Ⅱ)(i )()()()()22211321321941n n n n n nn a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-.所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n na c -=⨯-.(ii )()22111n n i iiiii i a c a a c ===+-⎡⎤⎣⎦∑∑()2222111n niiii i a a c===+-∑∑()2212432n n n⎛⎫- ⎪=⨯+⨯ ⎪⎝⎭()1941n i i =+⨯-∑ ()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n N --=⨯+⨯--∈.【总结提升】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．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，可采用分组转化法求{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，可采用分组转化法求和．3．分组转化求和法：有一类数列错误!未找到引用源。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高考（文科）数列求和综合高考真题错误!1．(2012·课标全国，12，中)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845 D ．1 8301．D [考向1]∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1， ∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60) ＝10＋26＋42＋…＋234＝15×（10＋234）2＝1 830.思路点拨：讨论n 的奇偶性来发现a n 的规律． 2．(2012·福建，11，难)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006 B ．2 012 C ．503 D ．02．A [考向1]∵y ＝cos n π2的周期T ＝2ππ2＝4，∴可分四组求和，则a 1＋a 5＋…＋a 2 009＝0， a 2＋a 6＋…＋a 2 010 ＝－2－6－…－2 010 ＝503×（－2－2 010）2 ＝－503×1 006， a 3＋a 7＋…＋a 2 011＝0， a 4＋a 8＋…＋a 2 012＝4＋8＋…＋2 012 ＝503×（4＋2 012）2＝503×1 008，∴S 2 012＝0－503×1 006＋0＋503×1 008＝503×(－1 006＋1 008)＝1 006. 思路点拨：用分组求和公式法来解决正负相间的求和问题．3．(2015·江苏，11，中)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．3．[考向3]【解析】 a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n ，以上n －1个式子相加得， a n －a 1＝2＋3＋4＋…＋n ， ∵a 1＝1，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2， ∴1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S 10＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.【答案】 20114．(2013·江苏，14，难)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3，则满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．4．[考向1]【解析】设公比为q ，∵a 5＝12，a 6＋a 7＝a 5q ＋a 5q 2＝3， ∴12q ＋12q 2＝3，∴q 2＋q －6＝0， ∴(q －2)(q ＋3)＝0. ∵q ＞0，∴q ＝2.∵a 5＝a 1q 4＝12，∴a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫125， a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫125·2n －1＝2n －6.则a 1＋a 2＋…＋a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫125（1－2n ）1－2＝2－5·(2n －1)．a 1a 2…a n ＝2－5·2－4·2－3·…·2n －6＝2n （n －11）2，∴2－5(2n －1)＞2n （n －11）2，∴2n －1＞2n （n －11）2＋5. 令n ＞n （n －11）2＋5，即n 2－13n ＋10＜0，13－1292＜n ＜13＋1292，∴n ≤12，n ∈N *，∴当n ＝1，2，3，…，12时，2n－1＞2n （n －11）2＋5.当n ≥13时，2n－1＜2n （n －11）2＋5.从而满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为12. 【答案】 12思路点拨：求出基本量q ，将不等式转化为关于n 的不等式，解不等式即可． 5．(2016·山东，19，12分，中)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n.求数列{c n }的前n 项和T n .5．[考向2]解：(1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式．所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎨⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎨⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得 T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)·2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)·2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)·2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）·2n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.6．(2016·课标Ⅰ，17，12分，中)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．6．[考向1]解：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2. 所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1＝b n 3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n －1. 7．(2016·浙江，17，15分，中)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．7．[考向1]解：(1)由题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎨⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. (2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *， b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3.当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n －n 2－5n ＋112.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *. 8．(2014·课标Ⅰ，17，12分，中)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．8．[考向2]解：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋ (12)＋1－n ＋22n ＋2 ＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2＝1－n ＋42n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.9．(2015·安徽，18，12分，中)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .9．[考向3]解：(1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎨⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得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.易错点拨：没有根据数列的单调性来舍去多余的一组解．10．(2015·湖北，19，12分，中)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .10．