专题：数列求和讲义

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数列求和专题讲座(高三数学总复习专题)

三、裂项相消法
1 1、求数列1 5
,
3
1
7
,
5
1
9…
的前n
项和。
通项：an
(2n
1 1)(2n
3)
1( 1 1 ) 4 2n 1 2n 3
Sn
1 (1 1 1 4 53
1 7
11 59
+…+ 1 1 2n 3 2n 1
1 2n 1
1) 2n 3
1 (1 1 1 1 ) 4 3 2n 1 2n 3
n
S
n (3n
n
1
1 an
1 1
a
1)n ＝ 2
(3n 1)n 2
(3n 1)n 2
＝ a a1n a 1
(3n 1)n 2
3、求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n项和.
解：设 ak k(k 1)(2k 1) 2k 3 3k 2 k
n
n
∴ Sn k(k 1)(2k 1) ＝ (2k3 3k 2 k)
1 2
1 4
…+
1 2n
)
n
2
1
1 2n
2、求数列的前n项和：1 1,
1 a
4,
1 a2
7,,
1 a n1
3n
2
解：设
Sn
(1 1)
(1 a
4)
(1 a2
7)
(
1 a n 1
3n
2)
将其每一项拆开再重新组合得
Sn
(1
1 a
1 a2
1 a n1
)
(1
4
7
3n
2)

数列求和方法专题课ppt课件

数列求和方法专题
（第一课时）
1
知识梳理
1.公式法
数 2.分组求和法
列
求 3.裂项相消法
和
方法
4.错位相减法
5.倒序相加法
6.奇偶并项法 7.绝对值法 8.周期法
……
2
1.公式法：
直接用求和公式，求数列的前n项和。
①等差数列的前n项和公式：Sn
n(a1 2
an )
na1
n(n 1) 2
d
②等比数列的前n项和公式
an1 an
a=1 a 1
注意：在求等比数列前n项和时，当q不确定时要对q分q=1和q≠1两种情况讨论求解。
4
2.分组求和法：
若数列{an} 的通项可转化为an bn cn
s s 的形式，且数列 {bn}、{cn}可求出前n项和
、
b
c
则
5
例2：求下面数列的前n项和。
11 1
1
2 ,4 ,6 , 4 8 16
Sn
na1 (q a1(1
1) qn )
1 q
a1 anq 1 q
(q
1)
③ 12 22 32 n2 1 n(n 1)(2n 1)
6
④ 13 23 33
n3
n(n 1) 2 2
3
例1 求和：1+(1/ a)+(1/a2)+……+(1/an)
n 1，
解： S
an+1 1
(4)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n；
(5)
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)．
(6) nn＋11n＋2＝12[nn1＋1－n＋11n＋2]；

数列求和各种方法总结归纳课件PPT

[冲关锦囊]
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“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“
错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式.
[精析考题] [例3] (2011·全国新课标卷)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋ 3a2＝1，a32＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{b1n}的前n项和．
(1)an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解；
所以，当n＞1时，①－②得用错位相减法求和时，应注意
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．
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．
数列求和各种方法总结归纳
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{an}，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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
2．分组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．
∴bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(bn＋1)．
∴((11b))要a1n＝善＝0于k，n识b＋1别b＋，题1利＝目用1类≠等0型.差n1，数－特列别n前是＋n1等项比1和数公列＝式公直－比接为求n负解2＋数n；1.
所以数列{b1n}的前n项和为－n2＋n1.
[巧练模拟]—————(课堂突破保分题，分分必保！)

第讲数列的求和精选课件

若一个数列是由等比数列或是等差数列组成，以考查公式为主，可先分别求和，再将各部分合并，这就是我们说的分组求和．
【互动探究】 1．(2019 年陕西)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，
且 a1，a3，a9 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{2 a n}的前 n 项和 Sn.
4．数列 112，214，318，…，n＋21n，…的前 n 项和 Sn＝______ __12_n_(n_＋__1_)_＋__1_－__21_n___.
5．数列{an}的通项公式 an＝
1 n＋
n＋1，若前
n
项的和为
10，
则项数 n＝___1_2_0___.
考点1 利用公式或分组法求和
例1：(2011 年重庆)设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2， a3＝a2＋4.
数列求和常用的方法
1．公式法 (1)等差数列{an}的前
n
项和公式：Sn＝nnaa1＋ 12＋nann2－，1d.
(2)等比数列{an}的前n项和Sn：①当q＝1时，Sn＝__n_a_1_；
a11－qn
a1－anq
②当 q≠1 时，Sn＝____1_－__q___＝____1_－__q__.
2．分组求和法把一个数列分成几个可以直接求和的数列． 3．错位相减法适用于一个等差数列和等比数列对应项相乘构成的数列求和． 4．裂项相消法有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
解析：(1)P1(－1,0)，an＝n－2，bn＝2n－2. (2)f(n)＝n2－ n－2， 2，n为 n为奇偶数数，. 假设存在符合条件． ①若 k 为偶数，则 k＋5 为奇数．有 f(k＋5)＝k＋3，f(k)＝2k－2. 如果 f(k＋5)＝2f(k)－2，则 k＋3＝4k－6⇒k＝3 与 k 为偶数矛盾．故不符(舍去)． ②若 k 为奇数，则 k＋5 为偶数，有 f(k＋5)＝2k＋8，f(k)＝k－2. ∴2k＋8＝2(k－2)－2 这样的 k 也不存在．综上所述：不存在符合条件的 k.

高一数列求和的7类题型和15种方法讲义

高一数列求和的7类题型和15种方法讲义数列求和是高中数学中比较重要的一章，其中有七种基本类型的题目，涉及到15种不同的解法。

一、基本概念- 数列：按照一定规律排列的一些数的集合。

- 通项公式：数列中第 $n$ 项和 $n$ 的公式，通常表示为$a_n$。

- 前 $n$ 项和：数列的前 $n$ 项之和，表示为 $S_n$。

二、七类题型1. 等差数列求和- 当公差为常数时使用求和公式：$S_n=\dfrac{(a_1+a_n)\cdot n}{2}$。

- 当公差为 $1$ 时，可以使用去端项的方法简化计算。

2. 等比数列求和- 当公比不为 $1$ 时使用求和公式：$S_n=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$。

- 当公比为 $1$ 时，可以使用 $\mathrm{ln}$ 函数推导出求和公式。

3. 含有等差或等比数列的求和- 先化简为单独的等差数列或等比数列，再使用对应的求和公式。

- 如果难以化简，可以采用分段求和的方法，即按照数列的等差或等比段分段求和，最后相加。

4. 转化为数列求和- 将题目中的问题转化为数列求和的形式，即可以使用已知的求和公式来解决。

5. 凑整法- 将数列的相邻项相加，凑出一个整数，再使用等差或等比数列求和的方法求解。

6. 差分法- 求出相邻项之差的数列后，可以将原数列转化为等差数列或等比数列求和的形式。

7. 数学归纳法- 设定初始值成立，然后证明递推公式成立，最后得出结论。

- 通常适用于复杂问题的证明。

三、15种解法- 求和公式法- 套公式法- 化简求和法- 凑整法- 差分求和法- 分段求和法- 变项积分法- 叠加法- 逆向思维法- 归纳证明法- 凑数法- 分离求和法- 同除法- 矩阵幂法- 洛必达法数列求和问题也是高考的热门考点之一，要多多练习，熟能生巧。

