【2021模块复习】第六章第4节数列求和+参考答案

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高三一轮复习讲义第6章第4节数列求和及答案

数列求和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. 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. 【知识拓展】数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和．(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．常见的裂项公式①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； 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，即等比数列求和公式的推导过程的推广．(6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.【思考辨析】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(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)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .()(5)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.( )考点自测1．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 4 B.n 2＋5n 3 C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n2．(教材改编)数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和S n ＝20172018，则n 等于( )A ．2016B ．2017C ．2018D ．20193．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 ．－4004．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 ＝________.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2017＝________.题型分类深度剖析题型一分组转化法求和例1已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2n a ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln2－ln3)＋(－1)n n ln3，求其前n 项和S n .题型二错位相减法求和例2已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n ，求数列{c n }的前n 项和T n .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 n b 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 )型例3S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．命题点2形如a n ＝1n ＋n ＋k 型例4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 2017＝________.在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式； (2)设b n ＝S n 2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .四审结构定方案典例已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.课时作业1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( ) A ．n 2＋1－12n B ．2n 2－n ＋1－12n C ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2016，且a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，则S 2016等于( )A ．0B ．2016C ．2015D ．20143．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( ) A ．120B ．70C ．75D ．1004．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 ．76B ．78C ．80D ．825．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2 (当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( ) A ．0B ．100C ．－100D ．102006．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|等于( )A ．153B ．210C ．135D ．1207．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________．8．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．9．若已知数列的前四项是112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，则数列的前n 项和为______________．*10.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________．11．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .12．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．*13.若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝12log n a .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.数列求和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. 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. 【知识拓展】数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和．(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．常见的裂项公式①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； 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，即等比数列求和公式的推导过程的推广．(6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.【思考辨析】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(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)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .(×) (5)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.(√)考点自测1．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＋n 答案A解析设等差数列的公差为d ，则a 1＝2，a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d .又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6. 即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0.∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 24＋74n . 2．(教材改编)数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和S n ＝20172018，则n 等于() A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019答案B解析a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 令n n ＋1＝20172018，得n ＝2017. 3．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答案B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)＝－200.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案2n ＋1－2＋n 2 解析S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2. 5．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2017＝________. 答案1008解析因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4.∴S 2017＝S 2016＋a 2017＝20164×2＋2017·cos 20172π＝1008.题型分类深度剖析题型一分组转化法求和例1已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．解(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n . a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2， B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2. 引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n .解由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n ·n .当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n ＝⎩⎨⎧ 2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.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．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln2－ln3)＋(－1)n n ln3，求其前n 项和S n . 解S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln3＝3n ＋n 2ln3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln2－ln3)＋(n －12－n )ln3 ＝3n －n －12ln3－ln2－1. 综上所述，S n＝⎩⎨⎧ 3n ＋n 2ln3－1，n 为偶数，3n －n －12ln3－ln2－1，n 为奇数.题型二错位相减法求和例2已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1，又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n)1－2－(n ＋1)×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 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．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 n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . 解(1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧ a n ＝19(2n ＋79)，b n ＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 题型三裂项相消法求和命题点1形如a n ＝1n (n ＋k )型例3S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3(2n ＋3).命题点2形如a n ＝1n ＋n ＋k 型例4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 2017＝________.答案2018－1解析由f (4)＝2，可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝12x . ∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ， S 2017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.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 (1n －1n ＋k)，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．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n 2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解(1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，①由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列． ∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 四审结构定方案典例已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ――――――→S n 是关于n 的二次函数n ＝k 时，S n 最大――――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n 求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n ＝n 2n －1―――――――――→根据数列结构特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――――――→错位相减法求和计算可得T n ―→证明：T n <4 规范解答(1)解当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分] 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立．综上，a n ＝92－n .[6分] (2)证明∵9－2a n 2n ＝n 2n －1， ∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，① 2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n 2n －2.② ②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分] ∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4. 课时作业1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于() A ．n 2＋1－12n B ．2n 2－n ＋1－12n C ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案A解析该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n . 2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2016，且a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，则S 2016等于()A ．0B ．2016C ．2015D ．2014答案A解析∵a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，∴a n ＋2a n q ＋a n q 2＝0，q 为等比数列{a n }的公比，即q 2＋2q ＋1＝0，∴q ＝－1.∴a n ＝(－1)n －1·2016， ∴S 2016＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2015＋a 2016)＝0.3．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为() A ．120B ．70C ．75D ．100答案C解析因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75. 4．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 ．76B ．78C ．80D ．82答案B解析由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2 (当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于() A ．0B ．100C ．－100D ．10200答案B解析由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.故选B.6．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|等于()A ．153B ．210C ．135D ．120答案A解析令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴从第4项开始大于0， ∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 15＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋(2×15－7)＝9＋12×(1＋23)2＝153. 7．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________．答案120解析∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.8．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．答案60解析由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18＝S 10－(S 18－S 10)＝60.9．若已知数列的前四项是112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，则数列的前n 项和为______________．答案34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)解析由前四项知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n 2＋2n ，由1n 2＋2n ＝12(1n －1n ＋2)知， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n＝12[1－13＋12－14＋13－15＋…＋(1n －2－1n )＋(1n －1－1n ＋1)＋(1n －1n ＋2)]＝12[1＋12－1n ＋1－1n ＋2] ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). *10.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________．答案9解析∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝1－1n ＋1， ∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.11．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2， ∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1. (2)b n ＝na n ＝n ·2n ＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )．令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1. 两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1， ∴T ＝2(1－2n )＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1. ∵1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42. 12．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．解(1)设数列{a n }的公比为q .由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1. (2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12，即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2. *13.若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝12log n a .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34. (1)解∵S n ＝16－13a n ， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1. 又∵S 1＝a 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n ＋1. (2)证明由c n ＋1－c n ＝12log n a ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)， 1c n ＝1(n ＋1)(n －1)＝12(1n －1－1n ＋1)， ∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＝12×⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12－⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。

课件3：6.4 数列求和

(2)由(1)知a2n－11a2n＋1＝3－2n11－2n ＝12(2n1－3－2n1－1)，从而数列a2n－11a2n＋1的前 n 项和为12(－11－11＋11－13＋… ＋2n1－3－2n1－1)＝1－n2n.
三错位相减法求和
【例 3】(2013·湖南)设 Sn 为数列{an}的前项和，已知 a1≠0,2an－a1＝S1·Sn，n∈N*
【跟踪训练 2】已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3 ＝0，S5＝－5.
(1)求{an}的通项公式； (2)求数列{a2n－11a2n＋1}的前 n 项和．
解析：(1)设{an}的公差为 d，则 Sn＝na1＋nn－2 1d. 由已知可得35aa11＋＋31d0＝d＝0－5 ，解得ad1＝＝－1 1 . 故{an}的通项公式为 an＝2－n.
(2)因为 an＝n，所以 a1＝1，Sn＝1＋2＋…＋n＝nn＋2 1，所以S1n＝nn2＋1＝2(1n－n＋1 1)，所以S11＋S12＋…＋S1n
＝2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－n＋1 1)] ＝2(1－n＋1 1)＝n2＋n1.
【温馨提示】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，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
(1)证明：数列ann是等差数列； (2)设 bn＝3n· an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解析：(1)证明：由已知可得na＋n＋11＝ann＋1，即na＋n＋11－ann＝1，所以ann是以a11＝1 为首项，1 为公差的等差数列．
(2)由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，所以 an＝n2. 从而 bn＝n·3n. Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，① 3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.② ①－②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1

数列求和(有解答)