[考向2]解：(1)由题意有，⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.高考考向例析公式法求和是高考的热点内容，是数列求和的基础，小题及解答题经常涉及，高考考查难度不大，一般是基础题和中档题．1(2015·重庆，16，13分)已知等差数列{an }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12. (2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n－1.数列求和应从通项入手，若通项符合等差数列或等比数列，则直接用公式求和；若通项不符合等差或等比数列，需要通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n 项和的数列求之．1.(2013·课标Ⅱ，17，12分)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列． (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2. 1．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得a 211＝a 1a 13，即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )，即d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，∴d ＝0(舍去)或d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n .2．(2014·山东，19，12分)在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝an （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .2．解：(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝an （n ＋1）2＝n (n ＋1)．则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ×(n ＋1)．可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2 ＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时， T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.,几类可以使用公式求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式． (3)等差数列各项加上绝对值，等差数列乘以(－1)n.错位相减法是高考考查的热点内容，考查频率非常高，一般出现在解答题的第(2)问，难度中等，对计算能力要求较高．2(2015·山东，19，12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)设数列{a n }的公差为d . 令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. (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（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋19.1.(2015·天津，18，13分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，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 *，求数列{c n }的前n 项和．1．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{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 ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{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·浙江，17，15分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .2．解：(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，知a n ≠0，故a n ＋1a n ＝2，即{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知，当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b n n ，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是以1为首项，1为公比的等比数列，即b nn ＝1，所以b n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n b n ＝n ·2n .因此T n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，① 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，② ①－②得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1. 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．,错位相减法求和的适用条件及关注点(1)适用条件：如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成，那么这个数列的前n 项和可用此法来求．即求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．(2)关注点：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．错位相减法求和的具体步骤步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ；步骤2→等式两边同乘以等比数列的公比q ，即qS n ＝qc 1＋qc 2＋…＋qc n ；步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和；步骤4→两边同除以1－q ，求出S n .同时注意对q 是否为1进行讨论.裂项法求和是高考重点考查内容，高考中考查的频率较高．小题和解答题中都有可能出现，解答题中考查得更多，主要考查裂项的基本方法．3(2014·广东，19，14分)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）<13.【解析】 (1)令n ＝1，得S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，∴(S 1＋3)(S 1－2)＝0. ∵S 1>0，∴S 1＝2，即a 1＝2.(2)由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0.∵a n >0(n ∈N *)，∴S n >0，从而S n ＋3>0，∴S n ＝n 2＋n . 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n )－[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 又a 1＝2＝2×1满足上式， ∴a n ＝2n (n ∈N *)．(3)证明：方法一(通法)：当k ∈N *时，k 2＋k 2>k 2＋k 2－316＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －14⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋34，∴1a k （a k ＋1）＝12k （2k ＋1）＝14·1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12<14·1⎝ ⎛⎭⎪⎫k －14⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋34 ＝14·1⎝ ⎛⎭⎪⎫k －14·⎣⎢⎡⎦⎥⎤（k ＋1）－14＝14·⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1k －14－1（k ＋1）－14，∴1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）<14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－14－12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14－13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n －14－1（n ＋1）－14 ＝14·⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤11－14－1（n ＋1）－14＝13－14n ＋3<13.