2024年高三培优讲义28---数列求和技巧进阶篇：并项简化计算,裂项求和进阶,奇偶项数列的处理

专题4-8 数列求和技巧进阶篇题型一：（1）已知142n n a a n −+=−，14a =求n S（2）已知12nn n a a −+=，11a =求n S题型二：（1）()252nn a n =−⨯，求n S .（待定系数法）（2）1111(1)(11)nn n n n n n n n a a b a a a a +++⎛⎫+ ⎪−+⎝=−⎭=（3）122(1)21111(1)2(1)2122(1)2−++−⎛⎫==−⋅=− ⎪+⋅+⋅+⋅+⋅⎝⎭n n n n nn n n n n n n n n n n （4）[]1(1)(1)(2)(1)(1)3n n n n n n n n +=++−−+，21n a n =−，1n n n b a a +=（5）222244111111414122121n n n c n n n n −+⎛⎫===+−⎪−−−+⎝⎭题型三：（1）2(1)n nn a =−，求数列{}n a 的前n 项和．（2）(21)(1)nn a n =−−，求数列{}n a 的前n 项和（3）,2n n n a n b ==，求数列{}(1)n n n a b −的前n 项和题型四：已知数列()()21,2,n n n n a n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数（1）求数列{}n a 的前20项和20T （2）求数列{}n a 的前2n 项和2n T . （3）求数列{}n a 的前21n −项和21n T −. （4）求数列{}n a 的前n 项和n T题型一并项求和简化计算一般来说，并项求和的计算量比分组求和要小 1．已知21n a n =−，若2πcos 3n n n b a =，求数列{}n b 的前31n +项和31n T +.2．（2023秋·湖南长郡中学校考）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，1232,3,4a a a ===，数列{}12n n n a a a ++++是公差为1的等差数列，则40S = .重点题型·归类精讲3．记n S ，为数列{}n a 的前n 项和，已知142n n a a n −+=−，14a =求n S ．4．已知数列{}n a 的前n 项和为1,(1)21nn n n S a a n ++−=−，则8S = ．5．已知{}n a 的前n 项和为n S ，()()1221n n n n a a n +++−=，50600S =，则12a a += .6．已知21n a n =−，记()1nn n b S =−，求数列{}n b 的前30项的和30T .7．已知12n n a +=，设()21log nn n b a =−，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求满足20k T =的k 的值．8．已知13n n a =−，若()22π1cos 3n n n b a =+，求数列{}n b 的前18项和18T ．9．已知212n n a −=，设11b =，1,,n n n a n b b n n +⎧=⎨−+⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n S .题型二裂项求和差比数列的其它处理方式（待定系数法）10．()252nn a n =−⨯，求n S .11．22n n a n =⨯，求n S .12．()2414133nn a n n =++⨯，求n S .【裂项相加】：(-1)n例：()()()21111111nn n n n n n +⎛⎫−⋅=−+ ⎪++⎝⎭，本类模型典型标志在通项中含有(1)n −乘以一个分式. 对于11(1)nn n n n n a a b a a ++=−+可以裂项为1111(1)(11)n n n n n n n n n a a b a a a a +++⎛⎫+ ⎪−+⎝=−⎭=13．若21n a n =−，数列{}n b 满足11(1)n n n n nb a a ++−=，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T14．已知数列{}n a 满足31nn a =−，若()()()()22231321265log 1log 1nn n n n n b a a ++−⋅++=+⋅+，求数列{}n b 的前n 项和nT ．15．已知21n b n =−，设()()121(1),11nn n n n n c T b b ++=−++为数列{}n c 的前n 项和，证明：216n T ≤−.16．已知21nn a =−，求111222(1)n n n n n a a +++⎧⎫⎛⎫+−⎪⎪−⋅⎨⎬ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭的前n 项和n T ．17．已知()()612n a n n =++，若()()231nn n b n a =+−，求{}n b 的前n 项和n T .【等差数列相邻2两项之积构成的的新数列】例如：[]1(1)(1)(2)(1)(1)3n n n n n n n n +=++−−+ 一般式，当公差为k 时：[]1()()(2)()()3kn kn k kn kn k kn k kn k kn kn k k⋅+=⋅+⋅+−−⋅⋅+ 18．已知21n a n =−，1n n n b a a +=，求数列{n b }的前n 项和n T19．已知21n a n =−，()11nn n n b a a +=−，求数列{n b }的前n 项和n T .一次乘指数型：分母为一次函数和指数函数相乘例子：122(1)21111(1)2(1)2122(1)2−++−⎛⎫==−⋅=− ⎪+⋅+⋅+⋅+⋅⎝⎭n n n n nn n n n n n n n n n n 一般结构()()()()()11111n n na kn a kn ab b a kn b k n b a k k n b a b =−−⎡⎤⎡⎤−++++⎣⎦−++⎣−⎦20．已知3n n b =，若()()*24141n n n b c n n +=∈−N ，求数列{}n c 的前n 项和21．已知12nn a +=，记22(1)n n n a b n n++=+，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求n T ．22．已知2222n n n n b ++=，求证：()()3112..212233411n n b b b b b n n n n −+++⋯++<⨯⨯⨯−⨯⨯+.23．已知n a n =，设14122n n n a n n n a b a a a ++++=⋅⋅⋅，证明：1214nb b b ++⋅⋅⋅+<.对式子变形后再裂项24．已知121n a n =−，设214n n n c n a a +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．25．已知24n a n =+，记1n nb na =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T .26．已知()()*1N 1n a n n n =∈+，若()221n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .27．已知1n n a n =+，证明：.题型三 (-1)n 的处理28．已知2(1)n nn a =−，求数列{}n a 的前n 项和n S ．29．已知(21)(1)nn a n =−−，求数列{}n a 的前n 项和n S ．30．在,2n n n a n b ==，求数列{}(1)n n n a b −的前n 项和n T ．31．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知30a =，1(1)2n nn n a S ++−=，令12n n n b a a +=+，求2462n b b b b ++++.3121234n n a a a n a a a ++++<+题型四分奇偶项求和11．已知数列()()21,2,n n n n a n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数（1）求数列{}n a 的前20项和20T ;（2）求数列{}n a 的前2n 项和2n T ;（3）求数列{}n a 的前21n −项和21n T −. （4）求数列{}n a 的前n 项和n T32．已知21,n a n −=2n a =212n +，记{}n a 的前n 项和为n S ，2023n S >，求n 的最小值.33．（2023·湖南岳阳·统考三模）已知3nn a =，若13log ,,n n n a n b a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前n 项和n T ．专题4-8 数列求和技巧进阶篇题型一：（1）已知142n n a a n −+=−，14a =求n S（2）已知12nn n a a −+=，11a =求n S题型二：（1）()252nn a n =−⨯，求n S .（待定系数法）（2）1111(1)(11)nn n n n n n n n a a b a a a a +++⎛⎫+ ⎪−+⎝=−⎭=（3）122(1)21111(1)2(1)2122(1)2−++−⎛⎫==−⋅=− ⎪+⋅+⋅+⋅+⋅⎝⎭n n n n nn n n n n n n n n n n （4）[]1(1)(1)(2)(1)(1)3n n n n n n n n +=++−−+，21n a n =−，1n n n b a a +=（5）222244111111414122121n n n c n n n n −+⎛⎫===+−⎪−−−+⎝⎭题型三：（1）2(1)nnn a =−，求数列{}n a 的前n 项和．（2）(21)(1)nn a n =−−，求数列{}n a 的前n 项和（3）,2n n n a n b ==，求数列{}(1)n n n a b −的前n 项和题型四：已知数列()()21,2,n nn n a n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数（1）求数列{}n a 的前20项和20T （2）求数列{}n a 的前2n 项和2n T . （3）求数列{}n a 的前21n −项和21n T −. （4）求数列{}n a 的前n 项和n T题型一并项求和简化计算一般来说，并项求和的计算量比分组求和要小 1．已知21n a n =−，若2πcos 3n n n b a =，求数列{}n b 的前31n +项和31n T +. 【解析】()2π2πcos 21cos 33n n n n b a n ==−，【法一】并项求和()()()()()3133162π62π6π63cos 61cos 61cos333n n n n n n b b b n n n −+−+++=−+−++ ()()()22π63cosπ61cos 2π61cos33n n n −=−+−++ 化简得()()3133111636161022n n n b b b n n n −+++=−−+−−+=，故()()()311234567313311102n n n n T b b b b b b b b b b b +−+=++++++++++=+=−【法二】分组求和重点题型·归类精讲311233231331n n n n n T b b b b b b b +−−+=+++++++()()()311111135165636112222n T n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯−+⨯−+⨯++−⨯−+−⨯−+−⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()1612n ⎛⎫++⨯− ⎪⎝⎭()()()()165363561111161222222n n n n n n n +−+−+−⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯−+⨯−+⨯++⨯− ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭22233113232222n n n n n n =−+−++−−=−，所以，数列{}n b 的前31n +项和3112n T +=−2．（2023秋·湖南长郡中学校考）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，1232,3,4a a a ===，数列{}12n n n a a a ++++是公差为1的等差数列，则40S = . 【答案】366【分析】设12n n n n b a a a ++=++，易得()9118n b n n =+−⨯=+，再由4012538S a b b b =++++求解.【详解】解：设12n n n n b a a a ++=++，由题意知{}n b 是公差为1的等差数列，则11239b a a a =++=，故()9118n b n n =+−⨯=+，则21110b b =+=，故()()()()25381323828583881383642b b b ⨯++++=++++++=⨯+=.于是()()()401234567383940S a a a a a a a a a a =+++++++++，125382364366a b b b =++++=+=.3．记n S ，为数列{}n a 的前n 项和，已知142n n a a n −+=−，14a =求n S ．【答案】22,2,n n n n S n n n ⎧+=⎨++⎩当为偶数时当为奇数时【详解】解：()141242n n a a n n −+=−+=−，*n ∈N ，2n ≥．当n 为偶数时，()()()()1234164222n n n nn S a a a a a a −+−=++++++=2n n =+；当n 为奇数时，()()()()12345111042242n n n n n S a a a a a a a −−+−=+++++++=+22n n =++．综上所述，22,2,n n n n S n n n ⎧+=⎨++⎩当为偶数时当为奇数时.4．已知数列{}n a 的前n 项和为1,(1)21nn n n S a a n ++−=−，则8S = ．【答案】36【解析】由题意可得n 为奇数时，12121,21n n n n a a n a a n +++−=−+=+，两式相减得22n n a a ++=；n 为偶数时，12121,21n n n n a a n a a n ++++=−−=+，两式相加得24n n a a n ++=，故()()()()8135724682282436S a a a a a a a a =+++++++=+++=. 故答案为：365．