高三数学复习课数列求和★要点梳理1.求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式(Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1； (Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项. (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解.例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2.常见的裂项公式 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .★基础回顾1.(2012·大纲全国)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100答案 A解析利用裂项相消法求和.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.2.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 2－1 C.2n ＋1＋n 2－2D.2n ＋n 2－2答案 C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 2.3.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答案 B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. 4. 3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝________.答案 4－n ＋42n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 .★题型分类题型一分组转化求和例1 已知数列{a n }是3＋2－1,6＋22－1,9＋23－1,12＋24－1，…，写出数列{a n }的通项公式并求其前n 项和S n .思维启迪先写出通项，然后对通项变形，分组后利用等差数列、等比数列的求和公式求解. 解由已知得，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2n －1＝3n －1＋2n ， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋5＋…＋3n －1)＋(2＋22＋…＋2n )＝n (2＋3n －1)2＋2(1－2n )1－2＝12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2.思维升华某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化.特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论.求和S n ＝1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋12n －1. 解和式中第k 项为a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝⎛⎭⎫12k1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12k . ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…＋⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2[(1＋1＋…＋1)－(12＋122＋…＋12n )] n 个＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝12n －1＋2n －2. 题型二错位相减法求和例2 已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪 (1)列方程组求{a n }的首项、公差，然后写出通项a n . (2)q ＝1时，b n 为等差数列，直接求和；q ≠1时，用错位相减法求和.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝68a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n .(2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1＝nq n －q n－1q －1＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2.若q ＝1，则S n＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，q ＝1nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2，q ≠1.已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1， ①故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n .②所以，当n ＞1时，①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n ＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n 2n . 所以S n ＝n 2n －1.当n ＝1时也成立.综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1.题型三裂项相消法求和例3 在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式； (2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .思维启迪第(1)问利用a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)后，再同除S n －1·S n 转化为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的等差数列即可求S n .第(2)问求出{b n }的通项公式，用裂项相消法求和. 解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ， ①由题意得S n －1·S n ≠0， ①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列.∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n <38.(1)解 ∵数列{a n }是等差数列且S 5＝70， ∴5a 1＋10d ＝70. ①∵a 1，a 7，a 22成等比数列，∴a 27＝a 2a 22，即(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d ) ②由①，②解得a 1＝6，d ＝4或a 1＝14，d ＝0(舍去)， ∴a n ＝4n ＋2.(2)证明由(1)可得S n ＝2n 2＋4n ，所以1S n ＝12n 2＋4n ＝14(1n －1n ＋2)．所以T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n －1＋1S n＝14(11－13)＋14(12－14)＋14(13－15)＋…＋14(1n －1－1n ＋1)＋14(1n －1n ＋2)＝38－14(1n ＋1＋1n ＋2)． ∵T n －38＝－14(1n ＋1＋1n ＋2)<0，∴T n <38.∵T n －1－T n ＝－14(1n －1n ＋2)<0，∴数列{T n }是递增数列，∴T n ≥T 1＝16.∴16≤T n <38. 典例：(12分)(2012·江西)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .(2)因为9－2a n 2n ＝n 2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2 ②②－①：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1[11分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[12分]★提炼思想与方法 1.方法与技巧非等差、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.失误与防范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，注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.★练出高分A 组专项基础训练 (时间：40分钟)一、选择题1.已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n 为 ( )A.nn ＋1 B.4nn ＋1C.3nn ＋1D.5nn ＋1答案 B解析 a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n (n ＋1)＝4(1n －1n ＋1)，∴S n ＝4[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝4(1－1n ＋1)＝4nn ＋1.2.已知数列{a n }是等差数列，若a 9＋3a 11<0，a 10·a 11<0，且数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，那么当S n取得最小正值时，n 等于 ( )A.20B.17C.19D.21答案 C解析由a 9＋3a 11<0，得2a 10＋2a 11<0，即a 10＋a 11<0，又a 10·a 11<0，则a 10与a 11异号，因为数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以数列{a n }是一个递减数列，则a 10>0，a 11<0，所以S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19a 10>0，S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)<0.故使S n 取值最小正值的n 为19.3.已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A.0B.100C.－100D.10 200答案 B解析由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－1＋101＝100.故选B.4.数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( ) A.31 B.120C.130D.185答案 C解析 a 1＋…＋a k ＋…＋a 10＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20)＝240－(2＋20)×102＝240－110＝130.5.数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为 ( ) A.－10 B.－9C.10D.9答案 B解析数列的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910，∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0. 令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9. 二、填空题6.数列32，94，258，6516，…的前n 项和S n 为________.答案n (n ＋1)2＋1－12n 解析 ∵32＝1＋12，94＝2＋14，258＝3＋18， 6516＝4＋116，…∴S n ＝32＋94＋258＋6516＋…＋(n ＋12n )＝(1＋2＋3＋…＋n )＋(12＋122＋123＋…＋12n )＝n (n ＋1)2＋12[1－(12)n ]1－12＝n (n ＋1)2＋1－12n .7.设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x 4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1.S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，②①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014，∴S ＝2 0142＝1 007.8.(2012·课标全国)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________. 答案 1 830解析利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解. ∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1， a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1， ∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60) ＝10＋26＋42＋…＋234＝15×(10＋234)2＝1 830.三、解答题9.已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝n a 41log (n ∈N *)，数列{c n }满足c n＝a n ·b n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{c n }的前n 项和S n .解 (1)由题意，知a n ＝(14)n (n ∈N *)，又b n ＝3n a 41log －2，故b n ＝3n －2(n ∈N *).(2)由(1)，知a n ＝(14)n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×(14)n (n ∈N *).所以S n ＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n －5)×(14)n －1＋(3n －2)×(14)n ，于是14S n ＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n －5)×(14)n ＋(3n －2)×(14)n ＋1.两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×(14)n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1.所以S n ＝23－3n ＋23×(14)n(n ∈N *).10.若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列. (1)求等比数列S 1，S 2，S 4的公比； (2)若S 2＝4，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解(1)因为{a n }为等差数列，设{a n }的公差为d (d ≠0)，所以S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d .因为S 1，S 2，S 4成等比数列且设其公比为q ，所以S 1·S 4＝S 22.所以a 1(4a 1＋6d )＝(2a 1＋d )2.所以2a 1d ＝d 2.因为公差d ≠0.所以d ＝2a 1.所以q ＝S 2S 1＝4a 1a 1＝4.(2)因为S 2＝4，所以2a 1＋d ＝4.又d ＝2a 1，所以a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝2n －1.(3)因为b n ＝3(2n －1)(2n ＋1)＝32(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝32[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝32(1－12n ＋1)<32.要使T n <m 20对所有n ∈N *都成立，则有m 20≥32，即m ≥30.因为m ∈N *，所以m 的最小值为30.B 组专项能力提升 (时间：30分钟)1.已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个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2 014项之和S 2 014等于( )A.2 008B.2 010C.1D.0答案 B解析由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∵2 014＝6×335＋4， ∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.2.(2013·课标全国Ⅰ)设△A n B n C n 的三边长分别为a n 、b n 、c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，…，若b 1>c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n2，则( )A.{S n }为递减数列B.{S n }为递增数列C.{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D.{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列答案 B解析因为b 1>c 1，不妨设b 1＝4a 13，c 1＝2a 13；故S 1＝3a 12·a 12·a 16·5a 16＝1512a 21； a 2＝a 1，b 2＝23a 1＋a 12＝56a 1，c 2＝43a 1＋a 12＝76a 1，S 2＝3a 12·a 12·2a 13·a 13＝66a 21. 显然S 2>S 1；a 3＝a 1，b 3＝76a 1＋a 12＝1312a 1，c 3＝56a 1＋a 12＝1112a 1，S 3＝3a 12·a 12·5a 112·7a 112＝10524a 21，显然S 3>S 2. 3.(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则：(1)a 3＝________； (2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________. 答案 (1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1，∴a n ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1＋12n .当n 为偶数时，a n －1＝－12n ，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n ，∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116.根据以上{a n }的关系式及递推式可求. a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128，a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128.∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋12100 ＝⎝⎛⎭⎫12＋123＋…＋1299－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 4.已知数列{a n }的前n 项和S n ，满足：S n ＝2a n －2n (n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列{b n a n ＋2}的前n 项和，求证：T n ≥12.(1)解当n ∈N *时，S n ＝2a n －2n ，则当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2， ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)，∴a n ＋2a n －1＋2＝2，当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2；(2)证明 b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，∴b n a n ＋2＝n ＋12n ＋1，则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1，12T n ＝223＋324＋…＋n2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝14＋14(1－12n )1－12－n ＋12n ＋2＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2，∴T n ＝32－n ＋32n ＋1，当n ≥2时，T n －T n －1＝－n ＋32n ＋1＋n ＋22n ＝n ＋12n ＋1>0，11∴{T n }为递增数列，∴T n ≥T 1＝12. 5．若正数项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上．(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式a n ；(3)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围．解 (1)因为点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上，所以S n ＋1＝(S n ＋1)2.分别取n ＝1和n ＝2，得到⎩⎨⎧ a 1＋a 2＝(a 1＋1)2a 1＋a 2＋a 3＝(a 1＋a 2＋1)2，由a 1＝1解得a 2＝3，a 3＝5. (2)由S n ＋1＝(S n ＋1)2得S n ＋1－S n ＝1.所以数列{S n }是以S 1为首项，1为公差的等差数列，所以S n ＝S 1＋(n －1)×1，即 S n ＝n 2.由公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1， n ＝1S n －S n －1，n ≥2，得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，2n －1， n ≥2，所以a n ＝2n －1. (3)因为b n ＝1a n ·a n ＋1＝1(2n －1)·(2n ＋1)，所以b n >0， T n ＝11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)·(2n ＋1)＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －3－12n －1＋12n －1－12n ＋1) ＝12×2n 2n ＋1＝n 2n ＋1＝12＋1n，显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值T 1＝12＋11＝13，由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤13，于是a 的取值范围为{a |a ≤13}．。

2024版高考数学大一轮第六章数列6-4数列求和及应用

（4）递推型:有与两类.
（5）数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与函数（含三角函数）、数列与解析几何等.
【常用结论】
3.常见的裂项公式
（1） .
（2） .
（3） .
（4） .
（5） .
（6） .
√
解：因为与互素的数为1，，，，，，，，，，共有（个），所以，则 .所以，① ，②①-②,得，则 .于是 .
故选A.
考点五数列的实际应用
例5 去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列 .
故选B.
√
考点二裂项相消法求和
例2 （1）已知等差数列的通项公式为 .若，数列的前项和为，则 ( )
A. B. C. D.
解：，所以 .故选B.
√
（2）已知等差数列满足，前7项和 .设，则数列的前项和 _ _________.
×
（4）如果数列是周期为的周期数列，那么（ , 为大于1的正整数）. ( )
√
（5）已知各项不为0的等差数列的公差为，则有 . ( )
√
2.已知为数列的前项和，且满足，，，则 ( )
A. B. C. D.
解：因为，，，所以数列的奇数项成等比数列，偶数项也成等比数列，且公比均为3，所以 .故选A.
[答案] 由（1）可知，最优策略为策略，即，所以数列是以为首项，1.08为公比的等比数列，所以，即，令，可得，所以虫害的危机最快在第9周解除.

数列求和(含答案)

