高考数学一轮复习 第五章 第4讲 数列求和 文
2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和学案含解析新人教版
第四节 数列求和热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现. 本节通过数列求和以与数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第108页 知识点 数列前n 项和的求法 1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式 ①当q ＝1时，S n ＝na 1； ②当q ≠1时，S n ＝a 11－q n1－q＝a 1－a n q1－q.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾假如干项． 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，如此称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． •温馨提醒• 二级结论1．常见的裂项公式 (1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1.(2)12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .2．常见数列的求和公式 (1)12＋22＋32＋…＋n 2＝n n ＋12n ＋16.(2)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋122.必明易错1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进展合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项如此后剩多少项．1．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，假如{a n }的前n 项和为2 0192 020，如此项数n 为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019答案：D2．数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，如此其前n 项和关于n 的表达式为________． 答案：n n ＋12＋1－12n 3．数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，如此S n ＝________. 答案：(n －1)2n ＋1＋24．(易错题)求1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1(x ≠0且x ≠1)的和． 解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 如此xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ，所以S n ＝1－x n 1－x 2－nx n1－x.授课提示：对应学生用书第109页题型一 分组转化法求和 合作探究[例] 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)假如数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1,2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，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)＝n1＋2n－12＋21－2n1－2＝n2＋2n＋1－2.分组转化法求和的常见类型[对点训练](2021·某某质检)等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n，求数列{b n}的前n项和T n.答案：(1)a n＝2n＋1 (2)T n＝83(4n－1)＋n2＋2n题型二裂项相消法求和合作探究[例] 数列{a n}满足a1＝1, a2n＋2＝a n＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n＋1，求数列{b n}的前n项和．[解析] (1)证明：由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又由易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1， 故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原如此：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.[对点训练](2020·高考某某卷)数列{a n }，{b n }，{}满足a 1＝b 1＝c 1＝1，＝a n ＋1－a n ，＋1＝b nb n ＋2，n ∈N *.(1)假如{b n }为等比数列，公比q ＞0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值与数列{a n }的通项公式； (2)假如{b n }为等差数列，公差d ＞0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *.解析：(1)由b 1＋b 2＝6b 3，得1＋q ＝6q 2， 解得q ＝12.由＋1＝4得＝4n －1. 由a n ＋1－a n＝4n －1，得a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝4n －1＋23.(2)证明：由＋1＝b nb n ＋2，得＝b 1b 2c 1b n b n ＋1＝1＋d d ⎝⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝1＋d d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1， 由b 1＝1，d ＞0，得b n ＋1＞0，因此c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *. 题型三 错位相减法求和 合作探究[例](2020·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜测{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n . [解析](1)a 2＝5，a 3a n ＝2n ＋1.证明：由可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，…，a 2－5＝3(a 1－3)．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n .① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1，所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号.[对点训练](2021·某某市局部区联考)数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且a 1＝1，a 3＋a 4＝12，b 1＝a 2，b 2＝a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设＝(－1)n a n b n (n ∈N *)，求数列{}的前n 项和S n . 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 1＝1，a 3＋a 4＝12， 所以2a 1＋5d ＝12，所以d ＝2， 所以a n ＝2n －1.设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝a 2，b 2＝a 5， 所以b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9， 所以q ＝3，所以b n ＝3n .(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n ，所以＝(－1)n ·a n ·b n ＝(－1)n ·(2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n ， 所以S n ＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n －1)·(－3)n ，①所以－3S n ＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n －3)·(－3)n ＋(2n －1)·(－3)n ＋1，② ①－②得，4S n ＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n －(2n －1)·(－3)n ＋1 ＝－3＋2·－32[1－－3n －1]1＋3－(2n －1)·(－3)n ＋1＝32－4n －12·(－3)n ＋1. 所以S n ＝38－4n －18·(－3)n ＋1.数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例](2021·某某重点中学联考)设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }中满足a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，假如[x ]表示不超过x 的最大整数，如此⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019D ．2 020解析：由题可知，f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2，如此f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0.a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，累加得a n ＝2n －1，故b n ＝n .如此2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋2 018b 2 018b 2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 答案：A此题的关键是利用累加法求通项后，利用裂项相消法求和．[题组突破]1．(2021·某某摸底)定义n∑i ＝1nu i为n 个正数u 1，u 2，u 3，…，u n 的“快乐数〞．假如正项数列{a n }的前n 项的“快乐数〞为13n ＋1，如此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36a n ＋2a n ＋1＋2的前2 019项和为( )A.2 0182 019 B ．2 0192 020C.2 0192 018D ．2 0191 010答案：B2．(2021·某某期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.①第二步：将数列①的各项乘以n ，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n ，如此a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝( )A ．n 2B ．(n －1)2C ．n (n －1)D ．n (n ＋1) 答案：C。
高考数学一轮总复习 第5章 数列 第4节 数列求和课件 理 新人教版
2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2， 代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)． 答案：190(2n－1)
(2015·湖北高考)设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等 比数列{bn}的公比为 q.已知 b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)当 d＞1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解析
[由题悟法]
bn＝3
an＋1 2
，求数列an＋2 1·bn的前
n
项和
Sn.
an＋1
解：由(1)可得 bn＝3 2 ＝3n，
所以an＋2 1·bn＝n·3n，
[即时应用]
已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q＞1，且 3(an＋2 ＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列 {bn}的通项公式和前 n 项和 Sn.
解析
考点三 错位相减法求和 重点保分型考点——师生共研 [典例引领]
(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和 一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列 的前 n 项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离” 的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列 的前 n 项和即可用倒序相加法求解．
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[即时应用]
(2015·青岛一模)等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝15，a5＝9. (1)求数列{an}的通项公式；
解：设数列{an}的公差为 d，首项为 a1， 由题意得3aa1＋1＋46d＝ d＝9， 15， 解得ad1＝＝21.， 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
(2)设
2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2， 代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)． 答案：190(2n－1)
＝3＋2n－2 1·3n＋1， 所以 Sn＝3＋2n－4 1·3n＋1.
考点四 裂项相消法求和 常考常新型考点——多角探明 [命题分析]
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．
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多 变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列 an 的 通项公式，达到求解目的．
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：
nn＋1 ①1＋2＋3＋…＋n＝_____2____； ②2＋4＋6＋…＋2n＝ n(n＋1) ； ③1＋3＋5＋…＋2n－1＝ n2
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比
或可求和的数列组成的，Байду номын сангаас求和时可用分组求和法，分别求
(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．
高考数学一轮复习 第5篇 第4节 数列求和课件 文 新人教版
等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.
即时突破 1 (2013 包头模拟)已知数列{xn}的首项 x1=3,通项
xn=2 p+nq(n∈N ,p,q 为常数),且 x1,x4,x5 成等差数列.求: (1)p,q 的值; (2)数列{xn}前 n 项和 Sn. 解:(1)由 x1=3,得 2p+q=3, 4 5 又因为 x4=2 p+4q,x5=2 p+5q,且 x1+x5=2x4, 5 5 即 3+2 p+5q=2 p+8q,解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n, 所以 Sn=(2+2 +…+2 )+(1+2+…+n)=2 -2+
2 n-1
反思归纳
分组转化法求和的解题策略:
(1)数列求和应从通项入手,通过对通项变形,转化为等差数 列或等比数列或可求前 n 项和的数列求和. (2)分组转化法求和的常见类型 ①若 an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组 求和法求{an}的前 n 项和.
bn , n为奇数， ②通项公式为 an= 的数列,其中数列{bn},{cn}是 cn , n为偶数
100 1 100 2
2
=5050, 故选 C.
4.设数列{an}的通项公式为 an=2 ,令 bn=nan,则数列{bn}的 前 n 项和 Sn 为 . 2n-1 解析:由 bn=nan=n·2 知 Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1, ① 从而 2 ·Sn=1·2 +2·2 +3·2 +…+n·2 ①-②得(1-22)·Sn =2+2 +2 +…+2
高考数学(文)一轮复习 5-4数列求和
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板块一
板块二
板块三
板块四
板块五
高考一轮总复习 ·数学（文）
考点 4 错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前 n 项 和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的.
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高考一轮总复习 ·数学（文）
1 n＋
n＋1，若前
n
ห้องสมุดไป่ตู้
项和为
10，则项数
n
为(
)
A.120
B．99
C.11
D．121
[解析]
an＝
n＋1－ n n＋1＋ n n＋1－
＝ n
n＋1－
n，所以 a1＋a2＋…＋an＝(
2－1)＋(
3－
2)＋…
＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1＝10.即 n＋1＝11，所以 n＋1＝121，n＝120.
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－n－12＋2 n－1＝n. 故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3 ＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A＝211－－222n＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
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高考数学一轮复习第五章数列第4讲数列求和课件文
已知数列{an}的通项公式是 an＝2·3n－1＋ (－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn. [解] Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2 －ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3， 所以当 n 为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1； 当 n 为奇数时，
分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分 组转化法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数的数列，其中数列{bn}，{cn} 是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求{an}的前 n 项 和．
3．等比数列{an}的首项为 a，公比为 q，Sn 为其前 n 项的和， 求 S1＋S2＋…＋Sn. [解] 当 q＝1 时，an＝a，Sn＝na， 所以 S1＋S2＋…＋Sn＝(1＋2＋…＋n)a＝n（n2＋1）a. 当 q≠1 时， 因为 Sn＝a（11－－qqn），所以 S1＋S2＋…＋Sn
Tn＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1＝
n n＋1.