已知{}n a 的前n 项和为n S ，()()1221n n n n a a n +++−=，50600S =，则12a a += .【答案】12−【解析】当43,n k k =+∈N 时，则()()()143222n n k k +=++为偶数，()()()()1222452n n k k ++=++为偶数，可得()()4543122143k k n n n n a a a a k +++++−==++，()()()122314644144n n n n k k a a a a k +++++++−+==+，两式相加可得：4645444378k k k k a a a a k ++++++=++，故()()()()5012501234567891047484950......S a a a a a a a a a a a a a a a a a =+++=++++++++++++++ ()()()()12121212795715 (956126002)a a a a a a +=+++++=++=++=，解得1212a a +=−.6．已知21n a n =−，记()1nn n b S =−，求数列{}n b 的前30项的和30T .【解析】2(121)2n n n S n +−==，所以2(1)(1)=−−=⋅n n n n b n S ，所以2222223012342930T =−+−++−+()()()()()()2112433430292930=−⋅++−⋅+++−⋅+12342930=++++++30(130)4652⨯+==.7．已知12n n a +=，设()21log nn n b a =−，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求满足20k T =的k 的值．【解析】()()()21log 11n nn n b a n =−=−+，212212(1)2(1)(21)1n nn n b b n n −−+=−⋅+−+=，当k 为偶数时，12341()()()2k k k k T b b b b b b −=++++++=，令202k kT ==，得40k =；当k 为奇数时，1113(2)22k k k k k T T b k ++++=−=−+=−，令3202k k T +==，得37k =，所以40k =或37.8．已知13n n a =−，若()22π1cos 3n n n b a =+，求数列{}n b 的前18项和18T ．【解析】()2222π2π12π1cos 11cos cos33393n n n n n n b a n ⎛⎫=+=−+= ⎪⎝⎭. 因为当N k *∈时，2223231324π12π5cos 2πcos 2πcos 2π333318k k k b b b k k k k k k k −−⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=−−+−−+=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()()18123345161718T b b b b b b b b b =+++++++++．555555123456181818181818=−+−+−+−+−+− 558(123456)6183=+++++−⨯= 所以数列{}n b 的前18项和为583.9．已知212n n a −=，设11b =，1,,n n na nb b n n +⎧=⎨−+⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n S .【详解】当n 为奇数时，2112n n n b a −+==；则当n 为偶数时，1n n b b n ++=. 2122n n S b b b =+++()()()()1223452221n n n b b b b b b b b −−=+++++++()2112422n a n −=+++++−()()43432222112212n n n n n n −−+−−=++=+−+.题型二裂项求和差比数列的其它处理方式（待定系数法）10．()252nn a n =−⨯，求n S .【答案】()()()()125212222n n n nn a n n n n λμλμλλμ+=−⨯=⎡++⎤⨯−+⨯=++⨯⎣⎦，22259λλλμμ==⎧⎧⇒⎨⎨+=−=−⎩⎩()()12192292n n n a n n +=⎡+−⎤⨯−−⨯⎣⎦，()()1121921427214n n n S n n ++=⎡+−⎤⨯+=−⨯+⎣⎦.213n nn a +=，求n S . 【答案】()11212233333n n n n nn n n n a λμλμλμλ−−++++−==−=， 112312λλμλμ==⎧⎧⇒⎨⎨−==⎩⎩，()112233n n n n n a −−++=−，223n nn S +=−.11．22n n a n =⨯，求n S .【答案】()()2121122n nn a n n t n n t λμλμ+⎡⎤⎡⎤=++++⨯−++⨯⎣⎦⎣⎦()24222n n n t λλμλμ⎡⎤=+++++⨯⎣⎦，令114042206t t λλλμμλμ==⎧⎧⎪⎪+=⇒=−⎨⎨⎪⎪++==⎩⎩()()21214162462n nn a n n n n +⎡⎤⎡⎤=+−++⨯−−+⨯⎣⎦⎣⎦ ()()()21211416262326n n n S n n n n ++⎡⎤=+−++⨯−=−+⨯−⎣⎦.12．()2414133nn a n n =++⨯，求n S .【答案】()()2121133n nn a n n t n n t λμλμ+⎡⎤⎡⎤=++++⨯−++⨯⎣⎦⎣⎦()22623323n n n t λλμλμ⎡⎤=+++++⨯⎣⎦24262141332132t t λλλμμλμ==⎧⎧⎪⎪+=⇒=⎨⎨⎪⎪++==⎩⎩， ()()21221123223n nn a n n n n +⎡⎤⎡⎤=++++⨯−++⨯⎣⎦⎣⎦， ()()()21212112315255315n n n S n n n n ++⎡⎤=++++⨯−=++⨯−⎣⎦.【裂项相加】：(-1)n例：()()()21111111nn n n n n n +⎛⎫−⋅=−+ ⎪++⎝⎭，本类模型典型标志在通项中含有(1)n −乘以一个分式.对于11(1)nn n n n n a a b a a ++=−+可以裂项为1111(1)(11)n n n n n n n nn a a b a a a a +++⎛⎫+ ⎪−+⎝=−⎭=13．若21n a n =−，数列{}n b 满足11(1)n n n n nb a a ++−=，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T【答案】11(1)1421n n T n +⎡⎤−=+⎢⎥+⎣⎦. 【详解】由题可得1111(1)(1)(1)11(21)(21)42121n n n n n n n n b a a n n n n ++++−−−⎛⎫===+ ⎪−+−+⎝⎭，所以1111111(1)111(1)114343542121421n n n T n n n ++⎡⎤−−⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−++++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥−++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.14．已知数列{}n a 满足31nn a =−，若()()()()22231321265log 1log 1nn n n n n b a a ++−⋅++=+⋅+，求数列{}n b 的前n 项和nT ．【答案】()()21142n n T n −=−+ 【分析】()()()2211112nn b n n ⎛⎫=−+⎪ ⎪++⎝⎭，分别在n 为偶数和n 为奇数的情况下，利用裂项相消法和11n n n T T b ++=−求得结果，综合两种情况可得n T .【详解】()()()()()()()()()22222233221212651265111log log 132231nnnn n n n n n n n n n n b ++⎛⎫−⋅++−⋅++∴===−+ ⎪ ⎪⋅⎝+++⎭+，当n为偶数时，()22222222111111112334451n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−−+++−−+⋅⋅⋅+−−+⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭+⎝⎭()()()22211114122n n n ⎛⎫+=− ⎪ ⎪+++⎝⎭；当n 为奇数时，()()()()112222111111443232n n n T T b n n n n ++=−=−−−=−−++++；综上所述：()()21142n n T n −=−+.15．已知21n b n =−，设()()121(1),11nn n n n n c T b b ++=−++为数列{}n c 的前n 项和，证明：216n T ≤−.【详解】12121111(1)(1)(1),(1)(1)4(1)41nn n n n n n n c b b n n n n +++⎛⎫=−=−=−+ ⎪++++⎝⎭所以211111111111....1,41223212221421n T n n n n n ⎛⎫⎛⎫=−−++−−−+=− ⎪⎪−++⎝⎭⎝⎭由于2111(11)421n T n t n ⎛⎫=−≤≤−⎪+⎝⎭是递减的，所以211111.4216n T T ⎛⎫≤=−⎪⎭=− +⎝16．已知21nn a =−，求111222(1)n n n n n a a +++⎧⎫⎛⎫+−⎪⎪−⋅⎨⎬ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭的前n 项和n T ．【解析】1111111122211(1)()(1)()(1)()n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a ++++++++++−−⋅=−=−+，所以()()()11111223111111111111121n n n n n nn n T a a a a a a a ++++++−−⎛⎫⎛⎫=+−+++−+=+=+ ⎪ ⎪−⎝⎭⎝⎭． 17．已知()()612n a n n =++，若()()231nn n b n a =+−，求{}n b 的前n 项和n T .【详解】()()()2316112n n n n b n a n n ⎛⎫=+−=−+ ⎪++⎝⎭，所以()1211111166********n n n T b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=−+++++−+ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭()6312nn =−+−+. 【等差数列相邻2两项之积构成的的新数列】例如：[]1(1)(1)(2)(1)(1)3n n n n n n n n +=++−−+一般式，当公差为k 时：[]1()()(2)()()3kn kn k kn kn k kn k kn k kn kn k k⋅+=⋅+⋅+−−⋅⋅+ 18．已知21n a n =−，1n n n b a a +=，求数列{n b }的前n 项和n T【答案】21(461)3n T n n n =+−.【分析】对n b 裂项，利用裂项相消法计算作答.【详解】当2n ≥时，()121112116n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a ++−+++−+−=−=6n b =，因此，12111()6n n n n n n n b a a a a a a ++−+=−，1212312211()(15)66nk n n n n n n k b a a a a a a a a a ++++==−=−∑，则21121221151(15)(21)(21)(23)3(461)6623nn k n n n k T b b a a a a a n n n n n n ++==+=−+=−++−+=+−∑，13b =满足上式，所以21(461)3n T n n n =+−.19．已知21n a n =−，()11nn n n b a a +=−，求数列{n b }的前n 项和n T .【答案】2*2*22,2,N 221,21,N n n n n k k T n n n k k ⎧+=∈=⎨−−+=−∈⎩【分析】对n 分奇偶讨论，当n 为偶数时，采用并项法求和，当n 为奇数时，11n n n n T a a T −+=− 【详解】当n 为偶数时， ()1223344511nn n n T a a a a a a a a a a +=−+−++−+()()()21343511n n n a a a a a a a a a −+=−++−+++−+()()()24321244212n nn a a a n n +−=+++==+当n 为奇数时，当1n =时，13T =− 当3n ≥时，11n n n n T a a T −+=−()()()213232421212212n n n n n n −+−=−−+=−−+ 经检验，1T 也满足上式，所以当n 为奇数时，2221n T n n =−−+综上，数列{}n b 的前n 项和2*2*22,2,N 221,21,N n n n n k k T n n n k k ⎧+=∈=⎨−−+=−∈⎩一次乘指数型：分母为一次函数和指数函数相乘例子：122(1)21111(1)2(1)2122(1)2−++−⎛⎫==−⋅=− ⎪+⋅+⋅+⋅+⋅⎝⎭n n n n nn n n n n n n n n n n 一般结构()()()()()11111n n na kn a kn ab b a kn b k n b a k k n b a b =−−⎡⎤⎡⎤−++++⎣⎦−++⎣−⎦20．已知3n n b =，若()()*24141n n n b c n n +=∈−N ，求数列{}n c 的前n 项和【详解】由()()*24141n n n b c n n +=∈−N ，可得()()()()1441132121321321n n n n n c n n n n −+==−−+−+，则数列{}n c 的前n 项和为()()0112111111131333335321321n n n n −−+−+⋅⋅⋅+−⨯⨯⨯⨯−+ ()11321n n =−+.21．已知12nn a +=，记2(1)n n a b n n+=+，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求n T ．