数列求和1.【常见的数列求和方法总述】（1）公式法求和：包括等差数列求和、等比数列求和公式，自然数求和. （2）错位相减法求和；（3）倒序相加法求和；（4）分组求和；（5）裂项求和. 2.【公式法求和】例略【知识点击】常见求和公式：（1）等差数列求和公式：1()2n n n a a S +=；（2）等比数列的求和公式：11,1,(1), 1.1nn na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩注意分1q =与1q ≠两种情况计算.（3）有关自然数求和公式：(1)122n n n ++++=，22462n n n +++=+ ，2135(21)n n +++-= ， 222112(1)(21)6n n n n +++=++ ， 3332(1)12[]2n n n ++++= .1.设数列1，(12)+，…，21(1222)n -++++ ，…的前n 项和为n S ，求n S .2.求数列1，2a a +，234a a a ++，3456a a a a +++，…(0)a ≠的前n 项和n S .3.设等差数列的前n 项和为n S .若972S =，则249a a a ++= .解：95972S a ==，58a =，2491595324a a a a a a a ++=++==.3.【错位相减法求和】适用类型：数列{}n n a b 求和，其中{}n a 、{}n b 分别为等差数列和等比数列.此法是等比数列求和方法的推广.例1 已知等差数列满足20a =，6810a a +=-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列1{}2nn a -的前n 项和n S . 解：（1）2n a n =-.（2）321222n n a a a S a =++++ ，312122222n n a a a a S =++++ . 两式相减得321211121231111111212()1(1)2222222222222n n n n n n nn n n n n a a a a a a a n n nS S a a ----------=++++-=-++++-=---= . ∴12n n nS -=.例2 已知数列{}n a 的首项，123a =，121n n n a a a +=+，1,2,3,n = .（1）证明：数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）求数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S . 结果：2n n n n n a =+，24222n n n n n S +++=-. 1.求和：23133353(21)3n n S n =⋅+⋅+⋅++-⋅ .2.求数列：1，3x ，25x ，，1(21)n n x --(0)x ≠的前n 项和n S . 4.【倒序相加法求和】求和思路：把数列按正序、倒序写出，再把两个和式相加，此法是等差数列求和方法的推广.例1 设4()42x x f x =+，求和：122007()()()200820082008S f f f =+++ .解：∵4()42x f x =+，∴1442(1)4242442x f x --===++⋅+，∴()(1)1f x f x +-=. ∴122007()()()200820082008S f f f =+++ ，200720061()()()200820082008S f f f =+++ . 两式相加，得1200722007[()()]200720082008S f f =+=，∴20072S =. 例2 设函数()f x 112n n S --=的定义域为R ，其图象关于点11,22⎛⎫ ⎪⎝⎭成中心对称，令k k a f n ⎛⎫= ⎪⎝⎭（n 是常数且2n ≥，n ∈*Ν），1,2,,1k n =- ，求数列{}k a 的前1n -项和. 解：∵()y f x =的图象关于点11,22⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称，∴()(1)1f x f x +-=.令1121121n n n S a a a f f f n n n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，又1121121n n n n n S a a a f f f n n n -----⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加，得11122112[][][]1n n n n S f f f f f f n n n n n n n ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，∴112n n S --=. 1.求和：22222sin 1sin 2sin 3sin 88sin 89++++ .2.设()f x =(2010)(2009)(0)(1)(2010)(2011)f f f f f f -+-++++++ .解：∵(1)x x f x -.∴()(1)x f x f x +-∴(2010)(2011)(2009)(2010)(0)(1)f f f f f f -+=-+==+ .∴(2010)(2009)(0)(1)(2010)(2011)f f f f f f -+-++++++ 5.【分组求和】求和思路：把数列的每一项分成几项，最终使和式转化成若干个等差、等比数列求和问题. 例1 已知数列{}n a 满足3n n a n =+，求数列{}n a 的前n 项和n S .解：1231233(31)(1)(31)(32)(33)(3)(3333)(123)22n n n n n n S n n -+=++++++++=+++++++++=+. 例2 已知251,2,.n n n n a n +⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数，为偶数求数列{}n a 的前n 项和n S .解：∵2121[5(21)1][5(21)1]10k k a a k k +--=++--+=，13521,,,,,m a a a a -⋅⋅⋅ 是首项为6，公差为10的等差数列.∵2222222222k k k ka a ++==，∴2462,,,,,m a a a a 为首项为2，公比为2的等比数列.∴当n 为偶数时，2121351246(1)102(12)5122()()622221242n n n n n n n n S a a a a a a a a n n +--⨯⨯-=+++++++++=⨯++=++-- ；当n 为奇数时，11222135246111(1)1012(12)5122()()632221244n n n n n n n n S a a a a a a a a n n -+-++-⨯+⨯-=+++++++++=⨯++=++-- .1.求数列：11+，14a +，217a +，…，1132n n a-+-，…前n 项和n S .解:∵21111[147(32)](1)n n S n aa a -=++++-+++++ ，令1211111n S a a a-=++++ ，2147(32)S n =++++- . 当1a =时，1S n =，当1a ≠时，11n a S a a-=-，而2(31)2n n S -=. ∴当1a =时，12(31)(31)22n n n n n S S S n -+=+=+=；当1a ≠时，1211(31)2n n n n a n nS S S a a ---=+=+-. 2.23(1)(2)(3)()n a a a a n -+-+-++- 等于A .(1)(1)12n a a n n a -+--B .1(1)(1)12n a a n n a +-+-- C .1(1)(1)12n a a n n a --+-- D .(1)(1)(1)12n a a n n a a -+-≠-或2(1)2n n a -= 3.等差数列{}n a 的通项为21n a n =+，则由12nn a a a b n+++= 所确定的数列{}n b 的前n 项的和为A .(2)n n +B .1(4)2n n +C .1(5)2n n +D .1(7)2n n +4.求数列：32，94，258，6516，前n 项和n S .解:∵31122=+，91244=+，251388=+，65141616=+，… ∴2311[1()]39256511111(1)(1)122()(123)()11248162222222212n n n n n n n n n S n n -++=+++++=+++++++++=+=+-- . 5.数列{(1)}n n -⋅的前2010项的和2010S 为A .2010-B .1005-C . 2010D .1005解：20101234520092010(12)(34)(56)(20092010)1005S =-+-+-+-+=-++-++-++++-+= .6.若数列{}n a 的通项公式为221n n a n =+-，则数列{}n a 的前n 项和为 C A .221n n +- B .1221n n ++- C .1222n n ++- D .222n n +-解：23122(21)(121)(2222)[135(21)]22212n n n n n n S n n +-+-=+++++++++-=+=+-- . 6.【裂项求和】裂项法的实质：是将数列中的通项公式分裂为几部分代数差的形式，然后在求和时重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. A . B . C . D .例（1）求和：1111132435(2)n n ++++⨯⨯⨯+ .结果：(35)4(1)(2)n n n n +++.（2）求数列222+121-，223+131-，224+141-，…，22(1)+1(1)1n n ++-的前n 项的和n S .解：数列的通项22222(1)+1+2+221111()(1)1222n n n n a n n n n n n n +===+=+-+-+++，所以1111111111(1)(1)(1)(1)(1)132435112n S n n n n =+-++-++-+++-++--++ 1111131212122n n n n n n =++--=--+++++.【知识点击】常见裂项手段：（1）111(1)1n n n n =-++，1111()(0)()k n n k k n n k =-≠++；（2（3）若{}n a 为等差数列，公差为d ，则111111()n n n n a a d a a ++=-⋅；（4）111C C C r r rn n n ---=-（文科不要求）；（5）11(1)!!(1)!n n n n =-++（文科不要求）；（6）!(1)!!n n n n ⋅=+-（文科不要求）.1.数列{}n a 中，12111n na n n n =++++++ ，又12n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项的和. 2.设数列{}n a 、{}n b 满足1n n a b =，232n a n n =++，则{}n b 的前10项和为 A .13 B .512 C .12 D .712 3.对于每个抛物线22()(21)1y n n x n x =+-++与x 轴交于n A 、n B 两点，以||n n A B 表示该两点间的距离，则112220082008||||||A B A B A B +++=提示：1211||||1n n A B x x nn =-=-+. 4.求和：1111447(32)(31)n S n n =+++⋅⋅-+ . 5.求和：n S6.已知222111123S n =+++++ 那么S 的范围是 A .(1,32) B .(32,2) C .(2,5) D .(5,)+∞提示：1113112334(1)21S n n n >++++=-⋅⋅⋅++ ，1111121223(1)S n n n<++++=-⋅⋅⋅- .注：并非任何一个数列都是 “可以求和”的，如1111++++23n， 111123n ++++ 等，研究与这类“和”有关的问题常常是通过适当放缩转化为“可求和”的数列求和问题.7.数列1(1)n a n n =+，其前n 项的和为910，则在平面直角坐标系中，直线(1)0n x y n +++=在y 轴上的截距为A .10-B .9-C .10D .9解：数列{}n a 的前n 项和为111111111111911122334(1)2233411110n n n n n n n ++++=-+-+-++-=-==⨯⨯⨯++++ ，∴9n =，于是直线(1)0n x y n +++=即为1090x y ++=，∴在y 轴上的截距为9-.8.已知数列{}n a ，{}n b 满足：11=4a ，1n n ab +=，1(1)(1)n n n n b b a a +=-+.（1）求1234,,,b b b b ；（2）求数列{}n b 的通项公式；（3）设1223341n n n S a a a a a a a a +=++++ ，求n S .解：（1）11(1)(1)(2)2n n n n n n n n b b b a a b b b +===-+--，∵114a =，134b =，∴245b =，356b =，467b =.（2）∵11112n n b b +-=--，12111111n n n n b b b b +-==-+---，∴数列11n b ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是以4-为首项，1-为公差的等差数列， ∴14(1)31n n n b =---=---，12133n n b n n +=-=++. （3）113n n a b n =-=+，∴1223341111114556(3)(4)444(4)n n n nS a a a a a a a a n n n n +=++++=+++=-=⨯⨯++++ .。

数列求和Word版含答案

数列求和【课前回顾】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)d2. 推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，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，分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(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．【课前快练】1．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0172 018，则项数n 为( )A ．2 014B ．2 015C ．2 016D ．2 017解析：选D 因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0172 018，所以n ＝2 017.2．数列{1＋2n -1}的前n 项和为( ) A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.3．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＝________. 解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案：9考点一公式法、分组转化法求和方法(一) 公式法求和几类可以使用公式法求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．(3)等差数列各项加上绝对值，等差数列乘(－1)n 等．1．(2017·北京高考)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 1＝1，b 2b 4＝a 5，所以b 1q ·b 1q 3＝9. 解得q 2＝3.所以b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1. 从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12.方法(二) 分组转化法求和 1．分组转化求和的通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．2．分组转化法求和的常见类型2．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：选B 当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，所以a n ＝1，当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，所以a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋(2＋100)×502＝2 600.3．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．解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1＝1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.考点二错位相减法求和1．掌握解题“3步骤”2．注意解题“3关键”(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q ＝1和q ≠1两种情况求解．3．谨防解题“2失误”(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．【典型例题】(2017·山东高考)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 .[思维路径](1)可利用已知条件a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3列出关于首项a 1和公比q 的两个方程，解方程可得a 1，q ，从而求得通项公式．(2)由S 2n ＋1＝b n b n ＋1，利用求和公式及性质，推出数列{b n }的通项公式，结合(1)进而求出⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的通项公式，观察其特点用错位相减法求和即可．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 ＝32＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n ＋12n ＋1 ＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n. 【针对训练】已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式，所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1，又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n )1－2－(n ＋1)×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.考点三裂项相消法求和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．2．常见数列的裂项方法角度(一) 形如a n ＝1n (n ＋k )型1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋1角度(二) 形如a n ＝1n ＋k ＋n型2．(2018·江南十校联考)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 2 018＝( )A. 2 017－1B. 2 018－1C. 2 019－1D. 2 019＋1解析：选C 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 018－2 017)＋( 2 019－ 2 018)＝ 2 019－1. 角度(三) 形如a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2型3．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n<564. 解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564.【针对训练】(2018·天一大联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，且S 2 0182 018－S 2 0172 017＝1. (1)求S n ； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n S n ＋1的前n 项和T n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，因为S n n ＝na 1＋n (n －1)2dn ＝a 1＋(n －1)d2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为一个等差数列，所以S 2 0182 018－S 2 0172 017＝d2＝1，所以d ＝2，故S nn ＝n ，所以S n ＝n 2. (2)因为1S n S n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 【课后演练】1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( ) A ．41 B ．48 C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49.2．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：选C 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⎝⎛⎭⎫1－1520.3．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：选C 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＝33.4． 5个数依次组成等比数列，且公比为－2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为( ) A ．－2120 B ．－2 C ．－2110D ．－215解析：选C 由题意可设这5个数分别为a ，－2a,4a ，－8a,16a ，故奇数项和与偶数项和的比值为a ＋4a ＋16a －2a －8a＝－2110，故选C.5．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5B.3116或5C.3116D.158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116.6．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是( )A ．2n ＋1＋n －2 B ．2n ＋1－n ＋2 C ．2n －n －2D ．2n ＋1－n －2解析：选D 因为S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，① 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. 7．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＝n (n ＋1)2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n (n ＋1)2－12n ＋1. 答案：n (n ＋1)2－12n ＋1 8．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)．答案：n (n ＋1)9．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：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1.答案：3n －110．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________. 解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，② 由①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3.答案：3·21 009－311．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝( )A ．1－4nB ．4n －1 C.1－4n3D.4n －13解析：选B 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，。

第4节：数列求和

Step2：故，
Step3：由－得：
Step4：化简： .
例4.(2020年新课标全国卷 17)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项.
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和.
解析：（1）设公比为，得即，得（舍去）， .
（2）设为的前n项和，由（1）及题设可得，，所以
三类应用：裂相求和；证明不等式；求范围.
例3.(2015年全国2卷) 为数列的前项和，已知， .
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
解析：（1）与已知作差得：，，当时，， .
（2）， .
类型3：错位相减
型如的数列求和，其基本解题步骤如下：
Step1：由题可得：
例2.（2020新高考2卷）已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求 .
解析：（1）设等比数列的公比为q(q>1)，则，
整理可得：，，数列的通项公式为： .
（2）由于：，故：
.
类型2．裂项求和
1.分母是等差数列相邻两项乘积，则：，则：
.
2.有理化后求和： .
3.指数式裂相求和： .
数列求和的四种常见类型
类型1．公式法求和：用等差（等比）数列求和公式.
例1.(2018年全国2卷)记为等差数列的前n项和，已知， .
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值.
解析：（1）设的公差为，由题意得，由，得，所以的通项公式为 .
（2）代入等差数列求和公式，得，所以当时，取到最小值，且最小值为 .
，