利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一 项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就 是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开 的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]， 两 式 作 差 ， 得 － Tn ＝ 3×[2×22 ＋ 23 ＋ 24 ＋ … ＋ 2n ＋ 1 － (n ＋
1)×2n＋2]＝3×4＋4（11－－22n）－（n＋1）×2n＋2
2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第五章 第四节 数列求和与数列的综合应用 含答案
由 即
可解得 所以bn＝3n＋1。
(2)由(1)知cn＝ ＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
解析：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4。故选B。
两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，
即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n。
故an＝－3n＋1。
(2)证明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，
得 ＝ ＝ ，
所以Tn＝
答案B
三、走出误区
微提醒：①不会分组致误；②错位相减法运用不熟出错。
5．已知数列：1 ，2 ，3 ，…， ，则其前n项和关于n的表达式为______________。
第04讲 数列求和 (精讲)(解析版)-2023年高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)
第04讲 数列求和(精讲）目录第一部分：知识点精准记忆 第二部分：课前自我评估测试 第三部分：典型例题剖析题型一：裂项相消求和法 题型二：错位相减求和法 题型三：分组求和法 题型四：倒序相加求和法第四部分：高考真题感悟1.公式法(1)等差数列前n 项和公式11()(1)22n n n a a n n dS na +-==+; (2)等比数列前n 项和公式111(1)11n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩2.裂项相消求和法:裂项相消求和法就是把数列的各项变为两项之差,使得相加求和时一些正负项相互抵消,前n 项和变成首尾若干少数项之和,从而求出数列的前n 项和.①21111(1)1n n n n n n ==-+++②1111()()n n k k n n k=-++③211111()41(21)(21)22121n n n n n ==---+-+④1111()(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++1k= 3.错位相减求和法:错位相减法求和：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.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法． 4.分组求和法:如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法. 5.倒序相加求和法:即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.1．（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）若数列{}n a 满足()11n a n n =+，则{}n a 的前2022项和为（ ）A ．12023B ．20222023C ．12022D ．20212022【答案】B 解：由题得()11111n a n n n n ==-++，所以{}n a 的前2022项和为11111112022112232022202320232023-+-++-=-=. 故选：B2．（2022·全国·高三专题练习（文））若数列{an }的通项公式为an ＝2n ＋2n －1，则数列{an }的前n 项和为（ ） A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋n －2 D ．2n ＋1＋n 2－2【答案】D由题可知：设数列{an }的前n 项和为n S 所以12n n S a a a =+++即()()22221321n n n S =+++++++-所以()212[1(21)]122n n n n S -+-=+-故1222n n S n +=-+故选：D3．（2022·全国·高三专题练习（文））设4()42xx f x =+，1231011111111f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭A ．4B ．5C ．6D ．10【答案】B由于()()1144114242x xxx f x f x --+-=+=++，故原式11029565111111111111f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 4．（2022·江苏·高二课时练习）求和：()10132kk =+∑.【答案】2076()10231013232+++3+2+++kk =+=+⋅⋅⋅∑（）（32）（）（32）231030(2222)=++++⋅⋅⋅+102(12)3012-=+- 113022=-+ 2076=题型一：裂项相消求和法例题1．（2022·浙江省淳安中学高二期中）数列的前2022项和为（ ）A B C 1 D 1【答案】B记的前n项和为nT，则2022140452T=+)112=；故选：B例题2．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知{}n a是递增的等差数列，13a=，且13a，4a，1a成等比数列.(1)求数列{}n a的通项公式；(2)设数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和为nT，求证：11156nT≤<.【答案】(1)21na n=+(2)见解析.(1)设{}n a的公差为d，因为13a，4a，1a成等比数列，所以()()222411333331220a a a d d d d=⋅⇒+=+⇒-=，因为{}n a是递增，所以0d>，故2d=，所以21na n=+.(2)()()111111212322123n na a n n n n+⎛⎫==-⎪++++⎝⎭,所以11111111112355721232323nTn n n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因为123n+单调递减，所以n T单调递增，故当1n=时，min11()15nT T==，而111123236n nT⎛⎫=-<⎪+⎝⎭，故11156nT≤<.例题3．（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高二阶段练习）已知n S为等差数列{}n a的前n项和，321S=，555S=．(1)求n a、n S；(2)若数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n T，求满足225nT>的最小正整数n．【答案】(1)an＝4n﹣1，22nS n n=+(2)19(1)设等差数列{an }的公差为d ，则11323212545552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，即117211a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得134a d =⎧⎨=⎩，故()34141n a n n =+-=-，2(341)22n n n S n n +-==+ (2)由（1）得，1111111414344143n n a a n n n n +⎛⎫=⋅=- ⎪-+-+⎝⎭.故111111111...437471144143n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1114343129n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，令225n T >有129225n n +>，即241825n n >+，解得18n >，故满足满足225nT >的最小正整数为19例题4．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：12(N )n n S a a n +=-∈，且123+1,a a a ,成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令()()()2221N log log n n n b n a a ++=∈⋅，求证：数列{}n b 的前n 项和34n T <.【答案】(1)()2N nn a n +=∈(2)证明见解析(1)由题意：()12,n n S a a n N +=-∈，()-1-112,2,N n n S a a n n +∴=-≥∈ 两式相减得到-1=2(2,)n n a a n n N +≥∈，又0n a >，{}n a ∴是首项为1a ，公比为2的等比数列， 再由123+1,a a a ,成等差数列得，得()2132+1a a a =+， 即()11122+14a a a =+，则1=2a ，{}n a ∴的通项公式为()2N n n a n +=∈.(2)由题意知，22211111()(2)22log 2log 2n n n b n n n n +===-++⋅1111111111(1)232435112n T n n n n ∴=-+-+-++-+--++ 11113111122124212n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭3N ,4n n T +∈∴<例题5．（2022·河南濮阳·高二期末（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且25a =，()*11232,n n n S S S n n +--+=≥∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知n b 是n a ，1n a +的等比中项，求数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)31n a n =-(2)()232nn +(1)当2n ≥时，()()113n n n n S S S S +----=， 故13n n a a +-=，又12a =，且25a =， 213a a -=，满足13n n a a +-=，故数列{}n a 为公差为3的等差数列，通项公式为()21331n a n n =+-⨯=-，(2)由题意得：()()23132n b n n =-+，则()()211111313233132n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 则()11111111113255831323232232n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭ 例题6．（2022·海南华侨中学高二期中）设等比数列{}n a 满足124a a +=，318a a -=． (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()112311n n n n b a a -+⨯=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围．【答案】(1)13-=n n a (2)11,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭(1)解：设公比为q ，由124a a +=，318a a -=，所以1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得11a =，3q =， 所以13-=n n a ．(2)解：由（1）及()()112311n n n n b a a -+⨯=++，所以()()111231131313131n n n n n n b ---⨯==-++++，所以0112231111111113131313131313131n n n T -=-+-+-++-++++++++011113131231n n =-=-+++ 因为()()1111111111123023123131313131n n n n n n n n n T T -+++-⨯⎛⎫⎛⎫-=---=-=>⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭，即n T 单调递增， 所以114n T T ≥=，又1112312n n T =-<+，所以1142n T ≤<，即11,42n T ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭；题型二：错位相减求和法例题1．（2022·全国·高三专题练习） 1232482n nnS =++++=（ ） A ．22n n n -B ．1222n n n +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 由1232482n nn S =++++， 得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=. 故选：B.例题32．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ， 由题意得：13312a d +=，解得：3d =， 所以()13132n a n n =+-=-， 由2312b =得：24b =，所以214a q a ==， 所以14n n b -=(2)()1324nn n n c a b n +==-⋅， 则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①， ()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-例题3．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且22n n S a =-，2log =n n n b a a ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求证：当2n ≥时，4n n T S ≥+． 【答案】(1)2n n a =(2)证明见解析(1)因为22n n S a =-，所以1122a a =-，则12a =， 当2n ≥时，1122n n S a --=-，所以1122n n n n n a S S a a --=-=-，化简得12n n a a -=，所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，因此2n n a = (2)()12122212n n n S +-==--，22log 2log 22n n nn n n b a a n =⋅=⋅=⋅，则212222nn T n =⨯+⨯++⨯……， 所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯……，两式相减得()231122222n n n T n ++=-⨯-+++⋅……，即()()231121222222212n nn n n T n n ++-=-++++⋅=-+⋅+-……，故()1122n n T n +=-+.所以当2n ≥时，()()()111122222244n n n n n T S n n +++-=-+--=-+≥，所以4n n T S ≥+．例题4．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)1242n n n S -+=-. (1)依题意，等比数列{}n b 的公比322b q b ==，则有2122n n n b b q --==，因此，111a b ==， 由851a b +=得85115a b =-=，等差数列{}n a 的公差81281a a d -==-，1(1)21n a a n d n =+-=-， 所以数列{}n a 、{}n b 的通项公式分别为：21n a n =-，12n n b -=.(2)由（1）知，111222n n n n n a n nc b -++===， 则23123412222n n n S -=+++++， 于是得23111231222222n n nn nS --=+++++， 两式相减得：23111()11112212122222211222nn n n nn n n S n --+=+++++-=-=--， 所以1242n n n S -+=-. 例题5．（2022·辽宁·建平县实验中学高二期中）已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q -=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q 或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n nn n T ---=+++++①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-234111111212222222nn n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯-=--n n n n n ．所以2332n nn T +=-． 题型三：分组求和法例题1．（2022·新疆克孜勒苏·高一期中）数列112，134 ，158 ，1716 ， ．．．，1(21)2n n -+ ，的前n 项和n S 的值等于（ ）A ．2112nn +-B ．21212nn n -+-C ．22112n n -+-D ．2112nn n -+-【答案】A可得()231111135212222n n S n =++++-+++++()2111121122112212n n n n n ⎛⎫- ⎪+-⎝⎭=+=+--.故选：A.例题2．（2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习）数列{n a }中，1(1)(43)n n a n -=--，前n 和为n S ，则6S 为（ ） A ．-12 B ．16 C ．-10 D ．12【答案】A解：因为1(1)(43)n n a n -=--，所以()()()6123456=+++++S a a a a a a ，()()()159131721=-+-+-，()34=⨯-， 12=-，故选：A例题3．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1222,(1)2n n n a a a -+=+-=，则60S =_________. 