【解析】因为22(1)n n n a b n n++=+，所以()()()()1222112122121n n n n n n n b n n n n n n a +⎡⎤++===−⎢⎥+⋅+⋅++⎢⎥⎣⎦，所以数列{}n b 的前n 项和为：()12231111111212222232212n n n T n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−+−++−⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()1111121121212n n n n +⎡⎤=−=−⎢⎥⋅+⋅+⋅⎢⎥⎣⎦．22．已知2222n n n n b ++=，求证：()()3112..212233411n n b b b b b n n n n −+++⋯++<⨯⨯⨯−⨯⨯+. 【详解】()()()1222211212n n n b n n n n n n n n n n n ++++++==⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯.()1111122212n n n n n ++⎛⎫=⨯+− ⎪ ⎪⨯+⨯⎝⎭()()3112..12233411n n b b b b bn n n n −∴+++⋯++⨯⨯⨯−⨯⨯+ ()21232311111111111221222222322212n n n n n ++⎛⎫=⨯+−++−+⋯++− ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⎝⎭. ()211111221121121212nn n +⎛⎫⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪=⨯+− ⎪⨯+⨯− ⎪ ⎪⎝⎭()111121 2.212n n n ++⎛⎫=−−< ⎪ ⎪+⨯⎝⎭另解：()()()21122122112212n n n n b n n n n n n n n n n ++⎛⎫++++==⨯− ⎪ ⎪⨯+⨯+⨯⨯+⨯⎝⎭()()311212233411n n b b b b bn n n n −∴+++⋯⋯++⨯⨯⨯−⨯⨯+()2231233412212222232212n n n n n n +⎛⎫++=⨯−+−+⋯+− ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⎝⎭ ()1221212n n n +⎛⎫+=⨯−< ⎪ ⎪+⨯⎝⎭.得证23．已知n a n =，设14122n n a n n n b a a a +++=⋅⋅⋅1214n b b b ++⋅⋅⋅+<. 【详解】解：因为14111241422(1)(2)12(2)n n n a n n n n n a n n b a a a n n n n n n ++++++++===⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++⋅⋅+，1112(1)2(1)(2)n n n b n n n n +=−⋅⋅+⋅++，故12n b b b ++⋅⋅⋅+=22311111112122232232342(1)2(1)(2)n n n n n n +−+−+⋅⋅⋅+−⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⋅+⋅++111142(1)(2)4n n n +=−<⋅++.对式子变形后再裂项24．已知121n a n =−，设214n n n c n a a +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【解析】()()()()222212244411111141121214141212122121n n n n n n c n a a n n n n n n n n +−+⎛⎫=====+=+− ⎪−+−−−+−+⎝⎭ 12311111112335212121n n nT c c c c n n n n n ⎛⎫=++++=+−+−++−=+ ⎪−++⎝⎭.25．已知24n a n =+，记1n nb na =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T . 【解析】()111112442n n b na n n n n ⎛⎫===− ⎪++⎝⎭， ∴11111111111432435462n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−+−+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111114212n n ⎛⎫=+−− ⎪++⎝⎭ 32384(1)(2)n n n +=−++.26．已知()()*1N 1n a n n n =∈+，若()221n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】2222111(1)n n b n n n +==+，则()2222222211111111223(1)(1)(1)n n n T n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−+−++−=−= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭.27．已知1n n a n =+，证明：. 【分析】由，得到，结合裂项求和及，即可得证. 【详解】解：由，则.所以.3121234n n a a a n a a a ++++<+1n na n =+1111122n n a a n n +⎛⎫=+− ⎪+⎝⎭11012n n +>++1n n a n =+()()()()2112111112222n n n n n aa n n n n n n ++++⎛⎫===+− ⎪+++⎝⎭3121211111111111232435112n n a a a n a a a n n n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+−+−+−++−+− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥−++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦11113111122124212n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=++−−=+−+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭因为，所以，即题型三 (-1)n 的处理28．已知2(1)nnn a =−，求数列{}n a 的前n 项和n S ．【解答】直接用等比数列求和公式(2)n n a =−，则()()()2122221233n n n S ⎡⎤−−−⎣⎦==−+⋅−−−29．已知(21)(1)nn a n =−−，求数列{}n a 的前n 项和n S ．【分析】错位相减比分奇偶讨论要方便【解答】1231(1)3(1)5(1)(21)(1)n n S n =⨯−+⨯−+⨯−++−⨯−所以23411(1)3(1)5(1)(23)(1)(21)(1)n n n S n n +−=⨯−+⨯−+⨯−++−⨯−+−⨯−，相减得23121(1)2[(1)(1)(1)](21)(1)n n n S n +=⨯−+⨯−+−++−−−⨯−211(1)1(1)12(21)(1)1(1)n n n −+⎡⎤−−−⎣⎦=−+⨯−−⨯−−−12(1)n n +=−−，所以1(1)(1)n nn S n n +=−−=−.30．在,2n n n a n b ==，求数列{}(1)n n n a b −的前n 项和n T ．【分析】错位相减即可【解答】记(1)2(2)n n nn c n n =−⋅=−，1231(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n T n n n −=−+⋅−+⋅−+⋯+−⋅−+⋅−23122(2)2(2)(1)(2)(2)n n T n n +−=−+⋅−+⋯+−−+−123113(2)(2)(2)(2)(22)(2))21(21n n n n n T n n ++=−+−+−+⋯+−−−⎡−−⎤−−−⎣⎦=+，11012n n +>++3111342124n n n n ⎛⎫+−+<+ ⎪++⎝⎭3121234n n a a a n a a a ++++<+12(31)(2)9n n n T +−−+−=.31．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知30a =，1(1)2n n n n a S ++−=，令12n n n b a a +=+，求2462n b b b b ++++.【答案】2122n +−【分析】根据偶数项和奇数项的关系可得221212222k k k k a a −++=+，进而根据分组求和即可. 【详解】当2n k =时，22122kk k a S ++=，当21n k =−时，221212k k k a S −−=−，两式相加可得22121221222k k k k k k a S a S +−−=+−++，得221212222k k k k a a −++=+，由于12n n n b a a +=+，所以()()()()32547462622212222n n n b b b b a a a a a a a a +=++++++++++++()()()()21436522122222222n n −=++++++++()()24621352122222222n n −=+++++++++()()21414214221414n n n +−−=+=−−−题型四分奇偶项求和11．已知数列()()21,2,n n n n a n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数（1）求数列{}n a 的前20项和20T （2）求数列{}n a 的前2n 项和2n T . （3）求数列{}n a 的前21n −项和21n T −. （4）求数列{}n a 的前n 项和n T 【详解】（1）201351924620()()T C C c C c c C c =+++++++++24620(371139)(2222)=+++++++++()21011214(330)1062642143−+⨯+=+=−（2）由（1）知()()21,2,n n n n c n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，数列{}n c 的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列.记13521n k A c c c c −=+++⋅⋅⋅+，2462n k B c c c c =+++⋅⋅⋅+2141k c k −=−，故234122n k A k k k +−=⋅=+ 222kk c =，故()224124241433k k nB ⋅−⋅==−− 1224123k k T A B k k +−=+=++ （3）2212124123k k k k T T c k k −−−=−=++ （4）当n 为偶数时，记n=2k则有1224123k k T k k +−=++，故222123n n n n T ++−=+当n 为奇数时，记n=2k -1则有2214123k k T k k −−=++，故21322423n n T n n +++=+− 故()22122212,22324,2,133n n n n n n k T n n n k k N +++++−⎧+−+=⎪⎪==⎪⎪⎩−∈+⎨32．已知21,n a n −=2n a =212n +，记{}n a 的前n 项和为n S ，2023n S >，求n 的最小值.【分析】解法一：枚举；解法二：分组求和得出()()2841123kk k k S −+=+，进而得出()21124823k k k k S −+⨯−=+，求解即可得出答案；解法三：分组求和得出()21124823k k k k S −+⨯−=+，求解即可得出答案. 【详解】解法一：9123456789S a a a a a a a a a =++++++++()()135792468a a a a a a a a a =++++++++ ()()3579123452222156806952023=++++++++=+=<，又1110910695227432023S S a =+=+=>；又0n a >，则1n n S S +<，且9102023S S <<，所以n 的最小值为10. 解法二：*k ∈N 时，21232k k S a a a a =++++()()135212462k k a a a a a a a a −=+++++++++()()357211232222k k +=+++++++++()()841123k k k −+=+，()()()2121228411124822323kk k k k k k k k k S S a +−−++⨯−=−=+−=+，所以5925156248695202323S S ⨯−⨯⨯−==+=<，()51025841562743202323S S ⨯−⨯==+=>，又0n a >，则1n n S S +<，且9102023S S <<，所以n 的最小值为10. 解法三：当*k ∈N 时，2112321k k S a a a a −−=++++()()1352124622k k a a a a a a a a −−=+++++++++ ()()357211232222k k −=+++++++++()()()118411114821423k k k k k k −−−++⎛⎫−=+=+ ⎪−⎝⎭，所以()4925184156695202323S S ⨯−−⨯==+=<，25110910695227432023S S a ⨯+=+=+=>. 又0n a >，则1n n S S +<，且9102023S S <<，所以n 的最小值为10.33．（2023·湖南岳阳·统考三模）已知3nn a =，若13log ,,n n n a n b a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】,3,n n n n b n −⎧=⎨⎩为奇数为偶数，当n 为偶数时，()()1213124n n n n T b b b b b b b b b −=++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+()()24131333n n =−++⋅⋅⋅+−+++⋅⋅⋅+()2919112219nn n ⎛⎫− ⎪⎡⎤⋅+−⎣⎦⎝⎭=−⨯+− ()293184n n =−−；当n 为奇数时()()211111931384n n n n n n T T b +++++=−=−−−()211193884n n ++=⨯−−；综上所述：()()2121193,884931,84n n nn n T n n +⎧+⨯−−⎪⎪=⎨⎪−−⎪⎩为奇数为偶数.。