高考数学专题复习-6.4数列求和、数列的综合应用-高考真题练习(附答案)

6.4数列求和、数列的综合应用考点数列求和及数列的综合应用1.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =()A.n(n+1)B.n(n-1)C.or1)2D.ot1)2答案A ∵a 2,a 4,a 8成等比数列,∴42=a 2·a 8,即(a 1+3d)2=(a 1+d)(a 1+7d),将d=2代入上式,解得a 1=2,∴S n =2n+ot1)·22=n(n+1),故选A.2.(2012课标文,12,5分)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为()A.3690B.3660C.1845D.1830答案D 当n=2k 时,a 2k+1+a 2k =4k-1,当n=2k-1时,a 2k -a 2k-1=4k-3,∴a 2k+1+a 2k-1=2,∴a 2k+1+a 2k+3=2,∴a 2k-1=a 2k+3,∴a 1=a 5=…=a 61.∴a 1+a 2+a 3+…+a 60=(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 60+a 61)=3+7+11+…+(2×60-1)=30×(3+119)2=30×61=1830.3.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=2+b,n∈N *,则()A.当b=12时,a 10>10 B.当b=14时,a 10>10C.当b=-2时,a 10>10D.当b=-4时,a 10>10答案A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.令a n+1=a n ,即2+b=a n ,即2-a n +b=0,若有解,则Δ=1-4b≥0,即b≤14,∴当b≤14时,a n *,即存在b≤14,且使数列{a n }为常数列,B 、C 、D 选项中,b≤14成立,故存在使a n*),排除B 、C 、D.对于A,∵b=12,∴a 2=12+12≥12,a 3=22+12≥+12=34,a4+12=1716,∴a5,a 6,…,a 10,=1=1+C 641×116+C 642+…=1+4+638+…>10.故a 10>10.4.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n ,且P (X =i )=p i >0(i =1,2,…,n ),∑=ni 1p i =1,定义X 的信息熵H (X )=-∑=ni 1p i log 2p i .()A.若n =1,则H (X )=0B.若n =2,则H (X )随着p 1的增大而增大C.若p i =1(i =1,2,…,n ),则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m ,且P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),则H (X )≤H (Y )答案AC 对于A ,若n =1,则p 1=1,∴H (X )=-1×log 21=0,A 正确.对于B ,若n =2,则p 1+p 2=1,∴H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),∵p 1+p 2=1,∴p 2=1-p 1,p 1∈(0,1),∴H (X )=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],令f (p 1)=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],∴f '(p 1)=-p 1·11·ln2+log 2p 1+(1-p 1)·−1(1−1)·ln2-log 2(1-p 1)=-[log 2p 1-log 2(1-p 1)]=log 21−11,令f '(p 1)>0,得0<p 1<12;令f '(p 1)<0,得12<p 1<1.∴y =f (p 1)在0,1上为减函数,∴H (X )随着p 1的增大先增大后减小,B 不正确.对于C ,由p i =1(i =1,2,…,n )可知,H (X )=-∑=ni 1pEog2B =−∑=ni 11log21=log 2n ,∴H (X )随着n 的增大而增大,C 正确对于D ,解法一(特例法):不妨设m =1,n =2,则H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),由于p 1+p 2=1,不妨设p 1=p2=12,则H (X )212+12log 22=1,H (Y )=-1×log 21=0,故H (X )>H (Y ),D 不正确.解法二:由P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),得P (Y =1)=p 1+p 2m ,P (Y =2)=p 2+p 2m -1,……,P (Y =m )=p m +p m +1,∴H (Y )=-∑=mj 1[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1)+…+(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1)],由n =2m ,得H (X )=-∑=mi 21p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+…+p 2m log 2p 2m ),不妨设0<a <1,0<b <1,且0<a +b ≤1,则log 2a <log 2(a +b ),a log 2a <a log 2(a +b ),同理b log 2b <b log 2(a +b ),∴a log 2a +b log 2b <(a +b )log 2(a +b ),∴p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m <(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m ),p 2log 2p 2+p 2m -1log 2p 2m -1<(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1),……p m log 2p m +p m +1log 2p m +1<(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1),∴∑=mi 21pEog2B <∑=mj 1(p j +p 2m +1-j )log 2(p j +p 2m +1-j ),∴H (X )>H (Y ),D 不正确.5.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm ,20dm×6dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240dm 2,对折2次共可以得到5dm×12dm ,10dm×6dm ,20dm×3dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180dm 2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n 次,那么∑=nk 1S k =dm 2.答案5;240×3解析解法一:列举法+归纳法.由上图可知,对折n 次后,共可以得到(n +1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为120(+K1dm 2(n ∈N *),故S k =120(+dm 2(k ∈N *),记T n =∑=nk 1(k +1,∴T n =220+321+422+…+2K2+r12K1,①12B =221+322+423+…+2K1+r12,②①-②得,122+12+122+…+12K1−r1221−12r12=3−r32,∴T n =6-r32K1,∴∑=nk 1S =120×6=240×32.解法二:对折3次可以得到208dm×12dm ,204dm ×122dm ,202dm ×124dm ,20dm×128dm ,共四种不同规格的图形,对折4次可以得到2016dm×12dm ,208dm ×122dm ,204dm ×124dm ,202dm ×128dm ,20dm×1216dm ,共五种不同规格的图形,由此可以归纳出对折n 次可得到(n +1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为20×122dm 2,∴∑=nk 1S k =20×12×12×2+14×3+18×4+…+12×(n +1)dm 2,记T n =22+34+…+r12,则12B =24+38+…+r12r1,∴T n -12B =12B =1+18+…−r12r1=32−12−r12r1=32−r32r1,∴T n =3-r32,∴∑=nk 1S =240×32.6.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N *},B={x|x=2n ,n∈N *}.将A∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为.答案27解析本题考查数列的插项问题.设A n =2n-1,B n =2n,n∈N *,当A k <B l <A k+1(k,l∈N *)时,2k-1<2l<2k+1,有k-12<2l-1<k+12,则k=2l-1,设T l =A 1+A 2+…+2t1+B 1+B 2+…+B l ,则共有k+l=2l-1+l 个数,即T l =2t1+l ,而A 1+A 2+…+2t1=2×1−1+2-12×2l-1=22l-2,B 1+B 2+…+B l =2(1−2)1−2=2l+1-2.则T l =22l-2+2l+1-2,则l,T l ,n,a n+1的对应关系为l T l n a n+112a n+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l=5时,T l =S 21<12a 22,l=6,T l =S 38>12a 39,则n∈[22,38),n∈N *时,存在n,使S n ≥12a n+1,此时T 5=A 1+A 2+…+A 16+B 1+B 2+B 3+B 4+B 5,则当n∈[22,38),n∈N *时,S n =T 5+(t22+1)(22−5+t5)2=n 2-10n+87.a n+1=A n+1-5=A n-4,12a n+1=12[2(n-4)-1]=24n-108,S n -12a n+1=n 2-34n+195=(n-17)2-94,则n≥27时,S n -12a n+1>0,即n min =27.7.(2014安徽理,12,5分)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q=.答案1解析设{a n }的公差为d,则a 3+3=a 1+1+2d+2,a 5+5=a 1+1+4d+4,由题意可得(a 3+3)2=(a 1+1)(a 5+5).∴[(a 1+1)+2(d+1)]2=(a 1+1)[(a 1+1)+4(d+1)],∴(a 1+1)2+4(d+1)(a 1+1)+[2(d+1)]2=(a 1+1)2+4(a 1+1)(d+1),∴d=-1,∴a 3+3=a 1+1,∴公比q=3+31+1=1.8.(2020江苏,11,5分)设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n-1(n∈N *),则d+q 的值是.答案4解析设数列{a n }的首项为a 1,数列{b n }的首项为b 1,易知q≠1,则{a n +b n }的前n 项和S n =na 1+ot1)2d+1(1-)1−=2n 2+1n-11−q n +11−=n 2-n+2n -1,∴2=1,q=2,则d=2,q=2,∴d+q=4.9.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{a n }满足a n+2+(-1)na n =3n-1,前16项和为540,则a 1=.答案7解析令n=2k(k∈N *),则有a 2k+2+a 2k =6k-1(k∈N *),∴a 2+a 4=5,a 6+a 8=17,a 10+a 12=29,a 14+a 16=41,∴前16项的所有偶数项和S 偶=5+17+29+41=92,∴前16项的所有奇数项和S 奇=540-92=448,令n=2k-1(k∈N *),则有a 2k+1-a 2k-1=6k-4(k∈N *).∴a 2k+1-a 1=(a 3-a 1)+(a 5-a 3)+(a 7-a 5)+…+(a 2k+1-a 2k-1)=2+8+14+…+6k-4=o2+6t4)2=k(3k-1)(k∈N *),∴a 2k+1=k(3k-1)+a 1(k∈N *),∴a 3=2+a 1,a 5=10+a 1,a 7=24+a 1,a 9=44+a 1,a 11=70+a 1,a 13=102+a 1,a 15=140+a 1,∴前16项的所有奇数项和S 奇=a 1+a 3+…+a 15=8a 1+2+10+24+44+70+102+140=8a 1+392=448.∴a 1=7.10.(2015江苏理,11,5分)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n∈N *),10项的和为.答案2011解析由已知得,a 2-a 1=1+1,a 3-a 2=2+1,a 4-a 3=3+1,……,a n -a n-1=n-1+1(n≥2),则有a n -a 1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a 1=1,所以a n =1+2+3+…+n(n≥2),即a n =2+n2(n≥2),又当n=1时,a 1=1也适合上式,故a n =2+n 2(n∈N *),所以1=22+n=2从而11+12+13+…+110=2×11=2011.11.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n -1}与{3n -2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为答案3n 2-2n审题指导:数列{2n -1}表示首项为1,公差为2的等差数列,各项均为正奇数,而数列{3n -2}表示首项为1,公差为3的等差数列,数列的项为交替出现的正奇数与正偶数,它们的公共项为数列{3n -2}中的奇数项,所以{a n }是首项为1,公差为6的等差数列.解题思路:∵数列{2n -1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n -2}的项为1,4,7,10,13,…,∴数列{a n}是首项为1,公差为6的等差数列,∴a n=1+(n-1)×6=6n-5,∴数列{a n}的前n项和S n=(1+6K5)×2=3n2-2n.12.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记S n为数列{a n}的前n项和,已知a1=113的等差数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)证明:11+12+…+1<2.解析(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.∴=11+(n-1)×13=r23.∴3S n=(n+2)a n,则3S n+1=(n+1+2)a n+1=(n+3)a n+1,∴3S n+1-3S n=(n+3)a n+1-(n+2)a n,即3a n+1=(n+3)a n+1-(n+2)a n,∴na n+1=(n+2)a n,即r1=r2,由累乘法得r11=(r1)(r2)1×2,又a1=1,∴a n+1=(r1)(r2)2,∴a n=or1)2(n≥2),又a1=1满足上式,∴a n=or1)2(n∈N*).解法二:同解法一求得na n+1=(n+2)a n,∴r1r2,即r1(r1)(r2)=or1),or1)是常数列,首项为12,∴or1)=12,∴a n=or1)2.(2)证明:由(1)知1=2or1)2∴11+12+…+1=2++…+=21=2−2r1<2. 13.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=+1,为奇数,+2,为偶数.(1)记b n=a2n,写出b1,b2,并求数列{b n}的通项公式;(2)求{a n}的前20项和.解题指导:(1)由已知条件求出{a n}的递推式,从而得出{b n}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{b n}的通项公式.(2)根据题目条件把{a n}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{b n}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.解析(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a2n+2=a2n+3,即b n+1=b n+3,且b1=a2=a1+1=2,所以数列{b n}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以b1=2,b2=5,b n=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,a n=a n+1-1.设数列{a n}的前n项和为S n,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10,由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+10×92×3=155,故S20=2×155-10=300,即{a n}的前20项和为300.解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{b n}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合a n与b n的关系求得结果.14.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,猜想{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)a2=5,a3=7.猜想a n=2n+1.由已知可得a n+1-(2n+3)=3[a n-(2n+1)],a n-(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=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.