【答案】960由12(1)2n n n a a -++-=，当n 为奇数时，有22n n a a ++=；当n 为偶数时，22n n a a +-=， ∴数列{}n a 的偶数项构成以2为首项，以2为公差的等差数列， 则()()601357575924685860S a a a a a a a a a a a a =+++++++++++++3029152********⨯=⨯+⨯+⨯=， 故答案为：960.例题4．（2022·辽宁·鞍山市华育高级中学高二期中）已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，23b =，39b =，11a b =，144a b =.(1)求{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n S . 【答案】(1)21n a n =-，13n n b -=(2)2312n n S n -=+(1)设等比数列{}n b 的公比为q ，则323b q b ==，2123n n n b b q --∴==； 又111a b ==，14427a b ==，设等差数列{}n a 的公差为d ，则141213a a d -==， ()12121n a n n ∴=+-=-.(2)由（1）得：()1213n n c n -=-+；()()()()112121321133n n n n S a a a b b b n -∴=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+212113312132n n n n n +---=⋅+=+-. 例题5．（2022·湖北·安陆第一高中高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为正项等比数列，满足213a b ==，424S S =，26b +是1b 与3b 的等差中项． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若n n n c a b =+，n T 是数列{}n c 的前n 项和，求n T ． 【答案】(1)21n a n =-，3n n b =；(2)2113322n n T n +=+⨯-.(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意可知： ()21111314324422a a d a d a d a d =+=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨⨯=+=+⎩⎪⎩， 所以数列{}n a 的通项公式为()12121n a n n =+-=-，设等比数列{}n b 的公比为q ，依题意可知：()21326b b b +=+，又13b =，所以()2223633230q q q q +=+⇒--=，又0q >，∴3q =，所以数列{}n b 的通项公式为1333n nn b -=⨯=；(2)由（1）可知：()213nn n n c a b n =+=-+所以()()()()()11221212n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++()()2131312113321322nn n n n+-+-=+=+⨯--. 例题6．（2022·重庆八中模拟预测）在等比数列{}n a 中，123,,a a a 分别是下表第一，第二，第三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数不在下表的同一列．(1)写出123,,a a a ，并求数列n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足2(1)log nn n n b a a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ． 【答案】(1)14a =，28a =，316a =，12n n a +=；(2)2224n n ++-.(1)由题意知：14a =，28a =，316a =， 因为{}n a 是等比数列，所以公比为2，所以数列{}n a 的通项公式12n n a +=．(2)∵()11122(1)log (1)log (12221)n n nn n n n n n b a a n +++=++-=+-=+-，∴21232n n S b b b b =++++()()23212222345221n n n +=++++⎡-+-+--++⎤⎣⎦()22222122412n n n n +-=+=+--,题型四：倒序相加求和法例题1．（2022·江西·南城县第二中学高二阶段练习（文））德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子.在其年幼时，对123100++++的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数4()42xx f x =+，则1232018()()()()2019201920192019f f f f ++++等于（ ） A ．1008 B ．1009 C ．2018 D ．2019【答案】B解：因为4()42xx f x =+，且114444()(1)1424242244--+-=+=+=+++⨯+x x x xx x xf x f x ， 令1232018()()()()2019201920192019=++++S f f f f , 又2018201720161()()()()2019201920192019=++++S f f f f ， 两式相加得：212018=⨯S ， 解得1009S =， 故选：B例题2．（2022·江西九江·高二期末（文））德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列298299-=-n n a n ，则1298+++=a a a （ ）A ．96B ．97C ．98D ．99【答案】C 令1297989694969897959597=++++=++++S a a a a ， 9897219896949697959597=++++=++++S a a a a ， 两式相加得：969496989896949629795959797959597S ⎛⎫⎛⎫=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭96989496969498969829797959595959797⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++=⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴98S =， 故选:C ．例题3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①， 121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②， 由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=， 所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高二期中）已知定义在R 上的函数()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则12320221949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭___________. 【答案】73由()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，得3320232023202373202373194919493898202238982022f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以()33202320237320237373194938982022389820221011f x f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=-++-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 设12320221949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭①, 20222021202011949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭②, 由+①②，得 1202222021202212194919491949194919491949S f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+ 即7373732101110111011S =++⋅⋅⋅+，于是有73220221011S =⨯，解得73S =， 所以1232022731949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故答案为：73.例题5．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，① 则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =． 故答案为：3652例题6．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f x ---===++⨯+， 所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相加得22010S =，故1005S =.例题7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，函数()442x x g x =+.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求()()1g x g x +-的值；(3)令()*2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T .【答案】(1)n a n =(2)1(3)1010(1)因为点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，所以21122n S n n =+，当2n ≥时，()()2211111112222n n n a S S n n n n n -=-=+----=， 当1n =时，111a S ==，适合上式，所以n a n =. (2)因为()442x x g x =+，所以()114214242x x xg x ---==++， 所以()()42114242x x x g x g x +-=+=++.(3)由（1）知n a n =，可得20212021n n a n b g g ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2020122020122020202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，① 又因为2020202020191202020191202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，② 因为()()11g x g x +-=，所以①+②，得202022020T =， 所以20201010T =.1．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<． 【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=, ∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--， 显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 2．设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和． 【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. （1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项， 212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 3．设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-．（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{2}nn a 的前n 项和n S ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+． 证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n+++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n na n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+． ［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211nn n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n n n a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22nn S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．。
高考数学一轮总复习 第五章 数列 第四节 数列求和练习 文-人教版高三全册数学试题
第四节 数列求和【最新考纲】 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法．3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法．4．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)裂项时常用的三种变形： ①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；②1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.5．分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则可用分组求和法求和．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( )(2)当n≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)如果数列{a n }是周期为k(k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 6等于( )A.142B.45C.56D.67 解析：因为a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67.答案：D3．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S n 为( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n＋n 2－2解析：S n ＝(2＋22＋23＋ (2))＋(1＋3＋5＋…＋(2n －1))＝2（1－2n）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2.答案：C4．(2016·“江南十校”联考)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 ．1－14n B ．1－12nC.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n解析：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答案：C5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n＝________． 解析：设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋(122＋123＋…＋12n )－n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋(12＋122＋…＋12n －1)－n ＋22n＝3＋12[1－（12）n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .答案：4－n ＋42n●两种思路解决非等差、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、倒序相加法等来求和． ●两点注意利用裂项相消法求和的注意事项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.]一、选择题 1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n－1 D ．n ＋2＋2n解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.答案：C2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．16(1－4－n) B ．16(1－2－n) C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n) 解析：因为q 3＝a 5a 2＝18，所以q ＝12，a 1＝4，从而数列{a n a n ＋1}是以8为首项，14为公比的等比数列，其前n 项和T n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝323(1－4－n)． 答案：C3．(2016·某某一模)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n·(2n －1)·cos n π2＋1(n∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( )A ．－30B ．－60C ．90D ．120解析：由题意可得，当n ＝4k －3(k∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k∈N *)时，a n＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k(k∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k.∴a 4k－3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120. 答案：D4．