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．。

第四节数列求和课件(共48张PPT)

－
1 n＋3
）＝
1 2
56－n＋1 2－n＋1 3. 答案：1256－n＋1 2－n＋1 3
考点1 分组转化法求和 [例1] （2020·焦作模拟）已知{an}为等差数列，且 a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝ 88，且数列{bn－an}为等比数列. （1）求数列{an}和{bn－an}的通项公式；（2
an＝n（n1＋k）型
[例2] （2020·中山七校联考）已知数列{an}为公差不为0的等差数列，满足a1＝5，且a2，a9，a30成等比数列.
（1）求{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足bn＋1－bn＝an（n∈N*），且b1＝
3，求数列b1n的前n项和Tn.
1.裂项时常用的三种变形.
（1）n（n1＋1）＝n1－n＋1 1.
（2）n（n1＋2）＝12n1－n＋1 2.
（3）（2n－1）1（2n＋1）＝122n1－1－2n1＋1.
（4）
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
2.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.
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.
） B. 2 020－1
C. 2 021－1 D. 2 021＋1
解析：由f（4）＝2，可得4α＝2，解得α＝12，
则f（x）＝ x.
所以an＝
1 f（n＋1）＋f（n）
＝
1 n＋1＋
＝ n
n＋1 －
n，
所以S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝（ 2 － 1 ）＋（ 3－ 2）＋（ 4－ 3）＋…＋（ 2 021－ 2 020）＝

数列求和专题讲义

数列求和专题讲义一、知识梳理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 ≠1.3．一些常见数列的前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 (n ＋1).(4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.注意：数列求和的常用方法(1)公式法：直接利用等差、等比数列的求和公式求和． (2)分组转化法：把数列转化为几个等差、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．常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12)121121(+--n n ；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n . (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．(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．二、基础检测题组一：思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)111(+-n n .( ) (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)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( )题组二：教材改编2．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)3.1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．题组三：易错自纠4．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n 4B.n 2＋5n 3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n5．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 ．200 B ．－200 C ．400D ．－4006．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 三、典型例题题型一：分组转化法求和典例已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，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．引申探究：本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 思维升华：分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .题型二：错位相减法求和典例已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．思维升华：错位相减法求和时的注意点(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．跟踪训练设等差数列{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 .题型三：裂项相消法求和命题点1：形如a n ＝1n (n ＋k )型典例已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列}1{1+n n b b 的前n 项和为T n ，求证：T n <34. 命题点2：a n ＝1n ＋n ＋k型典例已知函数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＝________.思维升华：(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k )11(kn n +-，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．跟踪训练已知等差数列{a n }满足(a 1＋a 2)＋(a 2＋a 3)＋…＋(a n ＋a n ＋1)＝2n (n ＋1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和S n .四、反馈练习1．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 ＋1－12n2．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等于( ) A ．9 B ．8 C ．17 D ．163．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．824．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 ．165．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 2006．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018等于( ) A ．22 018－1 B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×21 008－27．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则1S k ＝________.8．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．9．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．10．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 |＝________.11．已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列}1{1+n n a a 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)·2n a ，求数列{b n }的前n 项和T n .12．已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝13log (1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .。

《数列求和》课件

223(13n1)2n3n 13
23 (3 n-1 1 )2 n 3 n23 n 32 n 3 n
3 n(12 n ) 1 Tn
3n(2n1)1 22
练习 3.已知 an是递增的等差数列， a2,a4是方程 x25x60的两根 (1)求 an的通项公式；
(2)求数列 2 an n 的前 n项和。
x 1(1)2 1x2
x
f (x) f (1) 1 x
设 M f( 4 ) f( 3 ) f ( 2 ) f ( 1 ) f( 1 ) f( 1 ) f( 1 ) 234
M f( 1 ) f( 1 ) f( 1 ) f( 1 ) f( 2 ) f( 3 ) f( 4 ) 432
1 (n2)g2n1
S n 3 2 1 2 4 2 1 3 L ( n 2 ) 2 1 n 1 ( 1 )
1 2 S n 3 2 1 3 L ( n 1 ) 2 1 n 1 ( n 2 ) 2 n 1 2 ( 2 )
( 1 ) ( 2 ) 得： 1 2 S n 3 4 ( 2 1 3 2 1 4 L 2 1 n 1 ) ( n 2 ) g 2 n 1 2
341811(1212)n1(n2)g2n12
3 4
181(12)n1
11 2
(n2)g2n12
3 41 41(1 2)n1(n2)g2n 12
3 41 421 n1(n2)g2n 12
121n1
(1n2) 2
121n1
(n4) 2
1n2n24
n4 Sn 2 2n1
四.裂项相消法
适用于：通项公式可拆成两项之差
(1 )证明： Q a n 1 n n 2 S n 且 a n 1 S n 1 S n

数列求和专题优质课件

例3.求下列数列的前n项和
（1）
11 1 2 , 4 ,6 ,
4 8 16
1 , 2n ? 2n?1
?2?(x ?
1 )2 ,( x2 x
?
1 x2
)2
,
,( xn
?
1 xn
)
2
解（ 1）：该数列的通项公式为
?
sn
? 21? 41? 6 1 ? 4 8 16
an
?
2n ?
1 2n?1
1
? (2n ? ) n?1
解：由已知有(4a2 ? 4a ? 1)? (9b2 ? 6b ? 1) ? 0
即：（2a-1）2 ? (3b ? 1)2 ? 0 解得a= 1，b ? 1 .
2
3
? a ? a 2b ? a 3b 2 ?
? a 100 b 99
? a ?? 1 ? ( ab ) 100 ?? ?
1 ? ab
3
1
?
等于1），数列 {cn} 满足：cn ? anbn 则 {cn} 的前n项
和为：
S n ? c1 ? c 2 ? c3 ? ? c n ? a1b1 ? a 2 b 2 ? a 3 b3 ? ? a n b n
练习：求和Sn= 1/2+3/4+5/8+……+(2n-1)/2n
答案：
Sn =3-
2n+3 2n
?4n(x ? ?1)
?
Sn
?
? ? ??
(x2n ? 1)(x2n? 2 ? x2n (x2 ? 1)
1)
?
2n(
x
?
? 1)
小活页 P31 例1