方法总结数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a n =1orp ,可裂项为a n =13)错位相减法:形如c n =a n ·b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(4)分组求和法:形如c n =a n +b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(5)并项求和法.15.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n.(1)求{a n }的通项公式;(2)n 项和.解析(1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n,故当n≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n =2.所以a n =22t1(n≥2).又由题设可得a 1=2,从而{a n }的通项公式为a n =22t1(n∈N *).(2)n 项和为S n .由(1)知2r1=2(2r1)(2t1)=12t1-12r1.则S n =11-13+13-15+…+12t1-12r1=22r1.思路分析(1)条件a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n 的实质就是数列{(2n-1)a n }的前n 项和,故可利用a n 与S n 的关系求解.(2)利用(1)求得的{a n }的通项公式,然后用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.16.(2016课标Ⅱ文,17,12分)等差数列{a n }中,a 3+a 4=4,a 5+a 7=6.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =[a n ],求数列{b n }的前10项和,其中[x]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.解析(1)设数列{a n }的公差为d,由题意有2a 1+5d=4,a 1+5d=3.解得a 1=1,d=25.(3分)所以{a n }的通项公式为a n =2r35.(5分)(2)由(1)知,b n 分)当n=1,2,3时,1≤2r35<2,b n =1;当n=4,5时,2≤2r35<3,b n =2;当n=6,7,8时,3≤2r35<4,b n =3;当n=9,10时,4≤2r35<5,b n =4.(10分)所以数列{b n }的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)评析本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.17.(2016浙江文,17,15分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2=4,a n+1=2S n +1,n∈N *.(1)求通项公式a n ;(2)求数列{|a n -n-2|}的前n 项和.解析(1)由题意得1+2=4,2=21+1,则1=1,2=3.又当n≥2时,由a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1+1)=2a n ,得a n+1=3a n .所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-1,n∈N *.(2)设b n =|3n-1-n-2|,n∈N *,则b 1=2,b 2=1.当n≥3时,由于3n-1>n+2,故b n =3n-1-n-2,n≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 1=2,T 2=3.当n≥3时,T n =3+9(1−3t2)1−3-(r7)(t2)2=3-2-5n+112,所以T n =1,≥2,n ∈N *.易错警示(1)当n≥2时,得出a n+1=3a n ,要注意a 1与a 2是否满足此关系式.(2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后T n 要写成分段函数的形式.18.(2016北京文,15,13分)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4.(1)求{a n }的通项公式;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和.解析(1)等比数列{b n }的公比q=32=93=3,(1分)所以b 1=2=1,b 4=b 3q=27.(3分)设等差数列{a n }的公差为d.因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27,所以1+13d=27,即d=2.(5分)所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).(6分)(2)由(1)知,a n =2n-1,b n =3n-1.因此c n =a n +b n =2n-1+3n-1.(8分)从而数列{c n }的前n 项和S n =1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=o1+2t1)2+1−31−3=n 2+3-12.(13分)规范解答要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.19.(2016山东,理18,文19,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n+1.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)令c n =(+1)r1(+2),求数列{c n }的前n 项和T n .解析(1)由题意知,当n≥2时,a n =S n -S n-1=6n+5.当n=1时,a 1=S 1=11,所以a n =6n+5.设数列{b n }的公差为d.由1=1+2,2=2+3,即11=21+d,17=21+3d,可解得b 1=4,d=3.所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6r6)r1(3r3)=3(n+1)·2n+1.又T n =c 1+c 2+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2T n =3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4(1−2)1−2-(n +1)×2r2=-3n·2n+2.所以T n =3n·2n+2.方法总结若某数列的通项是等差数列与等比数列的通项的积或商,则该数列的前n项和可以采用错位相减法求解,注意相减后的项数容易出错.评析本题主要考查了等差数列及前n项和,属中档题.20.(2016天津,18,13分)已知{an }是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且11-12=23,S6=63.(1)求{an}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,bn是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n2}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有11-11q=212,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·1−61−=63,知q≠-1,所以a1·1−261−2=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得bn=12(log2a n+log2a n+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即{b n}是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n2}的前n项和为T n,则T2n=(-12+22)+(-32+42)+…+(-2t12+22)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2o1+2)2=2n2.评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.21.(2015福建文,17,12分)等差数列{an }中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得1+d=4,(1+3d)+(1+6d)=15,解得1=3,=1.所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得bn=2n+n.所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+...+210)+(1+2+3+ (10)=2(1−210)1−2+(1+10)×102=(211-2)+55=211+53=2101.评析本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.22.(2015课标Ⅰ理,17,12分)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,2+2a n =4S n +3.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1r1,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由2+2a n =4S n +3,可知r12+2a n+1=4S n+1+3.可得r12-2+2(a n+1-a n )=4a n+1,即2(a n+1+a n )=r12-2=(a n+1+a n )(a n+1-a n ).由于a n >0,可得a n+1-a n =2.又12+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n =2n+1.(6分)(2)由a n =2n+1可知b n =1r1=1(2r1)(2r3)=设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n++…+=3(2r3).(12分)23.(2015安徽文,18,12分)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 =r1r1,求数列{b n }的前n 项和T n .解析(1)由题设知a 1·a 4=a 2·a 3=8,又a 1+a 4=9,可解得1=1,4=8或1=8,4=1(舍去).由a 4=a 1q 3得公比为q=2,故a n =a 1q n-1=2n-1.(2)S n =1(1-)1−=2n -1,又b n =r1=r1-r1=1-1,所以T n =b 1+b 2+…+b n =11-1r1=1-12r1-1.评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.24.(2015天津理,18,13分)已知数列{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数,且q≠1),n∈N *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列.(1)求q 的值和{a n }的通项公式;(2)设b n =log 222t1,n∈N *,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由已知,有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4),即a 4-a 2=a 5-a 3,所以a 2(q-1)=a 3(q-1).又因为q≠1,故a 3=a 2=2,由a 3=a 1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N *)时,a n =a 2k-1=2k-1=2t12;当n=2k(k∈N *)时,a n =a 2k =2k=22.所以,{a n }的通项公式为a n =2t12,n 为奇数,22为偶数.(2)由(1)得b n =log 222t1=2t1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12t2+n×12t1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12t1+n×12,上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12t1-2=1−121−12-2=2-22-2,整理得,S n =4-r22t1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-r22t1,n∈N *.评析本题主要考查等比数列及其前n 项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.25.(2015山东文,19,12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,n 项和为2r1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2,求数列{b n }的前n 项和T n .解析(1)设数列{a n }的公差为d.令n=1,得112=13,所以a 1a 2=3.令n=2,得112+123=25,所以a 2a 3=15.解得a 1=1,d=2,所以a n =2n-1.(2)由(1)知b n =2n·22n-1=n·4n,所以T n =1·41+2·42+…+n·4n,所以4T n =1·42+2·43+…+n·4n+1,两式相减,得-3T n =41+42+ (4)-n·4n+1=4(1−4)1−4-n·4n+1=1−33×4n+1-43.所以T n =3t19×4n+1+49=4+(3t1)4r19.26.(2015浙江文,17,15分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n∈N *),b 1+12b 2+13b 3+…+1b 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 .解析(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,1b n =b n+1-b n ,整理得r1r1=,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 *).评析本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.27.(2015湖北文,19,12分)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 =,求数列{c n }的前n 项和T n .解析(1)由题意有,101+45d =100,1d =2,即21+9d =20,1d =2,解得1=1,=2,或1=9,=29.故=2n-1,=2t1,或=1979),=.(2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n =2t12t1,于是T n =1+32+522+723+924+…+2t12t1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2t12.②①-②可得12T n =2+12+122+…+12t2-2t12=3-2r32,故T n =6-2r32t1.28.(2014湖南文,16,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =2+n2,n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2+(-1)na n ,求数列{b n }的前2n 项和.解析(1)当n=1时,a 1=S 1=1;当n≥2时,a n =S n -S n-1=2+n 2-(t1)2+(n-1)2=n.故数列{a n }的通项公式为a n =n.(3)由(1)知,b n =2n+(-1)nn,记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =(21+22+ (22))+(-1+2-3+4-…+2n).记A=21+22+ (22),B=-1+2-3+4-…+2n,则A=2(1−22)1−2=22n+1-2,B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.故数列{b n }的前2n 项和T 2n =A+B=22n+1+n-2.评析本题考查数列的前n 项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法.29.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{a n }是递增的等差数列,a 2,a 4是方程x 2-5x+6=0的根.(1)求{a n }的通项公式;(2)n 项和.解析(1)方程x 2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a 2=2,a 4=3.设数列{a n }的公差为d,则a 4-a 2=2d,故d=12,从而a 1=32.所以{a n }的通项公式为a n =12n+1.(2)n 项和为S n ,由(1)知2=r22r1,则S n =322+423+…+r12+r22r1,12S n =323+424+…+r12r1+r22r2.两式相减得12S n =34+…-r22r2=34+-r22r2.所以S n =2-r42r1.评析本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n 项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.30.(2014安徽文,18,12分)数列{a n }满足a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n(n+1),n∈N *.(1)证明:;(2)设b n =3n·,求数列{b n }的前n 项和S n .解析(1)证明:由已知可得r1r1=+1,即r1r1-=1.是以11=1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以a n =n 2.从而b n =n·3n.S n =1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3S n =1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②①-②得-2S n =31+32+ (3)-n·3n+1=3·(1−3)1−3-n·3n+1=(1-2p ·3r1-32.