方法二(优法)：当n ＝1时，1a 1（a 1＋1）＝12×3＝16<13成立，当n ≥2时，1a n （a n ＋1）＝12n （2n ＋1）<1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋1a 3（a 3＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）<16＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝16＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＝13－14n ＋2<13.(2013·课标Ⅰ，17，12分)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a 2n －1a 2n ＋1的前n 项和．解：(1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d .由已知可得⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝0，5a 1＋10d ＝－5，解得a 1＝1，d ＝－1.故{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)由(1)知1a 2n －1a 2n ＋1＝1（3－2n ）（1－2n ）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a 2n －1a 2n ＋1的前n 项和为12×(1－1－11＋11－13＋…＋12n －3－12n －1)＝－n2n －1.,裂项相消法求和的原理及注意问题(1)原理：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)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．(3)一般地，若{a n }为等差数列，则求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和可尝试此方法，事实上，1a n a n ＋1＝dda n a n ＋1＝a n ＋1－a n da n a n ＋1＝1d ·⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.用裂项法求和的裂项原则及规律(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．常见式的裂项高考模拟题目选练1．(2015·山西阳泉质检，7)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，a 5＝4－a 3，则S 7＝( ) A ．7 B ．12 C ．14 D ．211．C [考向1]由a n ＋2＝2a n ＋1－a n 知数列{a n }为等差数列，由a 5＝4－a 3得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝7（a 1＋a 7）2＝14. 2．(2016·安徽合肥一模，6)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 |＝( )A ．1－4nB ．4n－1 C.1－4n 3 D.4n－132．B [考向1]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－1.3．(2016·辽宁五校联考，8)已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26，b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为( ) A.10125 B.3536 C.25101 D.3103．C [考向3]在等差数列{a n }中，a 5＋a 7＝2a 6＝26⇒a 6＝13，又数列{a n }的公差d ＝a 6－a 36－3＝13－73＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)·d ＝7＋(n －3)×2＝2n ＋1，那么b n＝1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1⇒S 100＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101＝25101. 4．(2015·河北保定调研，10)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎨⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n >3）D.⎩⎨⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n （n >3） 4．C 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7.当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式， ∴a n ＝2n －7，n ∈N *.∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0.∴当n ≤3时，T n ＝|S n |＝6n －n 2，当n >3时，T n ＝S n ＋2|S 3|＝n 2－6n ＋18.∴T n ＝⎩⎨⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n >3）.5．(2016·山东泰安一模，14)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 017＝________.5．【解析】由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得，该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，所以S 2 017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＝504× (－2)＋1＝－1 007. 【答案】－1 0076．(2015·山东青岛一模，17，12分)等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＝15，a 5＝9. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n ＋12，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋12·b n 的前n 项和S n . 6．[考向2]解：(1)设数列{a n }的公差为d ，首项为a 1，由题意得 ⎩⎨⎧a 2＋a 3＋a 4＝15，a 5＝9，即⎩⎨⎧3a 1＋6d ＝15，a 1＋4d ＝9，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝3a n ＋12＝3n ，所以a n ＋12·b n ＝n ·3n ，所以S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋4×34＋…＋n ·3n ， 3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1，两式相减得2S n ＝－(3＋32＋33＋34＋…＋3n )＋n ·3n ＋1 ＝－3（1－3n ）1－3＋n ·3n ＋1＝3＋（2n －1）·3n ＋12，所以S n ＝3＋（2n －1）·3n ＋14.7．(2016·河南郑州调研，18，12分)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且a 2，a 5，a 14分别是等比数列{b n }的b 2，b 3，b 4. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对任意正整数n 均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋…＋c 2016的值．7．[考向3]解：(1)∵a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ，且a 2，a 5，a 14成等比数列，∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2， ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. 又∵b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9， ∴q ＝3，b 1＝1，故b n ＝3n －1. (2)∵c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n＝a n ＋1，①∴c 1b 1＝a 2，即c 1＝b 1a 2＝3，又c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n (n ≥2)，②①－②得c nb n＝a n ＋1－a n ＝2，∴c n ＝2b n ＝2·3n －1(n ≥2)， ∴c n ＝⎩⎨⎧3 （n ＝1），2·3n －1（n ≥2），则c 1＋c 2＋…＋c 2 016＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32 015 ＝3＋2×(31＋32＋…＋32 015) ＝3＋2×3×（1－32 015）1－3＝32 016.。