第4节数列求和--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.必备知识——强基础数列求和的几种常用方法1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式①已知等差数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2；②已知等差数列的第1项和公差求前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，①已知等比数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝a 1－a n q1－q ；②已知等比数列的第1项和公比求前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q .2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．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．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．5．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，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2．12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3．裂项求和常用的变形(1)分式型：1n （n ＋k ）＝1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）等．(2)指数型：2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1－1，n ＋2n （n ＋1）·2n ＝1n ·2n －1－1（n ＋1）·2n 等．(3)根式型：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )等．(4)对数型：log m a n ＋1a n＝log m a n ＋1－log m a n ，a n >0，m >0且m ≠1.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n ＋1＋n，则S 9＝2.()(2)1n 2<1（n －1）n ＝1n －1－1n.()(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和．()(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.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n（n＋1），则S5＝()A．1B．56C．16D．130答案B解析∵a n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{a n}的通项公式a n＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为()A．－200B．－100C．200D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{a n}的通项公式a n＝2n＋2n－1，则数列{a n}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2答案C解析S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2（1－2n）1－2＋2×n（n＋1）2－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.(4)在数列{a n}中，a1＝1，a n a n＋1＝－2，则S100＝________．答案－50解析根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以{a n}中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a 99＋a 100＝1－2＋…＋1－2＝50×(－1)＝－50.考点探究——提素养考点一拆项分组法求和例1(2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，其公比q ≠－1，a 4＋a 5a 7＋a 8＝127，且S 4＝a 3＋93.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n log 13a n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为{a n }是等比数列，公比q ≠－1，则a 4＝a 1q 3，a 5＝a 1q 4，a 7＝a 1q 6，a 8＝a 1q 7，所以a 4＋a 5a 7＋a 8＝a 1q 3＋a 1q 4a 1q 6＋a 1q 7＝1q 3＝127，解得q ＝3，由S 4＝a 3＋93，可得a 1（1－34）1－3＝9a 1＋93，解得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n .(2)由(1)得b nn ，n 为奇数，n ，n 为偶数.当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－(1＋3＋…＋n －1)＋(32＋34＋…＋3n )＝－n2·[1＋（n －1）]2＋9（1－9n2）1－9＝98(3n －1)－n 24；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝98(3n ＋1－1)－（n ＋1）24－3n ＋1＝18·3n ＋1－98－（n ＋1）24.综上所述，T nn ＋1－98－（n ＋1）24，n 为奇数，3n －1）－n 24，n 为偶数.【通性通法】拆项分组法求和的常见类型【巩固迁移】1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．答案n 2＋1－12n解析由题意可得，通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋＋122＋123＋…＝n [1＋（2n －1）]2＋21－12＝n 2＋1－12n .考点二并项转化法求和例2在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)由题意，设等差数列{a n }的公差为d，1＋5d ＝12，1＋17d ＝36，1＝2，＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)由(1)，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，(ⅰ)当n 为偶数时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝2＋2＋…＋2＝n2×2＝n ；(ⅱ)当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n －1＋b n ＝n －1－2n ＝－n －1.∴Sn ，n 为偶数，n －1，n 为奇数.【通性通法】并项转化法求和【巩固迁移】2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，数列{b n }满足对任意正整数m ≥2均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m 成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前99项和．解(1)因为a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝2(n －1)．两式相减，得na n ＝2，所以a n ＝2n (n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝2，也符合上式，所以a n ＝2n .(2)由(1)知1a n ＝n2.因为对任意的正整数m ≥2，均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m ＝m2，故数列{b n }的前99项和b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＋…＋b 97＋b 98＋b 99＝(b 1＋b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6)＋…＋(b 97＋b 98＋b 99)＝1a 2＋1a 5＋…＋1a 98＝22＋52＋…＋982＝825.考点三裂项相消法求和例3(2023·承德模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1S n＝2n .(1)证明：数列{a n }是等差数列；(2)若a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{b n }的前n 项和T n .①b n ＝na 2n a 2n ＋1；②b n ＝1a n ＋a n ＋1；③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：因为a n ＋1S n＝2n ，即n (a n ＋1)＝2S n ，当n ＝1时，a 1＋1＝2S 1，解得a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －1，所以n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －2S n －1，即n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2a n ，所以(n －2)a n －(n －1)a n －1＋1＝0，当n ＝2时，上述式子恒成立，当n >2时，两边同除以(n －2)(n －1)可得a n n －1－a n －1n －2＝－1（n －1）（n －2）＝1n －1－1n －2，即a n n －1－1n －1＝a n －1n －2－1n －2，，即a n －1n －1＝a 2－1，所以a n －1＝(n －1)(a 2－1)，即a n ＝(n －1)(a 2－1)＋1，当n ＝1时，也适合上式，所以a n ＋1－a n ＝n (a 2－1)＋1－(n －1)(a 2－1)－1＝a 2－1，所以数列{a n }是以1为首项，a 2－1为公差的等差数列．(2)设{a n }的公差为d ，因为a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列，所以(a 3＋1)2＝a 5(a 2＋1)，即(2＋2d )2＝(1＋4d )(2＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.若选①b n ＝na 2n a 2n ＋1，则b n ＝n （2n －1）2（2n ＋1）2＝181（2n －1）2－1（2n ＋1）2，所以T n ＝18112－132＋132－152＋…＋1（2n －1）2－1（2n ＋1）2＝181－1（2n ＋1）2.若选②b n ＝1a n ＋a n ＋1，则b n ＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1（2n －1＋2n ＋1）（2n ＋1－2n －1）＝12(2n ＋1－2n －1)，所以T n ＝12(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1)．若选③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1，则b n ＝2n ＋3（2n －1）（2n ＋1）2n ＋1＝1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1，所以T n ＝11×21－13×22＋13×22－15×23＋…＋1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1＝12－1（2n ＋1）×2n ＋1.【通性通法】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；或者前面剩几项，后面也剩几项．(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＝，1a n a n ＋2＝【巩固迁移】3．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n ＝()A ．25B ．576C ．624D ．625答案C解析a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24，得n ＝624.故选C.4．(2022·新高考Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.解(1)1，公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，故S n ＝n ＋23a n .①当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1.②由①－②可知a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1.所以a 2a 1×a3a 2×…×a n －1a n －2×a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1＝n （n ＋1）2(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．(2)证明：因为1a n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝21－22＋22－23＋…＋2n －2n ＋1＝2－2n ＋1＜2.考点四错位相减法求和例4(2023·全国甲卷)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2(S n－S n－1)＝na n－(n－1)a n－1，即2a n＝na n－(n－1)a n－1，化简得(n－2)a n＝(n－1)a n－1，当n≥3时，a nn－1＝a n－1n－2＝…＝a32＝1，即a n＝n－1，当n＝1，2时都满足上式，所以a n＝n－1(n∈N*)．(2)因为a n＋12n＝n2n，所以T n＝＋＋＋…＋n，1 2T n＝＋＋…＋(n－＋n＋1，两式相减得12T n＋…－n＋1＝12×11－12－n＋1＝1－，即T n＝2－(2＋n，n∈N*.【通性通法】1．错位相减法求和的适用条件若{a n}是公差为d(d≠0)的等差数列，{b n}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an b n}的前n项和S n.2．错位相减法求和的步骤3．错位相减法求和的注意事项注意在写出S n与qS n的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出点一S n －qS n ，特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n －1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b 2＋b 3＋…＋b n 这n －1项和看成n 项和，把－a n b n ＋1写成＋a n b n ＋1导致错误【巩固迁移】5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝6，a n ＋1＝2(S n ＋1)．(1)证明{a n }为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解(1)因为a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以a n ＝2(S n －1＋1)(n ≥2)，故a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)，又a 2＝2(S 1＋1)＝2a 1＋2，故a 1＝2，即a2a 1＝3，因此a n ＋1a n＝3(n ∈N *)．故{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列．因此a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．(2)因为T n ＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n ×3n －1，①故3T n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n －1)×3n －1＋2n ×3n ，②①－②，得－2T n ＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n －1)－2n ×3n＝2＋2×3（3n －1－1）3－1－2n ×3n ＝－1＋(1－2n )×3n ，即T n ＝（2n －1）×3n ＋12.考点五倒序相加法求和例5已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，可得1a n ＋1＝2a n－16，于是1a n ＋1－16＝即b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，因此a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.【通性通法】倒序相加法的使用策略策略一将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n 项和公式的推导即用此方法)策略二和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数关于点对称的性质，组合数中C k n ＝C n －kn 的性质【巩固迁移】6．已知函数f (x )对任意的x ∈R ，都有f (x )＋f (1－x )＝1，数列{a n }满足a n ＝f (0)＋…＋f (1)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n ＋12解析∵f (x )＋f (1－x )＝1，∴1，又a n ＝f (0)＋…＋f (1)①，∴a n ＝f (1)＋…＋f (0)②，①＋②，得2a n ＝n ＋1，∴a n ＝n ＋12.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.课时作业一、单项选择题1．(2024·黑龙江牡丹江第二次阶段测试)已知等差数列{a n }，a 2＝3，a 5＝6前8项和为()A ．15B ．25C ．35D ．45答案B解析由a 2＝3，a 5＝6可得公差d ＝a 5－a 23＝1，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝n ＋1，因此1a n a n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，8…＝12－110＝25.故选B.2．在数列{a n }中，a n ＝(－1)n －1(4n －3)，前n 项和为S n ，则S 22－S 11为()A ．－85B ．85C ．－65D ．65答案C解析∵S 22＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 21＋a 22＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(81－85)＝(－4)×11＝－44，S 11＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(33－37)＋41＝(－4)×5＋41＝21，∴S 22－S 11＝－44－21＝－65.3．