所以S n =(2t1)·3r1+34.评析本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行变形是关键.31.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an }中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=or1)2,记T n=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)n b n,求T n.解析(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题意知bn=or1)2=n(n+1).所以T n=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n n×(n+1).因为b n+1-b n=2(n+1),所以当n为偶数时,T n =(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+ (2)=2(4+2n)2=or2)2,当n为奇数时,T n =Tn-1+(-bn)=(t1)(r1)2-n(n+1)=-(r1)22.所以T n为奇数,为偶数.评析本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.32.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an }的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.(1)求{an}的通项公式;(2)n 项和.解析(1)设{a n }的公差为d,则S n =na 1+ot1)2d.由已知可得31+3d =0,51+10d =−5.解得a 1=1,d=-1.故{a n }的通项公式为a n =2-n.(2)由(1)知1=1(3-2p(1-2p =n 项和为121-1-11+11-13+…+12t3-12t1=1−2.评析本题考查等差数列的通项公式及前n 项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.33.(2011课标理,17,12分)等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1,32=9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,n 项和.解析(1)设数列{a n }的公比为q.由32=9a 2a 6得32=942,所以q 2=19.由条件可知q>0,故q=13.由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 1q=1,所以a 1=13.故数列{a n }的通项公式为a n =13.(2)b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =-(1+2+…+n)=-or1)2.故1=-2or1)=-211+12+…+1=-2123=-2r1.n 项和为-2r1.评析本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题.34.(2020课标Ⅲ文,17,12分)设等比数列{a n }满足a 1+a 2=4,a 3-a 1=8.(1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和.若S m +S m+1=S m+3,求m.解析(1)设{a n }的公比为q,则a n =a 1q n-1.由已知得1+1q =4,12-1=8.解得a 1=1,q=3.所以{a n }的通项公式为a n =3n-1.(2)由(1)知log 3a n =n-1.故S n =ot1)2.由S m +S m+1=S m+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m 2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.35.(2020浙江,20,15分)已知数列{a n },{b n },{c n }满足a 1=b 1=c 1=1,c n =a n+1-a n ,c n+1=r2c n ,n∈N *.(1)若{b n }为等比数列,公比q>0,且b 1+b 2=6b 3,求q 的值及数列{a n }的通项公式;(2)若{b n }为等差数列,公差d>0,证明:c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.解析本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,同时考查数学运算和逻辑推理等素养.(1)由b 1+b 2=6b 3得1+q=6q 2,解得q=12.由c n+1=4c n 得c n =4n-1.由a n+1-a n =4n-1得a n =a 1+1+4+…+4n-2=4t1+23.(2)证明:由c n+1=c n 得c n =121=所以c 1+c 2+c 3+…+c n 由b 1=1,d>0得b n+1>0,因此c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.36.(2020江苏,20,16分)已知数列{a n }(n∈N *)的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n,均有r11-1=λr11成立,则称此数列为“λ~k”数列.(1)若等差数列{a n }是“λ~1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n }是数列,且a n >0,求数列{a n }的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n }为“λ~3”数列,且a n ≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.解析本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)因为等差数列{a n }是“λ~1”数列,则S n+1-S n =λa n+1,即a n+1=λa n+1,也即(λ-1)a n+1=0,此式对一切正整数n 均成立.若λ≠1,则a n+1=0恒成立,故a 3-a 2=0,而a 2-a 1=-1,这与{a n }是等差数列矛盾.所以λ=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列)(2)因为数列{a n }(n∈N *)是3数列,所以r1-=即r1-=因为a n >0,所以S n+1>S n >0,n ,则b n 即(b n -1)2=13(2-1)(b n >1).解得b n =2,也即r1=4,所以数列{S n }是公比为4的等比数列.因为S 1=a 1=1,所以S n =4n-1.则a n =1(=1),3×4t2(n ≥2).(3)设各项非负的数列{a n }(n∈N *)为“λ~3”数列,则r113-13=λr113,即3r1-3=λ3r1-.因为a n ≥0,而a 1=1,所以S n+1≥S n >0,n ,则c n -1=λ33-1(c n ≥1),即(c n -1)3=λ3(3-1)(c n ≥1).(*)①若λ≤0或λ=1,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)②若λ>1,则(*)化为(c n -1)2+3+23-1+1=0,因为c n ≥1,所以2+3+23-1c n+1>0,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)③若0<λ<1,则2+3+23-1c n+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内,则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t).所以S n+1=S n 或S n+1=t 3S n .由于数列{S n }从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{S n }有无数多个,则对应的{a n }有无数多个.综上所述,能存在三个各项非负的数列{a n }为“λ~3”数列,λ的取值范围是0<λ<1.37.(2019课标Ⅱ文,18,12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和.解析本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0.解得q=-2(舍去)或q=4.因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2.38.(2019天津文,18,13分)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0.已知a 1=b 1=3,b 2=a 3,b 3=4a 2+3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n =1,为奇数,2为偶数.求a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n (n∈N *).解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.依题意,得3=3+2s 32=15+4d,解得=3,=3,故a n =3+3(n-1)=3n,b n =3×3n-1=3n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n,{b n }的通项公式为b n =3n.(2)a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n=(a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1)+(a 2b 1+a 4b 2+a 6b 3+…+a 2n b n )=×3+ot1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n )=3n 2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记T n =1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n =1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n =-3-32-33-…-3n +n×3n+1=-3(1−3)1−3+n×3n+1=(2t1)3r1+32.所以,a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n =3n 2+6T n =3n 2+3×(2t1)3r1+32=(2t1)3r2+62+92(n∈N *).思路分析(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q 即可.(2)利用{c n }的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.解题关键根据n 的奇偶性得数列{c n }的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.39.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{an }(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;(2)已知数列{bn }(n∈N*)满足:b1=1,1=2-2r1,其中S n为数列{b n}的前n项和.①求数列{bn}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn }(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.(1)设等比数列{an }的公比为q,所以a1≠0,q≠0.由24=5,3-42+41=0,得124=14,12-41q+41=0,解得1=1,=2.因此数列{a n}为“M-数列”.(2)①因为1=2-2r1,所以b n≠0.由b1=1,S1=b1,得11=21-22,则b2=2.由1=2-2r1,得S n=r12(r1-),当n≥2时,由b n=S n-S n-1,得b n=r12(r1-)-t12(-t1),整理得b n+1+b n-1=2b n.所以数列{b n}是首项和公差均为1的等差数列.因此,数列{b n}的通项公式为b n=n(n∈N*).②由①知,bk=k,k∈N*.因为数列{c n}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0.因为c k≤b k≤c k+1,所以q k-1≤k≤q k,其中k=1,2,3,…,m.当k=1时,有q≥1;当k=2,3,…,m时,有ln≤lnq≤ln t1.设f(x)=ln(x>1),则f'(x)=1−ln2.令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞) f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)max =f(3)=ln33.取q=33,当k=1,2,3,4,5时,ln≤lnq,即k≤q k ,经检验知q k-1≤k 也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216,所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6.综上,所求m 的最大值为5.40.(2018北京文,15,13分)设{a n }是等差数列,且a 1=ln2,a 2+a 3=5ln2.(1)求{a n }的通项公式;(2)求e 1+e 2+…+e .解析(1)设{a n }的公差为d.因为a 2+a 3=5ln2,所以2a 1+3d=5ln2.又a 1=ln2,所以d=ln2.所以a n =a 1+(n-1)d=nln2.(2)因为e 1=e ln2=2,e e t1=e -t1=e ln2=2,所以{e }是首项为2,公比为2的等比数列.所以e 1+e 2+…+e =2×1−21−2=2(2n-1).41.(2018江苏,20,16分)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列.(1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m∈N *,q∈(1,2],证明:存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知a n =(n-1)d,b n =2n-1.因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.因此,d (2)由条件知:a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.若存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d 满足t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1.因为q∈(1,2],所以1<q n-1≤q m≤2,从而t1-2t1b 1≤0,t1t1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立.(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m 时,-2-t1-2t1=B --n t1+2ot1)=o -t1)-+2ot1),当1<q≤21时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,,的最大值为-2.②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.当2≤n≤m 时,t1t1=ot1)≤因此,当2≤n≤m+1时,,的最小值为.因此,d 疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d 的范围,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d 分离出来,变成t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1,难点在于讨论t1-2t1b 1的最大值和t1t1b 1的最小值.可以通过作差讨论其单调性,要作商讨论单调性,∵t1t1=ot1)=q 1当2≤n≤m 时,1<q n ≤2,∴q 1−可以构造函数f(x)=2x (1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明得到数列,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.42.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的前n 项和为T n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1)若a 3+b 3=5,求{b n }的通项公式;(2)若T 3=21,求S 3.解析本题考查了等差、等比数列.设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q,则a n =-1+(n-1)d,b n =q n-1.由a 2+b 2=2得d+q=3.①(1)由a 3+b 3=5得2d+q 2=6.②联立①和②解得=3,=0(舍去),或=1,=2.因此{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)由b 1=1,T 3=21得q 2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S 3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S 3=-6.43.(2017课标Ⅰ文,17,12分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2=2,S 3=-6.(1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n+1,S n ,S n+2是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n }的公比为q,由题设可得1(1+q)=2,1(1+q +2)=-6.解得q=-2,a 1=-2.。