已知函数f(x)＝x a 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 2 013＝( )A. 2 012－1B. 2 013－1C. 2 014－1D. 2 014＋1解析：由f(4)＝2得4a＝2，解得a ＝12，则f(x)＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 013＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3) ＋…＋( 2 014－2 013)＝ 2 014－1. 答案：C5．已知等比数列{a n }的各项都为正数，且当n≥3时，a 4a 2n －4＝102n，则数列lg a 1，2lg a 2，22lg a 3，23lg a 4，…，2n －1lga n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n＋1 D ．2n＋1解析：∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，∴a 2n ＝102n，即a n＝10n，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n·2n －1，∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n －1，①2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，② ∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n·2n ＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案：C 二、填空题6．数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n ＋1 n 是奇数，2n 2 n 是偶数，则这个数列的前2m 项的和是________．解析：数列{a n }的奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列，则S 2m ＝6m ＋m （m －1）2×10＋2（1－2m）1－2＝5m 2＋m ＋2m ＋1－2.答案：5m 2＋m ＋2m ＋1－27．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________．解析：由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6.答案：68．对于每一个正整数n ，设曲线y ＝xn ＋1在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99＝________．解析：曲线y ＝xn ＋1在点(1，1)处的切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，即y ＝(n ＋1)x－n ，它与x 轴交于点(x n ，0)，则有(n ＋1)x n －n ＝0⇒x n ＝nn ＋1，∴a n ＝lg x n ＝lg nn ＋1＝lg n －lg(n ＋1)，∴a 1＋a 2＋…＋a 99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2，答案：－2 三、解答题9．(2015·某某卷)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 .解：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 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得公比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.数列中的高考热点题型数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点，本专题解答题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列与函数的综合问题；三是数列与不等式的综合问题．难度中等．热点1 等差、等比数列的综合问题解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．并注重方程思想的应用，等差(比)数列总共涉及五个量a，a n，S n，d(q)，n，“知三求二”．1．若{a n }是等差数列，则{ba n }(b ＞0且b≠1)是等比数列；若{a n }是正项等比数列，则{log b a n }(b ＞0且b≠1)是等差数列．2．对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化．【变式训练】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ＞0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设a 1＞0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？解：(1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0. 若a 1＝0，则S n ＝0.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， 所以a n ＝0(n≥1)，若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n≥2)，从而数列{a n }是等比数列， 所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.(2)当a 1＞0且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n ，由(1)知，b n ＝lg 1002n ＝2－nlg 2.所以数列{b n }是单调递减的等差数列{公差为－lg 2}． b 1＞b 2＞…＞b 6＝lg 10026＝lg 10064＞lg 1＝0，当n≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027＝lg 100128＜lg 1＝0.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大．热点2 数列与函数的综合问题(满分现场)数列与函数的综合一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n ，a n ，S n 等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前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．(经典母题)(本小题满分12分)(2014·某某卷)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 规X 解答：(1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n.4分(2)函数f (x)＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2. 6分所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n，8分所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －110分因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.12分 【满分规则】(1)本题的易失分点是：①不能由题意正确列出a 7、a 8的关系式； ②不能正确利用导数的几何意义求解； ③不会利用错位相减法求T n . (2)满分规则：①明确点在函数图象上，点的坐标适合函数解析式． ②明确导数的几何意义是曲线在切点处的切线斜率．③若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，可用错位相减法求数列{a n b n }前n 项的和． 【构建模板】错位相减法求和的一般步骤第一步：确定通项，根据已知条件求a n ，b n .第二步：巧分拆，即新的数列分解为等差数列和等比数列的乘积，并确定等比数列的公比．第三步：构差式，即写出S n 的表达式，然后乘以公比，两式作差． 第四步：根据差式的特征准确求和．第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规X ．解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．【变式训练】 已知二次函数y ＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n∈N *)均在函数y ＝f(x)的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设二次函数f(x)＝ax 2＋bx(a≠0)， 则f′(x)＝2ax ＋b.由于f′(x)＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2， 所以f(x)＝3x 2－2x.又因为点(n ，S n )(n∈N *)均在函数y ＝f(x)的图象上， 所以S n ＝3n 2－2n.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *)． (2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1 ＝12(1－16n ＋1) ＝3n6n ＋1. 热点3 数列与不等式的综合问题数列与不等式相结合问题的考查方式主要有三种：一是判断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明．(2015·某某卷)设n∈N *，x n 是曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1，2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n .解：(1)y′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，得与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23 (x)22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2＞（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n ， 所以T n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n∈N *，均有T n ≥14n .解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．【变式训练】 已知单调递增的等比数列{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 ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0恒成立，试求m 的取值X 围．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 }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧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 ＋1.②①—②，得S n ＝2＋22＋23＋ (2)－n×2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n×2n ＋1＝2n ＋1－n×2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0， 得2n ＋1－n×2n ＋1－2＋n×2n ＋1＋m×2n ＋1＜0对任意正整数n 恒成立，∴m ·2n ＋1＜2－2n ＋1，即m ＜12n －1对任意正整数n 恒成立．∵12n －1＞－1，∴m ≤－1，即m 的取值X 围是(－∞，－1]．1．(2015·某某卷)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＋ (1)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 . 解：(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，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 nn ，所以b n ＝n(n∈N *)， (2)由(1)知a n b n ＝n·2n，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋ (2)－n·2n ＋1.故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n∈N *)．4．已知{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，S n表示{a n}的前n项和．(1)求a n及S n；(2)设{b n}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{b n}的通项公式及其前n项和T n.解：(1)因为{a n}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－1.故S n＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n（a1＋a n）2＝n（1＋2n－1）2＝n2.(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，所以(q－4)2＝0，从而q＝4.又因b1＝2，{b n}是公比q＝4的等比数列，所以b n ＝b 1qn －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n）1－q ＝23(4n－1)．5．(2016·某某一模)已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令＝(－1)nS n (n∈N *)，{}的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)dn －2＋2n －1，a ∈R.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值X 围．解：(1)因为等差数列{a n }的公差为d ，设＝(－1)nS n ， 所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330， 则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330，即10(3＋d)＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n. (2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n－[2(a －2)3n －2＋2n －1]＝4(a －2)3n －2＋2n －1＝4·3n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤（a －2）＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2.由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，因为2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54，所以a≤54. 6．已知数列{a n }的首项a 1＝4，前n 项和为S n ，且S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设函数f(x)＝a n x ＋a n －1x 2＋a n －2x 3＋…＋a 1x n，f ′(x)是函数f(x)的导函数，令b n ＝f′(1)，求数列{b n }的通项公式，并研究其单调性．解：(1)由S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n∈N *)， 得S n －3S n －1－2n ＋2－4＝0(n≥2)，word两式相减得a n ＋1－3a n －2＝0，可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)(n≥2)，又由S 2－3S 1－2－4＝0及a 1＝4，得a 2＝14， 所以a 2＋1＝3(a 1＋1)，即{a n ＋1}是一个首项为5，公比为3的等比数列， 所以a n ＝5×3n －1－1(n∈N *)．(2)因为f′(x)＝a n ＋2a n －1x ＋…＋na 1x n －1，所以f′(1)＝a n ＋2a n －1＋…＋na 1＝(5×3n －1－1)＋2(5×3n －2－1)＋…＋n(5×30－1) ＝5(3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n×30)－n （n ＋1）2. 令S ＝3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n×30，则3S ＝3n ＋2×3n －1＋3×3n －2＋…＋n×31，两式作差得S ＝－n 2－3－3n ＋14， 所以f′(1)＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2， 即b n ＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2. 又b n ＋1＝5×3n ＋2－154－（n ＋1）（n ＋7）2， 所以b n ＋1－b n ＝15×3n 2－n －72＞0，所以数列{b n }是单调递增数列．。
高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理含解析北师大版