(2023·青岛调研)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足a 1＝3，a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，k ∈N *，则S 2023＝()A ．42023－1B ．3×22023－3C ．3×41012－9D ．5×41011－2答案C解析∵a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，∴a 2k ＋1＝4a 2k －1.又a 1＝3，∴数列{a 2k －1}是首项为3，公比为4的等比数列．∵a 2＝8a 1＝24，a 2k ＋2a 2k ＝a 2k ＋2a 2k ＋1·a 2k ＋1a 2k＝4，∴数列{a 2k }是首项为24，公比为4的等比数列．∴S 2023＝(a 1＋a 3＋…＋a 2023)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2022)＝3（1－41012）1－4＋24（1－41011）1－4＝3×41012－9.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝cosn π3，a 1＝1，则S 2023＝()A ．0B ．12C ．1D ．32答案C解析S 2023＝a 1＋(a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7)＋…＋(a 2021＋a 2022＋a 2023)＝1＋cos2π3＋cos 5π3＋…＋cos 2018π3＋cos 2021π3＝1＋cos 2π3＋1.故选C.5．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋2，数列{log 2a n }的前n 项和为T n ，则T 20＝()A ．190B ．192C ．180D ．182答案B解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋2＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2－(2n －1＋2)＝2n －2n －1＝2n －1，经检验a 1＝4不满足上式，所以a n，n ＝1，n －1，n ≥2.设b n ＝log 2a n ，则b n，n ＝1，－1，n ≥2，所以T 20＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 20＝2＋1＋2＋3＋…＋19＝192.故选B.6．(2024·湖北黄冈调研)已知数列{a n }满足a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650，则a 23＝()A ．231B ．234C ．279D ．276答案B解析由a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650可知，当n 为偶数时，a n ＋a n ＋2＝2n －1，当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2n －1，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＋(a 14＋a 16)＋(a 18＋a 20)＝650，即a 1＋(a 1＋1)＋(a 1＋6)＋(a 1＋15)＋(a 1＋28)＋(a 1＋45)＋(a 1＋66)＋(a 1＋91)＋(a 1＋120)＋(a 1＋153)＋3＋11＋19＋27＋35＝650，由此解得a 1＝3，所以a 23＝a 1＋231＝234.故选B.7．(2024·江苏常州高三阶段考试)已知正项数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 2，a 4成等比数列．若∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝3，则a 1＝()A ．169B ．916C ．43D ．34答案A解析设正项等差数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，∵a 1，a 2，a 4成等比数列，∴a 22＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，整理得，d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∵∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝∑24k ＝1a k ＋1－a k（a k ＋1＋a k ）（a k ＋1－a k ）＝∑24k ＝1a k ＋1－a k a k ＋1－a k ＝∑24k ＝11d(a k ＋1－a k )＝1d (a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a 25－a24)＝1d (a25－a 1)＝1d (a 1＋24d －a 1)＝3，即1a 1(5a 1－a 1)＝3，即4a 1＝3a 1，∵a 1>0，∴a1＝169.故选A.8．已知函数fg(x )＝f (x )＋1，若an ＝{a n }的前2022项和为()A．2023B ．2022C ．2021D ．2020答案B 解析由于函数f，则x 即0，所以f (x )＋f (1－x )＝0，所以g (x )＋g (1－x )＝[f (x )＋1]＋[f (1－x )＋1]＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 2022)＝2g…＋＝g＋g ＋…＋g2×2022，因此数列{a n }的前2022项和为a 1＋a 2＋…＋a 2022＝2022.故选B.二、多项选择题9．(2024·广东梅州市大埔县高三质检)已知数列{a n }的首项为4，且满足2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0(n ∈N *)，则()A B ．{a n }为递增数列C ．{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)·2n ＋1＋4D n 项和T n ＝n 2＋n 2答案BD解析由2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ，是以a11＝a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为an n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝n ·2n ＋1，显然递增，故B 正确；因为S n＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，2S n ＝1×23＋2×24＋…＋n ×2n ＋2，所以－S n ＝1×22＋23＋…＋2n ＋1－n ×2n ＋2＝22（1－2n ）1－2－n ·2n ＋2，故S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故C 错误；因为a n 2n ＋1＝n ·2n ＋12n ＋1＝n ，所n 项和T n ＝n （1＋n ）2＝n 2＋n 2，故D 正确．故选BD.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2，则下列结论中正确的是()A ．a n ＝n 2＋n ＋1n （n ＋1）B ．S n ＝n 2＋n －1n ＋1C ．a n ≤32D ．满足S n ≤2024的n 的最大值为2023答案ACD 解析a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2＝[n （n ＋1）＋1]2n 2（n ＋1）2＝n 2＋n ＋1n （n ＋1），故A 正确；因为a n ＝1＋1n （n ＋1）＝1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝n …n ＋1－1n ＋1＝n 2＋2n n ＋1，故B 错误；因为1＋1n （n ＋1）>1＋1（n ＋1）（n ＋2），所以a n >a n ＋1，所以{a n }是递减数列，所以a n ≤a 1＝32，故C正确；因为a n ＝1＋1n －1n ＋1>0，所以S n 递增，且S 2023<2024，S 2024>2024，所以满足S n ≤2024的n 的最大值为2023，故D 正确．故选ACD.三、填空题11.12！＋23！＋34！＋…＋n （n ＋1）！＝________．答案1－1（n ＋1）！解析∵k （k ＋1）！＝k ＋1－1（k ＋1）！＝1k ！－1（k ＋1）！，∴12！＋23！＋34！＋…＋n（n ＋1）！＝1－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＋1n ！－1（n ＋1）！＝1－1（n ＋1）！.12．已知数列{a n }满足a n ＋2n ＋2，n 为奇数，a n ，n 为偶数，且a 1＝2，a 2＝1，则此数列的前20项和为________．答案1133解析当n 为奇数时，由a n ＋2＝a n ＋2可知，{a n }的奇数项成等差数列，且公差为2，首项为a 1＝2；当n 为偶数时，由a n ＋2＝2a n 可知，{a n }的偶数项成等比数列，且公比为2，首项为a 2＝1，故前20项和为a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＋10×92×2＋1－2101－2＝110＋1023＝1133.13．(2024·云南曲靖高三月考)已知正项数列{a n }满足a 1＝2且a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0，令b n ＝(n ＋2)a n －257，则数列{b n }的前7项和为________．答案2021解析由a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，因为a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝2n (n ＋2)－257，令c n ＝2n (n ＋2)，{c n }的前n 项和为T n ，则T 7＝3×21＋4×22＋5×23＋…＋9×27，2T 7＝3×22＋4×23＋5×24＋…＋9×28，两式相减可得，－T 7＝3×21＋22＋23＋…＋27－9×28＝6＋4×（1－26）1－2－9×28＝6＋4×63－9×256＝－2046，所以T 7＝2046，所以数列{b n }的前7项和为T 7－257×7＝2046－25＝2021.14．(2023·湖北重点中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a n －S n ＝2，记数列n 项和为T n .若对于任意n ∈N *，不等式k ＞T n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案13，＋解析依题意2a n －S n ＝2，当n ＝1时，a 1＝2，由2a n －1－S n －1＝2，n ≥2，两式相减并化简得a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＝2n ，所以a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n …＋＝13－12n ＋1＋1<13，所以实数k 的取值范围是13，＋四、解答题15．(2024·湖北恩施模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12.由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1＝(－1)n －1·4n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1当n 为偶数时，T n…1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n…1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T nn为奇数n 为偶数T n16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝－2S n －1S n (n ≥2)．(1)求a n ；(2)设b n ＝2nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)∵a n ＝－2S n －1S n ，∴S n －S n －1＝－2S n －1S n ，∴S n －1－S n ＝2S n S n －1，∴1S n －1S n －1＝2，∴，且1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1＋2n －2＝2n －1，∴S n ＝12n －1(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n ＝－2（2n －1）（2n －3），又a 1＝1不满足上式，∴a nn ≥2.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n －1)2n ＋1＝2＋23（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1＝2－8＋2n ＋2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，∴T n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.17．(2024·江西临川一中阶段考试)函数f (x )＝ln x ，其中f (x )＋f (y )＝2，记S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n(n ∈N *)，则∑2024i ＝11S i ＝()A ．20242025B ．20252024C ．20254048D ．40482025答案A解析∵f (x )＝ln x ，f (x )＋f (y )＝2，∴f (x )＋f (y )＝ln x ＋ln y ＝ln (xy )＝2.S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n ，即S n ＝ln y n ＋ln (xy n －1)＋…＋ln (x n －1y )＋ln x n ，两式相加得，2S n ＝(n ＋1)ln(x n y n )＝n (n ＋1)ln (xy )＝2n (n ＋1)，∴S n ＝n (n ＋1)，∑2024i ＝11S i ＝∑2024i ＝11i （i ＋1）＝∑2024i ＝11－12025＝20242025.故选A.18．(2023·广西玉林统考三模)已知函数f (x )＝e －x －e x ，若函数h (x )＝f (x －4)＋x ，数列{a n }为等差数列，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝44，则h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝________．答案44解析由题意，可得h (x )＝f (x －4)＋x ＝e －(x －4)－e x －4＋x ，设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11a 6＝44，解得a 6＝4，则h (a 6)＝h (4)＝e －(4－4)－e 4－4＋a 6＝a 6＝4，根据等差中项的性质，可得a 1＋a 11＝2a 6＝8，则h (a 1)＋h (a 11)＝e－(a 1－4)－e a 1－4＋a 1＋e－(a11－4)－e a 11－4＋a 11＝1e a 1－4＋1e a 11－4－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝e a 1－4＋e a 11－4e a 1＋a 11－8－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝a 1＋a 11＝8，同理可得，h (a 2)＋h (a 10)＝8，h (a 3)＋h (a 9)＝8，h (a 4)＋h (a 8)＝8，h (a 5)＋h (a 7)＝8，所以h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝5×8＋4＝44.19．(2023·山西太原二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (S n ≠0)，满足S 1，S 2，－S 3成等差数列，且a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝－3a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ，依题意得S 1＋(－S 3)＝2S 2，所以－(a 2＋a 3)＝2(a 1＋a 2)，即－a 1(q ＋q 2)＝2a 1(1＋q )，因为a 1≠0，所以q 2＋3q ＋2＝0，解得q ＝－1或q ＝－2，因为S n ≠0，所以q ＝－2，又因为a 1a 2＝a 3，所以a 21q ＝a 1q 2，即a 1＝q ＝－2，所以a n ＝(－2)n .(2)由题意可得，b n ＝－3（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝（－2）n ＋1－（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1，则T n ＝1（－2）1＋1－1（－2）2＋1＋1（－2）2＋1－1（－2）3＋1＋…＋1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1＝－1－1（－2）n ＋1＋1.20．(2024·新疆阿克苏地区质检)已知正整数数列{a n }，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2时，a 2n －1a n ＋1<a n －2025年高考数学复习讲义及练习解析211<a 2n ＋1a n ＋1恒成立．(1)证明数列{a n }是等比数列并求出其通项公式；(2)定义：|x |表示不大于xn 项和为S n ，求|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|的值．解(1)由a 2n －1a n ＋1<a n －1<a 2n ＋1a n ＋1，得a 2n －1<a n －1a n ＋1<a 2n ＋1.因为{a n }是正整数数列，所以a n －1a n ＋1＝a 2n (n ≥2，n ∈N *)，于是{a n }是等比数列．又a 1＝1，a 2＝2，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)因为2n －1a n ＝2n －12n －1，S n ＝120＋321＋522＋…＋2n －12n －1，12S n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，两式相减得，12S n ＝1＋＋122＋123＋…－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以S n ＝6－2n ＋32n －1<6，又S n ＋1－S n ＝2n ＋12n >0，即{S n }为递增数列，S 1＝1，2<S 2＝52<3，3<S 3＝154<4，4<S 4＝378<5，S 5＝8316>5，所以|S 1|＝1，|S 2|＝2，|S 3|＝3，|S 4|＝4，|S n |＝5(n ≥5)，所以|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|＝1＋2＋3＋4＋＝10110.。