江苏版高考数学一轮复习：专题6.4数列求和讲解附答案.doc

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】专题6.4 数列求和【考纲解读】内容要求备注A B C数列数列的概念√对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层次（在表中分别用A 、B 、C 表示）. 了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解决相关的简单问题.理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一定综合性的问题. 掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题.等差数列√ 等比数列√【直击考点】题组一常识题1．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为________．【解析】易知S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92×1＝75.2．数列32，94，258，6516，…，n ·2n＋12n的前n 项和为____________．【解析】易知a n ＝n ·2n＋12n ＝n ＋12n，∴前n 项和S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ＝ (1＋2＋3＋…＋n)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n ＝（n ＋1）n 2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n （n ＋1）2－12n＋1.3．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为________．【解析】易知该数列的通项公式为a n ＝2n （n ＋1），分裂为两项差的形式，即a n ＝21n －1n ＋1，则数列的前n 项和S n ＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 4． 1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1＝____________(x ≠0且x ≠1)．题组二常错题5．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝________．【解析】因为1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1－n＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120.6．数列22，422，623， (2)2n ，…的前n 项和为________．【解析】设S n ＝22＋422＋623＋...＋2n 2n ，①则12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1，②①－②，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1，∴S n ＝4－n ＋22n －1.题组三常考题7．等差数列{a n }的公差是3，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________. 【解析】由题意，得a 2，a 2＋6，a 2＋18成等比数列，即(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋18)，解得a 2＝6，故a 1＝3，所以S n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝32n(n ＋1)．8．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________．【解析】因为a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S 1＝－1，S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n ＋1－1S n＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n ＝－n ，所以S n ＝－1n .9．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 *)．记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝______________.【解析】由a n ＋1＝2a n 可得a n ＋1a n＝2，即数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列{a n }的通项【知识清单】数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，q q a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q-=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）.3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.【考点深度剖析】江苏新高考对数列知识的考查要求较高，整个高中共有8个C 能级知识点，本章就占了两个，高考中以填空题和解答题的形式进行考查，涉及到数形结合、分类讨论和等价转化的思想，着重考查学生基本概念及基本运算能力.经常与其它章节知识结合考查，如与函数、方程、不等式、平面解析几何知识结合考查.【重点难点突破】考点1 数列求和【题组全面展示】【1-1】数列{}n a 的通项公式cos 2n n a n π=，其前n 项和为n S ，则2014S = . 【答案】1008-【解析】由数列的通项公式可知,数列的项依次为0,2,0,4,0,6,0,8,--，数列每四项和为2，故201450342=⨯+，所以()2014503220141008S =⨯+-=-．【1-2】已知函数()()2cos f n n n π=，且()()1,n a f n f n =++则123100a a a a +++⋅⋅⋅+= .【答案】-100【1-3】已知数列{}n a 的通项公式为(1)1n a n n n n =+++*()n N ∈，其前n 项和为n S ，则在数列122014S S 、S 、中，有理数项的项数为 . 【答案】43 【解析】1)111(1)1((1)1)((1)1)n n n n n n a n n n n n n n n n n n n n n ++===-++++++++-+， ∴3815,,,S S S 为有理项，∴212014n -<且2n ≥，∴有理数项的项数为43项.【1-4】已知数列{},n a 若)(,1221+-∈+-=N n n a n n ，求10S =_______.（用数字作答）【答案】923【解析】()11221221n n n a n n --=-+=--，210102101222(13519)211010241100923S =++++-++++=--=--=．【1-5】已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根，则数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和 .【答案】1422n n n S ++=-综合点评：这些题都是数列求和，做这一类数列求和的题，，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．【方法规律技巧】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．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．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．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.4．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 =-++；（21n k n kn k n =+++，特别地当1k =11n 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 qp p q pq <--= 5．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.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()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．使用裂项法求和时，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，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．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“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．8. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误．应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【新题变式探究】【变式一】对于函数)(x f y =，部分x 与y 的对应关系如下表：x1 2 3 4 5 6 7 8 9 y375961824数列}{n x 满足11x =，且对任意*n ∈N ，点),(1+n n x x 都在函数()y f x =的图象上，则123420132014x x x x x x ++++++的值为 .【答案】7549【变式二】若在数列{}n a 中，对任意正整数n ，都有221n n a a p ++=（常数），则称数列{}n a 为“等方和数列”，称p 为“公方和”，若数列{}n a 为“等方和数列”，其前n 项和为n S ，且“公方和”为1，首项11a =，则2014S 的最大值与最小值之和为 . 【答案】2【解析】由221n n a a p ++=得2212n n a a p +++=，两等式相减得：222n n a a +=.又“公方和”为1，首项11a =，所以2222223520132420141,0a a a a a a ========.所以2014S 的最大值为1007，最小值为-1005，其和为2.【综合点评】这两个题都是数列求和,第一题是函数与数列相结合,解题突破口为根据函数数据,找出数列满足的规律,然后利用合项法求和,第二个题是根据新定义求和,紧扣定义找出实质是解本题的关键. 考点2数列综合【题组全面展示】【1-1】已知函数)(x f 是定义在R 上的单调增函数且为奇函数，数列{}n a 是等差数列，01007>a ，则)()()()()(20132012321a f a f a f a f a f +++++ 的值正负为 .【答案】正【解析】021********>=+a a a ⇒20131a a ->⇒)()()(201320131a f a f a f -=->⇒0)()(20131>+a f a f同理，0)()(20122>+a f a f ，0)()(20113>+a f a f ，…，0)()(10081006>+a f a f ，又01007>a ⇒0)0()(1007=>f a f ，以上各式相加，得0)()()()()(20132012321>+++++a f a f a f a f a f .【1-2】设函数(2),2()1()1,22x k x x f x x -≥⎧⎪=⎨-<⎪⎩，()n a f n =，若数列{}n a 是单调递减数列，则实数k的取值范围为 . 【答案】7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭7(,)4-∞.【1-3】已知()[]23,0,31x f x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++=，则122010()()()f a f a f a +++最大值为 .【答案】6030【1-4】已知()()()()()()123,2,f x x x x x n n n N =++++≥∈，其导函数为()f x '，设()()20n f a f '-=，则数列{}n a 自第2项到第n 项的和S =_____________. 【答案】11n- 【解析】已知()()()()()2[13]f x x x x x n =++++，则有()()()()()()()()()2[13]2[13]f x x x x x n x x x x n '''=+++++++++，所以()()(2)112322!f n n '-=-⋅⋅⋅⋅-=--，(0)!f n =，所以()2!111!(1)1n n a n n n n n -=-=-=---，所以1111111111232431S n n n=-+-+-++-=--. 【1-5】对于每一个正整数n ，设曲线1n y x +=在点()1,1处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ，令n a lg n x =，则1299a a a +++= .【答案】2-.【解析】利用导数求得曲线1n y x+=在点()1,1处的切线方程为()()111y n x =+-+，即()1y n x n =+-，它与x 轴交于点(),0n x ，则有()101n n nn x n x n +-=⇒=+，()lg lglg lg 11n n na x n n n ∴===-++，()()()1299lg1lg2lg2lg3lg99lg100lg1lg1002a a a ∴+++=-+-++-=-=-.综合点评：这些题都是数列与函数综合问题，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．【方法规律技巧】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n 项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围．以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点： (1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义； (2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．【新题变式探究】【变式一】设数列{}n a 满足6,1421=+=a a a ,且对任意*n N ∈,函数12()()n n n f x a a a x ++=-++1cos n a x +-2sin n a x +满足'()02f π=，若na n n a c 21+=，则数列{}n c 的前n 项和n S 为 .【答案】n n n 21222-++【变式二】在直角坐标平面内，已知点P 1(1,2)，P 2(2,22)，P 3(3,23)，…，P n (n,2n)，….如果n 为正整数，则向量P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P 2n －1P 2n 的纵坐标为________．【答案】23(4n－1)【解析】P k P k ＋1＝(k ＋1－k,2k ＋1－2k )＝(1,2k)，于是P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P 2n －1P 2n 的纵坐标为2＋23＋25＋…＋22n －1＝21－4n1－4＝23(4n－1)．【综合点评】第一题是函数与数列结合，此类问题常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．第二题是数列与新背景、新定义的综合问题，解决数列与新背景、新定义的综合问题，可通过对新数表、图象、新定义的分析、探究，将问题转化为等差(比)数列的问题．【易错试题常警惕】易错典例：已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(4－a n )qn －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .易错分析：未对q ＝1或q ≠1分别讨论，相减后项数、符号均出现了错误．错解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝6，a 1＋a 2＋…＋a 8＝－4，即⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得a 1＝3，d ＝－1，∴a n ＝4－n . (2)由(1)知b n ＝n ·qn －1，∴S n ＝1＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1，qS n ＝1·q ＋2·q 2＋3·q 3＋…＋n ·q n ，两式相减得：(1－q )S n ＝1＋q ＋q 2＋…＋q n －1＋n ·q n＝1－q n1－q ＋n ·q n .∴S n ＝1－q n1－q2＋n ·q n1－q. 正确解析：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知得温馨提醒：错位相减法适合于一个由等差数列{a n}及一个等比数列{b n}对应项之积组成的数列．考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等．因此利用错位相减法求解时，两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的n－1项是一个等比数列．高中数学知识点三角函数1、以角的顶点为坐标原点，始边为x 轴正半轴建立直角坐标系，在角的终边上任取一个异于原点的点，点P 到原点的距离记为，则sin = ，cos = ，tg = ，ctg = ，sec = ，csc = 。