数列求和授课提示：对应学生用书第329页〖A 组 基础保分练〗1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝⎛⎭⎫15n ，则其前20项和为（ ） A ．380－35⎝⎛⎭⎫1－1519 B ．400－25⎝⎛⎭⎫1－1520 C ．420－34⎝⎛⎭⎫1－1520 D ．440－45⎝⎛⎭⎫1－1520 〖解 析〗令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2（1＋2＋…＋20）－3⎝⎛⎭⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝⎛⎭⎫1－15201－15＝420－34⎝⎛⎭⎫1－1520． 〖答 案〗C2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n 为正奇数，a n＋1，n 为正偶数，则其前6项之和是（ ）A ．16B ．20C ．33D ．120 〖解 析〗由已知得a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33． 〖答 案〗C3．化简S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是（ ）A ．2n ＋1＋n －2B ．2n ＋1－n ＋2C ．2n －n －2D ．2n ＋1－n －2 〖解 析〗因为S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1①，2S n ＝n ×2＋（n －1）×22＋（n －2）×23＋…＋2×2n －1＋2n ②，所以①－②得，－S n ＝n －（2＋22＋23＋…＋2n ）＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2． 〖答 案〗D4．（2021·重庆一调）已知数列{a n }满足a n ＝n n ＋1，则a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0202 0202＝（ ）A ．2 0202 021B ．2 0172 018C ．2 0182 019D ．2 0192 020〖解 析〗由题知，数列{a n }满足a n ＝n n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2的通项公式为a n n 2＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0202 0202＝1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021＝1－12 021＝2 0202 021．〖答 案〗A5．数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，n ∈N ＋，则数列{ba n }的前n 项和为（ ）A ．43（4n －1－1） B ．43（4n －1）C ．13（4n －1－1） D ．13（4n －1）〖解 析〗因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n ＝2，a 1＝b 1＝1，所以数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，a n ＝1＋2（n －1）＝2n －1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，数列{ba n }的前n 项和为ba 1＋ba 2＋…＋ba n ＝b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝20＋22＋24＋…＋22n －2＝1－4n 1－4＝13（4n －1）．〖答 案〗D6．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n ＋1＝2S n ＋3，n ∈N ＋．设b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n 的取值范围为（ ） A ．⎣⎡⎦⎤13，2 B ．⎣⎡⎭⎫13，2 C ．⎣⎡⎭⎫13，34 D ．⎝⎛⎦⎤14，34 〖解 析〗由a n ＋1＝2S n ＋3，可得当n ≥2时，有a n ＝2S n －1＋3，两式相减得a n ＋1－a n ＝2（S n －S n －1）＝2a n （n ≥2），故a n ＋1＝3a n （n ≥2）． 又当n ＝1时，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝3a 1，所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，故a n ＝3n ．所以b n ＝log 3a n ＝n ，所以b n a n ＝n3n ．所以T n ＝13＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ， ①13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1， ② ①－②，得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，化简整理得T n ＝34－12⎝⎛⎭⎫32＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ，因为⎝⎛⎭⎫32＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＞0， 所以T n ＜34，又T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0，所以数列{T n }是递增数列，所以（T n ）min ＝T 1＝13，所以13≤T n ＜34，故T n 的取值范围是⎣⎡⎭⎫13，34． 〖答 案〗C7．若数列{a n }的通项公式是a n ＝（－1）n （3n －2），则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________． 〖解 析〗a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15． 〖答 案〗15 8．（2020·高考全国卷Ⅰ）数列{a n }满足a n ＋2＋（－1）n a n ＝3n －1，前16项和为540，则a 1＝________．〖解 析〗法一：因为a n ＋2＋（－1）n a n ＝3n －1， 所以当n 为偶数时，a n ＋2＋a n ＝3n －1，所以a 4＋a 2＝5，a 8＋a 6＝17，a 12＋a 10＝29，a 16＋a 14＝41， 所以a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＋a 14＋a 16＝92． 因为数列{a n }的前16项和为540，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝540－92＝448．①因为当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝3n －1，所以a 3－a 1＝2，a 7－a 5＝14，a 11－a 9＝26，a 15－a 13＝38， 所以（a 3＋a 7＋a 11＋a 15）－（a 1＋a 5＋a 9＋a 13）＝80．② 由①②得a 1＋a 5＋a 9＋a 13＝184．又a 3＝a 1＋2，a 5＝a 3＋8＝a 1＋10，a 7＝a 5＋14＝a 1＋24，a 9＝a 7＋20＝a 1＋44，a 11＝a 9＋26＝a 1＋70，a 13＝a 11＋32＝a 1＋102， 所以a 1＋a 1＋10＋a 1＋44＋a 1＋102＝184，所以a 1＝7． 法二：同法一得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝448． 当n 为奇数时，有a n ＋2－a n ＝3n －1，由累加法得a n ＋2－a 1＝3（1＋3＋5＋…＋n ）－n ＋12＝32（1＋n ）·n ＋12－n ＋12＝34n 2＋n ＋14，所以a n ＋2＝34n 2＋n ＋14＋a 1．所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝a 1＋⎝⎛⎭⎫34×12＋1＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×32＋3＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×52＋5＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×72＋7＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×92＋9＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×112＋11＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×132＋13＋14＋a 1＝8a 1＋392＝448，解得a 1＝7．〖答 案〗7 9．（2021·大同调研）在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋n －2（n ≥2，且n ∈N ＋）． （1）求a 2和a 3的值；（2）证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； （3）求数列{a n }的前n 项和S n ．〖解 析〗（1）∵a 1＝3，∴a 2＝2a 1＋2－2＝6， ∴a 3＝2a 2＋3－2＝13．（2）证明：∵a n ＝2a n －1＋n －2，n ≥2， ∴a n ＋n ＝2（a n －1＋n －1），n ≥2．又a 1＋1＝4，∴{a n ＋n }是以4为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－n ．（3）S n ＝22－1＋23－2＋…＋2n －（n －1）＋2n ＋1－n ＝22（2n －1）－n 2＋n 2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82．10．（2021·宁德二检）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2kn （k ∈N ＋），S n 的最小值为－9． （1）确定k 的值，并求数列{a n }的通项公式； （2）设b n ＝（－1）n ·a n ，求数列{b n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1． 〖解 析〗（1）由已知得S n ＝n 2－2kn ＝（n －k ）2－k 2，因为k ∈N ＋，则当n ＝k 时，（S n ）min ＝－k 2＝－9，故k ＝3． 所以S n ＝n 2－6n ．因为S n －1＝（n －1）2－6（n －1）（n ≥2），所以a n ＝S n －S n －1＝（n 2－6n ）－〖（n －1）2－6（n －1）〗＝2n －7（n ≥2）． 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－5，满足a n ＝2n －7， 综上，a n ＝2n －7．（2）依题意，得b n ＝（－1）n ·a n ＝（－1）n （2n －7），则T 2n ＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋（－1）2n （4n －7）＋（－1）2n ＋1〖2（2n ＋1）－7〗 ＝5－（2＋2＋…＋2） n 个 ＝5－2n ．〖B 组 能力提升练〗1．已知数列{a n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 3＝3，S 3＝9． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝log 23a 2n ＋3，且{b n }为递增数列，若c n ＝4b n b n ＋1，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1．〖解 析〗（1）设数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，符合条件，a 1＝a 3＝3，a n ＝3，当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1－q 3）1－q ＝9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1＋q ＋q 2）＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，q ＝－12，a n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12n －1． 综上，a n ＝3或a n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12n －1．（2）证明：若a n ＝3，则b n ＝0，与题意不符， 所以a n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12n －1．所以a 2n ＋3＝12×⎝⎛⎭⎫－122n ＋2＝3×⎝⎛⎭⎫122n ，b n ＝log 23a 2n ＋3＝log 222n ＝2n ，c n ＝4b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1． 2．（2021·合肥调研）已知等差数列{a n }，a 2＝12，a 5＝24，数列{b n }满足b 1＝4，b n ＋1－b n ＝a n（n ∈N ＋）．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）求使得1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＞817成立的最小正整数n 的值．〖解 析〗（1）设等差数列{a n }的公差为d ，则a 5－a 2＝3d ＝12，d ＝4， ∴a n ＝a 2＋（n －2）d ＝4n ＋4，∴b n ＋1－b n ＝4n ＋4， ∴b n ＝b 1＋（b 2－b 1）＋（b 3－b 2）＋…＋（b n －b n －1） ＝4＋（4×1＋4）＋（4×2＋4）＋…＋〖4（n －1）＋4〗 4＋4〖1＋2＋…＋（n －1）〗＋4（n －1） ＝2n 2＋2n （n ＞1），b 1＝4也适合． ∴a n ＝4n ＋4，b n ＝2n 2＋2n （n ∈N ＋）．（2）∵1b n ＝12n 2＋2n ＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1）， 即n 2（n ＋1）＞817，解得n ＞16，∴满足条件的最小正整数n 的值为17．〖C 组 创新应用练〗1．（2021·长春联考）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ＞0，a 6和a 8是函数f （x ）＝154ln x ＋12x 2－8x 的极值点，则S 8＝（ ） A ．－38 B ．38 C ．－17 D ．17〖解 析〗因为f （x ）＝154ln x ＋12x 2－8x ，所以f ′（x ）＝154x ＋x －8＝x 2－8x ＋154x＝⎝⎛⎭⎫x －12⎝⎛⎭⎫x －152x，令f ′（x ）＝0，解得x ＝12或x ＝152．又a 6和a 8是函数f （x ）的极值点，且公差d ＞0，所以a 6＝12，a 8＝152，所以⎩⎨⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋7d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－17，d ＝72. 所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×d ＝－38．〖答 案〗A 2．（2021·合肥调研）设数列{a n }的前n 项和为S n ，4S n ＝（2n ＋1）a n ＋1（n ∈N ＋）．定义数列{b n }如下：对于正整数m ，b m 是使不等式a n ≥m 成立的所有n 的最小值，则数列{b n }的前60项的和为（ ） A ．960 B ．930 C ．900 D ．840 〖解 析〗由4S n ＝（2n ＋1）a n ＋1，得当n ≥2时，4S n －1＝（2n －1）a n －1＋1，两式相减，得4a n ＝（2n ＋1）a n －（2n －1）·a n －1，即（2n －3）a n ＝（2n －1）a n －1，所以a n 2n －1＝a n －12n －3，所以a n 2n －1＝a n －12（n －1）－1＝…＝a 11．又4S 1＝4a 1＝（2＋1）·a 1＋1，解得a 1＝1，所以a n ＝2n－1（n ≥2），又a 1＝1也适合，所以a n ＝2n －1（n ∈N ＋）．由a n ≥m ，得2n －1≥m ，所以n ≥m ＋12，所以满足条件a n ≥m 的n 的最小值为大于等于m ＋12的整数，所以b m ＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋12，m 为奇数m ＋22，m 为偶数，所以数列{b n }的前60项和为1＋12＋2＋22＋3＋12＋4＋22＋…＋59＋12＋60＋22＝1＋2＋3＋…＋602＋（1＋2）×302＝960．〖答 案〗A3．已知数列{a n }，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2（n ∈N ＋），则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 019项和为________．〖解 析〗由“凸数列”的定义及b 1＝1，b 2＝－2，得b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，所以数列{b n }是周期为6的周期数列，且b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，于是数列{b n }的前2 019项和等于b 1＋b 2＋b 3＝－4． 〖答 案〗－4。
第5章 第4讲数列求和-2022版高三数学(新高考)一轮复习课件_ppt(56张)
旗却被冻的不会翻动了，更加突出了雪之大、天气之寒冷。从“红”字能反衬出白雪皑皑的景象，而“不翻”则衬托出了天气的寒冷。 二是语言清新淡雅而又晶莹明丽，明白晓畅而又情韵悠长。
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3．(必修 5P47T4 改编)数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n＝( B ) A．9
B．99
C．10
D．100
[解析]
因为 an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.所以 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(
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知识梳理 • 双基自测
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知识点一 公式法求和
(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．
(2)等差数列的前 n 项和公式： Sn＝na1＋ 2 an＝___n_a_1＋__n__n_2－__1__d__＝___d2_n_2＋__(_a_1_－__d2_)n________.