专题：数列求和讲义

专题：数列求和（一）主要知识:1．直接法:即直接用等差、等比数列的求和公式求和。

（1）等差数列的求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=(2)等比数列的求和公式S n ＝错误!（切记:公比含字母时一定要讨论）2．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.222221(1)(21)1236nk n n n k n =++=++++=∑2333331(1)1232nk n n kn =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑3．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法,如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．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．若n n n a b c =•，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令 112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.5．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差,在求和时一些正负项相互抵消,于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和,这一求和方法称为裂项相消法。

适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法（1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭,特别地当1k =时，()11111n n n n =-++；(2）()11n k n kn k n =+-++,特别地当1k =时，111n n n n=+-++；（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭(5))()11(11q p q p p q pq <--= 6．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列,也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列,然后分别求和，再将其合并即可。

数列求和ppt课件

法，分别求和后相加减．
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．
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．
如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的
(4)倒序相加法：
两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数
an，n 为奇数，
2．若数列{cn}的通项公式为 cn＝
其中数列{an}，{bn}
bn，n 为偶数，
是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前 n 项和．
聚焦必备知识
11
突破核心命题
限时规范训练
1．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10
＝40.
(1)求{an}的通项公式；
列的前n项和即可用倒序相加法求解．
(3)错位相减法：
聚焦必备知识
4
常用结论
1．一些常见的数列的前 n 项和
n（n＋1）
(1)1＋2＋3＋…＋n＝
；
2
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
(3)1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2.
突破核心命题
限时规范训练
聚焦必备知识
5
突破核心命题
限时规范训练
裂项相消法:适用的通项公式如下
( + ) +
聚焦必备知识
16
突破核心命题
考点二裂项相消法求和
1
(1)数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an＝
，则 Sn=____
n（n＋1）
训练2
已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝n2.

《数列求和专题》课件

数列求和的分类
有穷数列求和
数列的项数是有限的，求和时只需要将所有项加起来即可。
无穷数列求和
数列的项数是无限的，需要采用特定的方法进行求和。
数列求和的基本方法
公式法
对于一些特定的数列，可以直接使用公式进行求和。
裂项法
将数列中的每一项都拆分成两个部分，然后分别进行求和。
错位相减法
将数列中的每一项都乘以一个常数，然后错位相减，得到一个等差数列，最后进行求和。
03
等比数列求和
等比数列的定义
等比数列是一种常见的数列，其中任意两个相邻项之间的比值都
相等。
等比数列的每一项都可以由首项和公比唯一确定。
等比数列的通项公式为 $a_n=a_1*q^{(n-1)}$，其中 $a_n$是第n项，$a_1$是首项
，q是公比。
等比数列的通项公式
等比数列的通项公式是数列中任意一项的数学表示。
详细描述
分组转化法的基本思路是将原数列分组，每组内的项可以转化为等差数列或等比数列，然后利用相应的求和公式计算每组的和，最后将各组的和相加得到原数列的和。这种方法适用于一些复杂的数列求和问题。
05
数列求和的应用
在数学竞赛中的应用
数学竞赛中，数列求和是常见的题型，考察学生的数学思维和计
算能力。
数列求和在金融领域中还应用于计算复利、评估贷款还款等金融业务。
在日常生活中的应用
在日常生活中，数列求和的应用也十分常见，如计算购物清单的总价、计算工资总额等。
数列求和在日常生活中的应用还体现在统计数据、计算平均值等方面。
通过数列求和，人们可以快速准确地计算出一系列数字的总和，提高日常生活中的计算效率。

数列求和专题完整ppt课件

①
1 2 S n
1 1 4 2 8 1 3 1 1 6 (n 1 ) 2 1 n n 2 1 n 1 ②
两式相减：1 2Sn1 21 48 1 21nn21n11 2(11121n)2nn1 2
S n2 (1 2 1 n2 n n 1)22 1 n 12 n n
完整版PPT课件
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9
倒序法求和
例3.若 f (x) 1
2x
，则
2
f( 5 ) f( 4 ) f( 5 ) f( 6 )
的值为 3 2。Βιβλιοθήκη 【解析】∵1 f (x)
2x 2
∴ f(1x) 1 2x
1 2 x
2
21x 2 2 22x 2 2 x
1 1 2x
∴ f(x)f(1x) 2 2
完整版PPT课件
12
裂项法求和
练习：求和 111 1
14 47 7 10(3 n2 )3 (n1 )
1
提示：
1 ( 1 1 )
(3n2)(3n1) 3 3n2 3n1
∴
1 1
1
14 47
(3n2)(3n1)
1[(1 1)(1 1)( 1 1 )]
3 4 47
3n2 3n1
11
n
(1 )
Sn1222 n2 完整16版PnPT(课n件1)(2n1)
4
知识回顾：公式法求和
例1：求和：S n a n a n 1 b a n 2 b 2 a 2 b n 2 a n 1 b n ( n N * )
解：①当a 0时，Sn bn
②当a0且 b 0时，Sn an
③当ab0时，Sn (n1)an

数列求和专题课件高三数学一轮复习

感悟
一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}
的前n项和时，可采用错位相减法求和，在写出“Sn”与“qSn”的
表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出
“Sn－qSn”的表达式.
n
n＋1
3 4
(备用例题) 求和：1＋ 2＋ 3＋…＋ n－1＋ n .
+31=5×(-3)+31=16.故选C.
(2)因为an+1=an+2(n+1),且a1=2,所以当n≥2时,a2-a1=4,a3-a2=6,…,
an-an-1=2n,
累加可得
(2+2)
an=2+4+6+…+2n= 2 =n(n+1),a1=2
满足上式,所以
an=n(n+1)(n∈N*),
故{(-1)n·
+1
bn≠0, =2,所以数列{bn}是等比数列,公比

q=2,
所以 bn=b1qn-1=2n,
所以
(1+3-2)
2(1-2 )
Tn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)=
+
2
1-2
选②:
=
32 -
n+1
+2
-2.
2
由 b1=2,2bn+1=bn,可得
bn=b1q
所以
2n
1
1
n
n 1
n
n 1
(6) 2 1 2 1
2 1 2 1

数列求和公开课课件

如等差数列求和解决均匀加速直线运动问题、等比数列求和解决复利计算问题等。
数列求和在实际生活中的应用
如存款利息计算、物品分批购买等。
通过实际问题理解数列求和的意义
将实际问题抽象为数列求和，培养学生运用数学知识解决实际问题的能力。
数列求和与其他数学知识的联系
数列求和与函数的关系
数列是一种特殊的函数，数列求和可以看作是函数求和在离散点上的应用。
数列求和与极限的联系
数列求和的极限就是无穷级数的和，无穷级数是分析数学的重要工具。
数列求和与微积分的联系
通过微积分的基本定理，可以将数列求和转化为定积分进行计算。
数列求和的思维训练与拓展
培养逻辑思维
通过数列求和的学习，培养学生的逻辑思维能力，学会从已知条件出发推导出结论。
培养创新思维
通过一题多解、一题多变等方式，培养学生的创新思维能力，学会从不同角度思考问题。
在计算机科学中，数列求和常用于算法分析和数据处理等方面。例如，在计算某个算法的时间复杂度时，需要用到数列求和的知
识。
02
等差数列求和
等差数列的定义与性质
定义
等差数列是指在一个数列中，从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数的一种数列。
性质
等差数列的公差是一个常数，等差数列的任意两项之和是一个常数，等差数列的中项等于首项与末项的平均数。
数列求和公开课课件
目录
• 引言 • 等差数列求和 • 等比数列求和 • 分组数列求和 • 递推数列求和 • 数列求和的综合应用
01
引言
数列求和的背景与意义
数列求和的概念
数列求和是数学中的一个重要概念，指的是将数列中的所有项加起来得到的结果。

第七章第四节数列求和课件(共42张PPT)

1．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋ 2 1）； (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
2．三种常见的拆项公式
1 (1)n（n＋1）
＝1n
－n＋1 1
；
1 (2)（2n－1）（2n＋1）
＝12
2n1－1－2n1＋1
答案： (1)× (2)√ (3)√
2．(必修 5P47T4 改编)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝n（n1＋1），
则 S5 等于( )
A．1
B．56
C．16
D．310
B [∵an＝n（n1＋1）＝1n －n＋1 1 ，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12 ＋12 －13 ＋…＋15 －16 ＝56 .]
所以 an＝－2n1＋1 (n 为正奇数)，若 n 为奇数，则 an－1＝－2an＋21n ＝(－2)－2n1＋1 ＋21n ，所以 an＝21n (n 为正偶数)，所以 a3＝－214 ＝－116 ，因为 an＝－2n1＋1 (n 为正奇数)，所以－a1＝－－212 ＝212 ，
因为 an＝21n (n 为正偶数)，所以 a2＝212 ，所以－a1＋a2＝2×212 ，因为－a3＝－－214 ＝214 ，a4＝214 ，所以－a3＋a4＝2×214 ， …… －a99＋a100＝2×21100 .
(2)因为 an＝2n，所以 bn＝(n＋1)log2an＝(n＋1)log22n＝n(n＋1)，所以，2n2b＋n2 2n ＝n（n2＋1）＝21n－n＋1 1 ，所以 Tn＝21－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1 ＝21－n＋1 1 ＝n2＋n1 .

专题：数列求和讲义

数列求和专题讲座(高三数学总复习专题)

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数列求和各种方法总结归纳课件PPT

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2024年高三培优讲义28---数列求和技巧进阶篇：并项简化计算,裂项求和进阶,奇偶项数列的处理

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)

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