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(3)等比数列的前 n 项和公式： na1，q＝1，
Sn＝a11－－aqnq＝_______________，q≠1. 注意等比数列公比 q 的取值情况，要分 q＝1，q≠1.
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(新人教A版)2020版高考数学大一轮复习第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用讲义理
考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.知 识 梳 理1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解. 3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系. [微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( ) (4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( ) 解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( )A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2019.答案 B3.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________. 解析 由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫1361－13＝3649.答案36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9B.15C.18D.30解析 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列，又a 1＝－5，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案 C5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.解析 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2，又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4.答案 2n ＋2＋n (n ＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＝4，所以2a n＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1). 答案 a n ＝2(n ＋1)考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1，a 2，a 3－1成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3，∴q ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *).(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1，∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1)＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n －1.∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0，∴S n <n 2＋2n .规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5， ∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n . 考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1，∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝⎛⎭⎫a n 2－n ， 即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2， ∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N *，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3， ∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －1.(2)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1－132－1＋⎝⎛⎭⎫132－1－133－1＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等. 【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2， 又a n >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .规律方法 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d 分别加上1，1，3后成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，解得d ＝2(舍负)，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，则b n ＝12n .(2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n ，则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② 由①－②，得12T n ＝12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. ∴12T n ＝12＋2×14⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1， ∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n＝3－3＋2n 2n . 考点四 数列的综合应用【例4】 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？解 设该学生工作n 天，每天领工资a n 元，共领工资S n 元，则第一种方案a n (1)＝38，S n (1)＝38n ； 第二种方案a n (2)＝4n ，S n (2)＝4(1＋2＋3＋…＋n )＝2n 2＋2n ； 第三种方案a n (3)＝0.4×2n －1，S n (3)＝0.4（1－2n ）1－2＝0.4(2n －1).令S n (1)≥S n (2)，即38n ≥2n 2＋2n ，解得n ≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令S n (1)≥S n (3)，即38n ≥0.4×(2n －1)，利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高， 所以少于10天时，选择第一种方案.比较第二、第三种方案，S 10(2)＝220，S 10(3)＝409.2，S 10(3)>S 10(2)，…，S n (3)>S n (2). 所以等于或多于10天时，选择第三种方案. 规律方法 数列的综合应用常考查以下几个方面： (1)数列在实际问题中的应用； (2)数列与不等式的综合应用； (3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】 已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2， 所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上， 所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *).(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12·⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.[思维升华]1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和. 2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中. [易错防范]1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( ) A.－24B.－3C.3D.8解析 设{a n }的公差为d ，根据题意得a 23＝a 2·a 6， 即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，解得d ＝－2，所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.答案 A2.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案 B3.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( )A.9B.99C.10D.100解析 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1－n )＋(n －n －1)＋…＋(3－2)＋(2－1)＝n ＋1－1， 令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 答案 B4.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 ∵2n＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n，∴T n＝n ＋1－12n ， ∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013恒成立， ∴整数m 的最小值为1 024. 答案 C5.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100解析 当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1－a 2k ＝2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝2，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4，a 2k ＋2＋a 2k ＝0，∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100. 答案 D 二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 解析 由a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，得(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， 又a n >0，所以a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， 故S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1.答案 3n －17.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________.解析 等比数列{(n 2＋n )a n }的首项为2a 1＝13，第二项为6a 2＝19，故公比为13，所以(n 2＋n )a n ＝13·⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n，所以a n ＝13n （n 2＋n ），则3n a n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，其前n 项和为1－1n ＋1，n ＝15时，为1－116＝1516.答案15168.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.解析 由于平均产量类似于图形过P 1(1，S 1)，P n (n ，S n )两点直线的斜率，斜率大平均产量就高，由图可知n ＝9时割线P 1P 9斜率最大，则m 的值为9.答案 9三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0). 解 当x ≠±1时，S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2＝⎝⎛⎭⎫x 2＋2＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 4＋2＋1x 4＋…＋⎝⎛⎭⎫x 2n ＋2＋1x 2n ＝(x 2＋x 4＋…＋x 2n )＋2n ＋⎝⎛⎭⎫1x 2＋1x 4＋…＋1x 2n ＝x 2（x 2n －1）x 2－1＋x －2（1－x －2n ）1－x －2＋2n ＝（x 2n －1）（x 2n ＋2＋1）x 2n （x 2－1）＋2n . 当x ＝±1时，S n ＝4n .10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16. (1)解 因为a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)，所以a n ＝2＋S n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又因为a 2＝2＋a 1＝4，a 1＝2，所以a 2＝2a 1，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *). (2)证明 因b n ＝1＋log 2(a n )2，则b n ＝2n ＋1.则1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）<16. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则( )A.a n ≥2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －1 解析 由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1，∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，∴S n ≥n （1＋2n －1）2＝n 2. 答案 B12.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定解析 投入资金逐月值构成等比数列{b n }，利润逐月值构成等差数列{a n }，等比数列{b n }可以看成关于n 的指数式函数，它是凹函数，等差数列{a n }可以看成关于n 的一次式函数.由于a 1＝b 1，a 12＝b 12，相当于图象有两个交点，且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方，所以全年的总利润ω＝a 1＋a 2＋…＋a 12比总投资N ＝b 1＋b 2＋…＋b 12大，故选A.答案 A13.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1， 即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4＝4n －1.答案 4n －114.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n＝1， 又S 11＝5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5，公差为1的等差数列. (2)解 由(1)可知S n n＝5＋(n －1)＝n ＋4， 所以S n ＝n 2＋4n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3.又a 1＝5也符合上式，所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n ＝(2n ＋3)2n ，所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n ，①2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n ＋(2n ＋3)2n ＋1，② 所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1) ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23（1－2n －1）1－2 ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8) ＝(2n ＋1)2n ＋1－2.新高考创新预测15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________.解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n （n ＋1）2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n （n ＋1）2，当n ＝1时，也符合上式.综上所述，T n ＝(－1)n n （n ＋1）2.答案 2n －1(－1)n n （n ＋1）2。
2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课件新人教版
1．在数列{an}中，an＝
1 nn＋1
，若{an}的前n项和为
2 2
019 020
，则项数n为
(D )
A．2 016
B．2 017
C．2 018
D．2 019
2．已知数列：1
1 2
，2
1 4
，3
1 8
，…，
n＋21n
，…，则其前n项和关于n的表
达式为________．
答案：nn2＋1＋1－21n
B．22
019 020
2 019 C.2 018
D．12
019 010
2．(2021·张掖期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长
方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，21，31，41，…，1n.①
第二步：将数列①的各项乘以n，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an，
a2－5＝3(a1－3)． 因为a1＝3，所以an＝2n＋1. (2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n， 所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.① 从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.② ①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，所以 Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.
2n－1，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝( 3 －1)＋( 5 － 3 )＋…＋
( 2n＋1－ 2n－1)＝ 2n＋1－1.
裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合， 使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准 确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消 去项的规律为止． (2) 消 项 规 律 ： 消 项 后 前 边 剩 几 项 ， 后 边 就 剩 几 项 ， 前 边 剩 第 几 项，后边就剩倒数第几项.
高三数学(理)一轮复习课件：5.4 数列求和
an a1 (n 1)d 19 (n 1) (2)
21 2n
n(a1 an ) n(19 21 2n) n 2 20 n Sn 2 2
的等差数列，S n为数列an 的前n项和 （ 1 ）求 : an 及S n
1 1 1 1 1 2 2 n 1 n 2
3 2n 3 4 2n 1n 2
拓展训练： 已知等差数列an 的前项n和Sn满足S3 0, S5 5 (1)求an 的通项公式； 1 (2)求数列 的前项和. a2 n1a2 n1
(2010 重庆， 17)已知数列an 是首项为１ 9，公差为- 2
（2）设数列bn an 是首项为１，公比为３ 的等比数列， 求 : b n 及前n项和Ｔ n
（ 2） 解 ： 由 题 意 知
: bn an 1 3n1， 即 bn 3n1 21 2n
Tn b1 b2 b3 bn
P90 变式训练2
例 4：
an 中前n项和为Sn，前6项和为36， 已知: 等差数列
最后6项的和为 180 （n 6），求Sn 解：由题意知 ：
a1 a2 a3 a4 a5 a6 36
n
①
an an1 an2 an3 an4 an5 180
2 1 2 2 n 3 n 5n 2 8
的等差数列，S n为数列an 的前n项和 （ 1 ）求 : an 及S n
(2010 重庆， 17)已知数列an 是首项为１ 9，公差为- 2
拓展训练：
（2）设数列bn an 是首项为１，公比为３ 的等比数列， 求 : b n 及前n项和Ｔ n
五经典真题(湘教 文数)备考高考一轮复习：第5章 第4节 数列求和.DOC
2009~2013年高考真题备选题库第5章 数列 第4节 数列求和考点一 等差数列与等比数列的综合1．（2013江苏，16分）设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中 c 为实数．(1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0.证明：本题考查等差、等比数列的定义，通项及前n 项和，意在考查考生分析问题、解决问题的能力与推理论证能力．由题设，S n ＝na ＋n (n －1)2d .(1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝⎛⎭⎫a ＋d 22＝a ⎝⎛⎭⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝⎛⎭⎫d 1－12d n 3＋⎝⎛⎭⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1,2,3,4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎪⎨⎪⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0， ①19A ＋5B ＋cd 1＝0， ②21A ＋5B ＋cd 1＝0， ③由②，③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0. 即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又cd 1＝0，所以c ＝0.2．（2013浙江，14分）在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2) 若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：本题主要考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式，求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力．(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2， 即d 2－3d －4＝0. 故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则 当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.3．（2013天津，14分）已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *), 且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．解：本题主要考查等差数列的概念，等比数列的概念、通项公式、前n 项和公式，数列的基本性质等基础知识．考查分类讨论的思想，考查运算能力、分析问题和解决问题的能力．(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)证明：S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n，S n＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋12n(2n＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136；当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.4. （2013陕西，12分）设S n 表示数列{a n }的前n 项和． (1)若{a n }为等差数列，推导S n 的计算公式；(2)若a 1＝1，q ≠0，且对所有正整数n ，有S n ＝1－q n1－q .判断{a n }是否为等比数列，并证明你的结论．解：本题主要考查等差数列前n 项和公式推导所用的倒序相加法，考查等比数列的证明方法和一般数列切入点的技巧，深度考查考生应用数列作工具进行逻辑推理的思维方法．(1)法一：设{a n }的公差为d ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋(a 1＋d )＋…＋[a 1＋(n －1)d ]， 又S n ＝a n ＋(a n －d )＋…＋[a n －(n －1)d ]， ∴2S n ＝n (a 1＋a n )， ∴S n ＝n (a 1＋a n )2.法二：设{a n }的公差为d ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋(a 1＋d )＋…＋[a 1＋(n －1)d ]， 又S n ＝a n ＋a n －1＋…＋a 1＝[a 1＋(n －1)d ]＋[a 1＋(n －2)d ]＋…＋a 1，∴2S n ＝[2a 1＋(n －1)d ]＋[2a 1＋(n －1)d ]＋…＋[2a 1＋(n －1)d ]＝2na 1＋n (n －1)d ， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d .(2){a n }是等比数列．证明如下： ∵S n ＝1－q n1－q，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝1－q n ＋11－q －1－q n 1－q ＝q n (1－q )1－q ＝q n.∵a 1＝1，q ≠0，∴当n ≥1时，有a n ＋1a n ＝q nq n －1＝q ，因此，{a n }是首项为1且公比为q 的等比数列．5．（2013重庆，13分）设数列{a n } 满足：a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，n ∈N ＋. (1)求{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)已知{b n }是等差数列，T n 为其前n 项和，且b 1＝a 2，b 3＝a 1＋a 2＋a 3，求T 20. 解：本题主要考查等比数列、等差数列的通项公式与前n 项和等基础知识，考查逻辑思维能力．(1)由题设知{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1，S n ＝1－3n1－3＝12(3n －1)．(2)b 1＝a 2＝3，b 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋3＋9＝13，b 3－b 1＝10＝2d ，所以数列{b n }的公差d ＝5，故T 20＝20×3＋20×192×5＝1 010.6．(2009·宁夏、海南，5分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4＝( )A ．7B ．8C ．15D ．16解析：∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列，∴4a 2＝4a 1＋a 3. ∵{a n }是等比数列，∴4a 1·q ＝4a 1＋a 1q 2，a 1＝1.∴q 2－4q ＋4＝0，q ＝2，∴S 4＝1×(1－24)1－2＝15.答案：C7．（2011江苏，5分）设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．解析：设a 2＝t ，则1≤t ≤q ≤t ＋1≤q 2≤t ＋2≤q 3，由于t ≥1，所以q ≥max {t ，t ＋1，3t ＋2}，故q 的最小值是33. 答案：338．（2012山东，12分）已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m 的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n . 由T 5＝105，a 10＝2a 5，得到⎩⎨⎧5a 1＋5×(5－1)2d ＝105，a 1＋9d ＝2(a 1＋4d )，解得a 1＝7，d ＝7.因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m －1. 因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7公比为49的等比数列． 故S m ＝b 1(1－q m )1－q ＝7×(1－49m )1－49＝7×(72m －1)48＝72m ＋1－748.9．（2012浙江，14分）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解：(1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，易知当n ＝1时也满足通式a n ＝4n －1， 所以a n ＝4n －1，n ∈N *.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由(1)知a n ·b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N *，所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1,2T n ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，所以2T n －T n ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5. 故T n ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N *.10．(2010天津，14分)在数列{a n }中，a 1＝0，且对任意k ∈N *，a 2k －1，a 2k ，a 2k ＋1成等差数列，其公差为2k .(1)证明：a 4，a 5，a 6成等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)记T n ＝22a 2＋32a 3＋…＋n 2a n ，证明：32＜2n －T n ≤2(n ≥2)．解：(1)证明：由题设可知，a 2＝a 1＋2＝2，a 3＝a 2＋2＝4，a 4＝a 3＋4＝8，a 5＝a 4＋4＝12，a 6＝a 5＋6＝18.从而a 6a 5＝a 5a 4＝32.所以a 4，a 5，a 6成等比数列．(2)由题设，可得a 2k ＋1－a 2k －1＝4k ，k ∈N *.所以a 2k ＋1－a 1＝(a 2k ＋1－a 2k －1)＋(a 2k －1－a 2k －3)＋…＋(a 3－a 1)＝4k ＋4(k －1)＋…＋4×1＝2k (k ＋1)，k ∈N *.由a 1＝0，得a 2k ＋1＝2k (k ＋1)，从而a 2k ＝a 2k ＋1－2k ＝2k 2.所以数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－12，n 为奇数，n 22，n 为偶数或写为a n ＝n 22＋(－1)n－14，n ∈N *.(3)证明：由(2)可知a 2k ＋1＝2k (k ＋1)，a 2k ＝2k 2. 以下分两种情况进行讨论： ①当n 为偶数时，设n ＝2m (m ∈N *)． 若m ＝1，则2n －∑k ＝2n k 2a k＝2.若m ≥2，则∑k ＝2nk 2a k ＝∑k ＝1m (2k )2a 2k ＋∑k ＝1m －1(2k ＋1)2a 2k ＋1＝ ∑k ＝1m4k 22k 2＋∑k ＝1m －1 4k 2＋4k ＋12k (k ＋1)＝2m ＋∑k ＝1m －1[4k 2＋4k 2k (k ＋1)＋12k (k ＋1)]＝2m ＋∑k ＝1m －1[2＋12(1k －1k ＋1)]＝2m ＋2(m －1)＋12(1－1m )＝2n －32－1n.所以2n －∑k ＝2n k 2a k ＝32＋1n ，从而32＜2n －T n ＜2，n ＝4,6,8，…，②当n 为奇数时，设n ＝2m ＋1(m ∈N *)∑k ＝2nk 2a k ＝∑k ＝22m k 2a k ＋(2m ＋1)2a 2m ＋1＝4m －32－12m ＋(2m ＋1)22m (m ＋1)＝4m ＋12－12(m ＋1)＝2n －32－1n ＋1， 所以2n －∑k ＝2n k 2a k ＝32＋1n ＋1，从而32＜2n －T n ＜2，n ＝3,5,7，….综合①和②可知，对任意n ≥2，n ∈N *，有32＜2n －T n ≤2.11．(2010北京，13分)已知{a n }为等差数列，且a 3＝－6，a 6＝0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若等比数列{b n }满足b 1＝－8，b 2＝a 1＋a 2＋a 3，求{b n }的前n 项和公式． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 3＝－6，a 6＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝－6，a 1＋5d ＝0.解得a 1＝－10，d ＝2.所以a n ＝－10＋(n －1)·2＝2n －12. (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 1＋a 2＋a 3＝－24，b 1＝－8， 所以－8q ＝－24，即q ＝3.所以{b n }的前n 项和公式为S n ＝b 1(1－q n )1－q＝4(1－3n )．考点二 递推数列及其应用1．（2013湖南，13分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *. (1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．解：本题主要考查数列的通项公式和数列求和，结合转化思想，意在考查考生的运算求解能力．(1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2.当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1两式相减得2a n －2a n －1＝a n ， 即a n ＝2a n －1.于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．因此，a n ＝2n －1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①2B n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②①－②得－B n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n.从而B n＝1＋(n－1)·2n.2．（2013广东，14分）设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，满足4S n＝a2n＋1－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．(1)证明：a2＝4a1＋5；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1＜12.解：本题主要考查通过“a n与S n法”将递推数列转化为等差数列及裂项求和法，意在考查考生运用化归与转化思想解决问题的能力．(1)证明：∵a n＞0，令n＝1，有4S1＝a22－4－1，即4a1＝a22－4－1，∴a2＝4a1＋5.(2)当n≥2时，4S n＝a2n＋1－4n－1,4S n－1＝a2n－4(n－1)－1，两式相减得4a n＝a2n＋1－a2n－4，有a2n＋1＝(a n＋2)2，即a n＋1＝a n＋2，∴{a n}从第2项起，是公差为2的等差数列，∴a5＝a2＋3×2＝a2＋6，a14＝a2＋12×2＝a2＋24，又a2，a5，a14构成等比数列，有a25＝a2·a14，则(a2＋6)2＝a2(a2＋24)，解得a2＝3，由(1)得a1＝1，又a n＋1＝a n＋2(n≥2)．∴{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，即a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(3)证明：由(2)得1a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1＝11×3＋13×5＋…＋1(2n－1)(2n＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＜12. 3．（2012新课标全国，5分）数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×(30－1)2×4＝1 830.答案：D4．(2009·福建，4分)五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为1，第二位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍一次．已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为________．解析：五位同学报数所构成的数列为1,1,2,3,5,8,13,21，…该数列被3除所得的余数构成的数列为1,1,2,0,2,2,1,0，…所得新数列中每4个数出现一个0，而又有5名同学，因而甲同学报的数为3的倍数的间隔为20，所以甲同学报的数为3的倍数的数依次是第16,36,56,76,96，共5个数．答案：55．(2011广东，14分)设b ＞0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝nba n －1a n －1＋n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,2a n ≤b n ＋1＋1.(1)由a n ＝nba n －1a n －1＋n －1联想到取倒数得n a n ＝1b ＋1b ·n －1a n －1，令c n ＝n a n ，有c n ＝1b ＋1b c n －1，当b＝1时，{c n }为等差数列，当b ≠1时，设c n ＋k ＝1b (c n －1＋k )，展开对比得k ＝11－b，构造等比数列{c n ＋11－b}，求得c n 后再求a n ；(2)当b ＝1时，易验证，当b ≠1时，先用分析法将2a n ≤b n＋1＋1转化为2n (1－b )b n1－b n ≤b n ＋1＋1，利用公式a n －b n ＝(a －b )(a n －1＋a n －2b ＋…＋b n －1)，再转化为2nb n ≤(b n ＋1＋1)(1＋b ＋b 2＋…＋b n －1)，然后将右边乘开，再利用基本不等式即可得证．解：(1)∵a 1＝b ＞0，a n ＝nba n －1a n －1＋n －1， ∴n a n ＝1b ＋1b ·n －1a n －1， 令c n ＝n a n ，则c n ＝1b ＋1bc n －1， ①当b ＝1时，c n ＝1＋c n －1，且c 1＝1a 1＝1b＝1 ∴{c n }是首项为1，公差为1的等差数列，∴c n ＝1＋(n －1)×1＝n ，于是c n ＝n a n＝n ，这时a n ＝1； ②当b ≠1时，c n ＋11－b ＝1b (c n －1＋11－b )，且c 1＋11－b ＝1b ＋11－b ＝1b (1－b )， {c n ＋11－b }是首项为1b (1－b )，公比为1b 的等比数列， ∴c n ＋11－b ＝1b (1－b )·(1b )n －1，由n a n ＋11－b ＝1(1－b )b n 得a n ＝n (1－b )b n 1－b n， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1， b ＝1n (1－b )b n1－b n ，b ≠1.(2)证明：由(1)得，当b ＝1时，a n ＝1,2a n ≤b n ＋1＋1⇔2≤2成立，当b ≠1时，a n ＝n (1－b )b n 1－b n ，2a n ≤b n ＋1＋1⇔2n (1－b )b n 1－b n ≤b n ＋1＋1， 而1－b n ＝(1－b )(1＋b ＋b 2＋…＋b n －1)，又b ＞0，故只需证：2nb n ≤(b n ＋1＋1)(1＋b ＋b 2＋…＋b n －1)，(※)而(b n ＋1＋1)(1＋b ＋b 2＋…＋b n －2＋b n －1)＝(b 2n ＋b 2n －1＋…＋b n ＋1)＋(b n －1＋b n －2＋…b ＋1)＝(b2n＋1)＋(b2n－1＋b)＋…＋(b n＋1＋b n－1)≥2b n＋2b n＋…＋2b n＝2nb n，∴(※)式成立，原不等式成立．。
高考数学一轮复习第五篇数列第4节数列求和及综合应用课件理新人教版
+1 4
+1 8
+1 16
+…+ 1 2n
)
=
n(1
2n
1)
+
1 [1 2
( 1 )n ] 2
=n2+1-
1
.
2
1 1
2n
2
n
3.(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a3=3,S4=10,则
1
=
S k 1 k
.
解析:设数列{an}的公差为 d,
因为
aS34
即 an+1-an=an+2-an+1, 故{an}为等差数列. 由 a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差 d=1, 所以 an=2+1·(n-1)=n+1.
(2)若
bn=2(an+
1 2an
),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解:(2)因为
bn=2(an+
1 2an
)=2(n+1+ 1 2n 1
3, 所以 10,
4a1a126dd31, 0,
解得
ad1
1, 1,
所以
an=n,Sn=
nn 1
2
,
所以 1 = 2 =2( 1 - 1 ), Sn n(n 1) n n 1
n
所以
1 =2(1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
)=2(1-
1
)= 2n .
,且 an+1=an- an2 (n∈N*).
(1)证明:1< an ≤2(n∈N*); an 1
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(3)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． (4)分组求和法： 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可 求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后 再相加减． (5)并项求和法： 一个数列的前 n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求 和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
A．9
B．99
C．10
D．100
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2．等差数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1，其前 n 项的和
为 Sn，则数列Snn的前 10 项的和为( C )
A．120
B．100
C．75
D．70
解析：∵Sn＝n（a12＋an）＝n(n＋2)，
∴Snn＝n＋2.
故S11＋S22＋…＋S1100＝75.
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[规律方法] 1.分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用 分组求和法求{an}的前 n 项和； (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数，的数列，其中数列{bn}， {cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 2．本题中求前 2n 项和转化为求数列{22n}与{(－1)nn}的和， 在求{(－1)nn}的和时，又利用了并项求和法．
第五章 数列
第4讲 数列求和
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1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝n（a12＋an）＝__n_a_1_＋__n_（__n_2－__1_）__d___. 2．等比数列的前 n 项和公式
Sn＝na1a1－1－，aqnqq＝＝1_，_a_1_（_1_1－_－_q_q_n）__)___，q≠1.
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[解] (1)由题意得aa11＋＋2dd＋＋bb1·1·qq2＝＝170，，
把
a1＝1，b1＝2
代入得1＋d＋2·q2＝10， 1＋2d＋2·q＝7，
消去 d 得 2q2－q－6＝0，
(2q＋3)(q－2)＝0，
∵{bn}是各项都为正数的等比数列，
3．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n2＋1）；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝___n_2______； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝__n_2＋__n_____．
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[做一做]
1．数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
，其前 n＋1ຫໍສະໝຸດ n项和为9，则 n 等于( B )
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考点二 错位相减法求和 (2015·浙江宁波高三模拟)设{an}是等差数列，{bn}
是各项都为正数的等比数列,且 a1＝1,b1＝2,a2＋b3＝10，a3 ＋b2＝7. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{bn}的前 n 项和为 Sn，记 cn＝S2n·an，n∈N*，求 数列{cn}的前 n 项和 Tn.
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1．辨明两个易误点 (1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了 哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被 消去的项有前后对称的特点． (2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数， 应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解．
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2．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法： 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项 的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和 即可用倒序相加法，如等差数列的前 n 项和即是用此法推 导的． (2)错位相减法： 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的 对应项之积构成的，那么这个数列的前 n 项和即可用此法 来求，如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的．
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[做一做] 3．若 Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则 S50＝ ___－__2_5__． 4．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的
前 n 项和为__2_n＋__1＋__n_2_－__2____．
解析：Sn＝2（11－－22n）＋n（1＋22n－1）＝2n＋1－2＋n2.
∴数列{an}的通项公式为 an＝3n.
∴q＝3.
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(2)∵bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列， ∴bn＋13an＝1＋2(n－1)． 即数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1－3n－1， 前 n 项和 Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－ 1)]＝－12(3n－1)＋n2.
故数列{an}的通项公式为 an＝n.
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(2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2（11－－222n）＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n， 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
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考点一 考点二 考点三
分组法求和 错位相减法求和 裂项相消法求和(高频考点)
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考点一 分组法求和 (2014·高考湖南卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝
n2＋2 n，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝2an ＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． [解] (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时,an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－（n－1）2＋2 （n－1）＝n.
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1.已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q>1， 且 3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列
{bn}的通项公式和前 n 项和 Sn. 解：(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0， ∴3(anq2＋an)－10anq＝0， 即 3q2－10q＋3＝0. ∵公比 q>1， 又首项 a1＝3，