2021版高考文科数学(人教A版)一轮复习教师用书：第六章第4讲数列求和 Word版含答案

第4讲数列求和一、知识梳理1．基本数列求和方法 (1)等差数列求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ． (2)等比数列求和公式：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．常用结论1．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n . 2．常用的裂项公式 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .二、习题改编1．(必修5P47B 组T4改编)在数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），则数列{a n }的前n 项和S n＝．解析：a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：nn ＋12．(必修5P61A 组T4改编)已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为．解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋1－12n .答案：n （n ＋1）2＋1－12n一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( )(2)利用倒序相加法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )(3)若S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ，当a ≠0，且a ≠1时，求S n 的值可用错位相减法求得．( )答案：(1)× (2)√ (3)√ 二、易错纠偏常见误区(1)并项求和时不能准确分组；(2)用错位相减法求和时易出现符号错误，不能准确“错项对齐”．1．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( ) A ．9 B ．8 C ．17D ．16解析：选A.S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，则S n ＝．解析：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 所以2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2×（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1，所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2. 答案：(n －1)2n ＋1＋2分组转化法求和(师生共研)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 ＝2an ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.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，可采用分组转化法求和．1．(2020·资阳诊断)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C.由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.2．(2020·吉林长春质量监测(二))各项均为整数的等差数列{a n }，其前n 项和为S n ，a 1＝－1，a 2，a 3，S 4＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列{(－1)n ·a n }的前2n 项和T 2n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝－1，a 2，a 3，S 4＋1成等比数列，所以a 23＝a 2·(S 4＋1)，即(－1＋2d )2＝(－1＋d )(－3＋6d )，解得d ＝2⎝⎛⎭⎫d ＝12舍去，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －3. (2)由(1)可知a n －a n －1＝2(n ≥2)，所以T 2n ＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 2n －1＋a 2n )＝2n .错位相减法求和(师生共研)(2020·郑州市第二次质量预测)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＞0，前n 项和为S n ，若a n ＝S n ＋S n －1(n ∈N *，且n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记c n ＝a n ·2a n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 【解】 (1)在数列{a n }中，a n ＝S n －S n －1(n ≥2) ①，因为a n ＝S n ＋S n －1 ②，且a n ＞0，所以①÷②得S n －S n －1＝1(n ≥2)，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，公差为1的等差数列，所以S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以S n ＝n 2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝1，也满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，a n ＝2n －1，所以c n ＝(2n －1)×22n －1，则T n ＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n －1)×22n －1，4T n ＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n －3)×22n －1＋(2n －1)×22n ＋1，两式相减得，－3T n ＝2＋2(23＋25＋…＋22n －1)－(2n －1)22n ＋1，＝2＋2×8（1－22n －2）1－4－(2n －1)22n ＋1＝－103＋⎝⎛⎭⎫53－2n 22n ＋1，所以T n ＝（6n －5）22n ＋1＋109.用错位相减法求和的策略和技巧(1)掌握解题“3步骤”(2)注意解题“3关键”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q＝1和q≠1两种情况求解．已知{a n }为正项等比数列，a 1＋a 2＝6，a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝log 2a na n，且{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)依题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 2＝8，则3q 2－4q －4＝0，而q ＞0，所以q ＝2.于是a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由(1)得b n ＝log 2a n a n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，两式相减得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1，所以T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n＝1－12n －1·121－12－n 2n＝2－n ＋22n .裂项相消法求和(典例迁移)(2020·武汉部分学校调研)已知等差数列{a n }的前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若{a n }为递减数列，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和S n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意知a 2＝－3，a 1＝－3－d ，a 3＝－3＋d ，所以(－3－d )×(－3)×(－3＋d )＝－15，d 2＝4，d ＝±2，所以a n ＝－2n ＋1或a n ＝2n －7.(2)由题意得a n ＝－2n ＋1，所以1a n a n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.【迁移探究】 (变设问)在本例条件下，若{a n }为递增数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n .解：由本例(1)知a n ＝2n －7，所以|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2n ，n ≤32n －7，n ≥4，①n ≤3时，S n ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝5＋（7－2n ）2n ＝6n －n 2；②n ≥4时，S n ＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋…＋a n ＝－2(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝18－6n ＋n 2.综上，数列{|a n |}的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋6n ，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.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先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．[注意] 利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．1．(2020·湖北八校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 9＝12a 12＋6，a 2＝4，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前10项和为( )A.1112 B.1011 C.910D ．89解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，由a 9＝12a 12＋6及等差数列的通项公式得a 1＋5d ＝12，又a 2＝4，所以a 1＝2，d ＝2，所以S n ＝n 2＋n ，所以1S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S 10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011. 2．(2020·郑州市第一次质量测试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n b n ＝13n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝2a 1＋5d ＝25，S 5＝5a 3＝5a 1＋10d ＝55，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2.(2)由a n b n ＝13n －1，得b n ＝1a n （3n －1）＝1（3n －1）（3n ＋2）＝13⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎝⎛⎭⎫12－15＋15－18＋…＋13n －1－13n ＋2 ＝13⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2 ＝16－19n ＋6＝n 2（3n ＋2）.[基础题组练]1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2等于( ) A.n （n ＋1）2B ．－n （n ＋1）2C ．(－1)n＋1n （n ＋1）2D ．以上答案均不对解析：选C.当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1) ＝－n2（3＋2n －1）2＝－n （n ＋1）2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n 2 ＝－n －12[3＋2（n －1）－1]2＋n 2＝n （n ＋1）2，综上可得，原式＝(－1)n＋1n （n ＋1）2. 2．在数列{a n }中，a n ＝2n －12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选D.由a n ＝2n －12n ＝1－12n 得，S n ＝n －⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6. 3．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为奇数时，－n 2，当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200解析：选B.由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.4．(2020·江西省五校协作体试题)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n ，2b n ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A.9798 B.9899 C.99100D ．100101解析：选D.因为a n ＋S n ＝2n ①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n ，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，又2b n ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D. 5．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 ．80D ．82解析：选B.由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1，5，9及n ＝2，6，10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.6．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：36497．(2020·九江联考)若{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前18项和为．解析：因为a n b n ＝1，且a n ＝n 2＋3n ＋2，所以b n ＝1n 2＋3n ＋2＝1（n ＋2）（n ＋1）＝1n ＋1－1n ＋2，所以{b n }的前18项和为12－13＋13－14＋14－15＋…＋119－120＝12－120＝10－120＝920.答案：9208．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前 2 018项的和等于．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 018项的和等于S 2 018＝1 009×⎝⎛⎭⎫1＋12＝3 0272.答案：3 02729．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝2a n2＋a n .(1)求证：数列{1a n}是等差数列；(2)若b n ＝a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：因为a n ＋1＝2a n 2＋a n ，所以1a n ＋1＝2＋a n 2a n，所以1a n ＋1－1a n ＝12，所以数列{1a n }是首项为2，公差为12的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋32，所以a n ＝2n ＋3，所以b n ＝4（n ＋3）（n ＋4）＝4×(1n ＋3－1n ＋4)，S n ＝4×[(14－15)＋(15－16)＋…＋(1n ＋3－1n ＋4)]＝4×(14－1n ＋4)＝nn ＋4.10．(2020·广州市综合检测(一))已知{a n }是等差数列，且lg a 1＝0，lg a 4＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n ＋b n }的前n 项和．解：(1)因为lg a 1＝0，lg a 4＝1，所以a 1＝1，a 4＝10. 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 4－a 14－1＝3.所以a n ＝a 1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知a 1＝1，a 6＝16，因为a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项．所以a 2k ＝a 1a 6＝16. 又a n ＝3n －2＞0，所以a k ＝4. 因为a k ＝3k －2，所以3k －2＝4，得k ＝2.所以等比数列{b n }的公式q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝4.所以b n ＝4n －1.所以a n ＋b n ＝3n －2＋4n －1.所以数列{a n ＋b n }的前n 项和为S n ＝n （3n －1）2＋1－4n 1－4＝32n 2－12n ＋13(4n－1)．[综合题组练]1．(2020·黑龙江牡丹江一中模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，4a 3＝a 6，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，则数列{(－1)n a n }的前10项的和S 10是( )A ．220B ．110C ．99D ．55解析：选B.设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的公差为d ，则a 66＝a 1＋5d ，a 66＝a 33＋3d ，将已知值和等量关系代入，计算得d ＝2，所以a nn ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ，a n ＝2n 2，所以S 10＝－a 1＋a 2－a 3＋a 4－…＋a 10＝2(1＋2＋…＋10)＝110，故选B.2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n －1＝．解析：因为a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，所以S 2n －1＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2n－2＋a 2n －1)＝1＋122＋124＋…＋122n －2＝43⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n . 答案：43⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n3．(2019·高考天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎡⎦⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．4．(2020·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n 4n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. 所以S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，所以(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n 4n a n a n ＋1＝(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝⎛⎭⎫1＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1，所以T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝－⎝⎛⎭⎫1＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1，所以T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n2n ＋1，n 为偶数－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。

高考总复习一轮数学精品课件第6章数列第4节第1课时分组转化法、并项转化法和错位相减法

例 3(12 分)(2023·全国甲,理 17)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
突破口:已知 Sn 与 an 的关系,可利用 an=Sn-Sn-1(n≥2)解答.
(2)求数列
+1
2
的前 n 项和 Tn.
+1
1 n
关键点:化简数列得通项公式 2 =n·(2) ,可看作一个等差数列与一个等比数
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
第1课时
分组转化法、并项转化法和错位相减法
研考点
精准突破
考点一
分组转化法求和
例1(2024·辽宁锦州模拟)已知数列{an}和{bn}满足an+bn=2n-1,数列{an},{bn}
的前n项和分别记作An,Bn,且An-Bn=n.
(1)求An和Bn;
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
解 (1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,a1≠0,即2a1=a1q+a1q2,
所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去)或q=-2.故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
n 项和,求 T2n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,
1 + 2 = 10,
1 = 2,
因为 a3=10,a5-2a2=6,所以
解得
= 4,
(1 + 4)-2(1 + ) = 6,
所以 an=2+4(n-1)=4n-2.

高考数学总复习第六章数列 6-4 数列求和课时作业文(含解析)新人教A版-新人教A版高三全册数

6-4 数列求和课时作业 A 组——基础对点练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⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520【答案】C2．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121 【答案】A3．(2019·某某师大附中调研)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.817 B.919 C.1021 D.1123【答案】C4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cosn π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( )A ．－30B ．－60C ．90D ．120 【答案】D5．(2019·某某模拟)已知T n 为数列⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1026B ．1025C ．1024D ．1023 【答案】C6．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N*，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n－1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n －1)2B.12(9n －1)C ．9n－1 D.14(3n －1)【答案】B7．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________．【答案】288．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________．【答案】n －129．(2018·某某高考)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n .(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．10．(2019·某某模拟)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记b n ＝2a n a n ＋1，设{b n }的前n 项和为S n .求最小的正整数n ，使得S n >20162017.B 组——能力提升练1．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110 【答案】A2．(2019·马某某期中)设数列{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 120＝( )A ．－60B ．－120C ．180D ．240【答案】D3．(2019·某某质检)在公差大于1的等差数列{a n }中，已知a 21＝64，a 2＋a 5＋a 8＝36，则数列{|a n |}的前20项和为________．【答案】8124．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2018项的和等于__________．【答案】302725．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⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34.。

第04讲数列求和 (讲)(含答案解析)

第04讲数列求和(讲）-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.（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）1．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（2022·全国·高三专题练习（文））2．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 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋n －2D ．2n ＋1＋n 2－2（2022·全国·高三专题练习（文））3．设4()42x x f x =+，1231011111111f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭A ．4B ．5C ．6D ．10（2022·江苏·高二课时练习）4．求和：()10132kk =+∑.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．12-B．12C1-D1【答案】B2=记的前n项和为nT，则202212T=)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n T，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 n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，求满足225nT >的最小正整数n ．【答案】（1）an ＝4n ﹣1，22n S 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225n T >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 n T 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）13n 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13n n a -=．（2）解：由（1）及()()112311n n n n b a a -+⨯=++，所以()()111231131313131n n n nn n b ---⨯==-++++，所以0112231111111113131313131313131n n nT -=-+-+-++-++++++++ 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 n nS =++++= （）A ．22n nn -B ．1222n n n +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 由1232482n n n 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()2344474324nn T n =+⨯+⨯++- ①，()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++- ②，两式相减得：()23413434343434324nn 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 nS -=+++++ ，于是得23111231222222n n n n 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 n n n T ---=+++++L ①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++ ②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-L 234111111212222222n n n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭L 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 ．21212n n 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 ．-12B ．16C ．-10D ．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．第一列第二列第三列第一行341第二行865第三行91216（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 nS b b b b =++++ ()()23212222345221n n n +=++++⎡-+-+--++⎤⎣⎦L L ()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++++L 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 ．1008B ．1009C ．2018D ．2019【答案】B解：因为4()42xx f x =+，且114444()(1)1424242244--+-=+=+=+++⨯+x x x x x x x f 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++++L 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 ff 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 xxf 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()442xx 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 =.5．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 +++< ．6．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．7．设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．参考答案：1．B【分析】求出111n a n n =-+，再利用裂项相消法求和.【详解】解：由题得()11111n a n n n n ==-++，所以{}n a 的前2022项和为11111112022112232022202320232023-+-++-=-= .故选：B 2．D【解析】根据数列{an }的通项公式是等差+等比的形式，采用分组求和的方法，以及等差、等比的前n 项和公式，可得结果.【详解】由题可知：设数列{an }的前n 项和为n S 所以12n nS a a a =+++ 即()()22221321nn n S =+++++++- 所以()212[1(21)]122n n n n S -+-=+-故1222n n S n+=-+故选：D【点睛】本题考查等比数列与等差数列的综合应用，熟悉常用的数列求和的方法：裂项相消法，分组求和，公式法，错位相减等，属基础题.3．B【详解】由于()()1144114242x xx x f x f x --+-==++，故原式11029565111111111111f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.点睛：本题主要考查函数变换，考查倒序相加法.首先注意到要求值的式子的规律：第一个自变量和最后一个自变量的和为1，第二个自变量和倒数第二个自变量的和为1，依次类推.故猜想()()1f x f x +-的值为常数或者有规律的数，通过计算()()11f x f x +-=可知，手尾两项的和为1，由此求得表达式的值.4．2076【分析】由分组求和法可得.【详解】()10231013232+++3+2+++kk =+=+⋅⋅⋅∑（）（32）（）（32）231030(2222)=++++⋅⋅⋅+102(12)3012-=+-113022=-+2076=5．(1)()12n n n a +=(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23n n n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得.【详解】（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 ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341112212n 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 ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111n a a a +++ 1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦6．（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=.【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（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 nn S n -=+-+-++--- 1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--，1(13)(2)9nn n S -+-∴=.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.7．（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（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 n a 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)3211n n 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 -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(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 n S 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122n n n pn q p S S ----=+，则2,21,2p q 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)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n n n a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x -=++++=≠- ，()121211(1)()1231(1)n n n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦' ，所以12n b b b +++L 21122322n n -=+⋅+⋅++⋅ 1(2)12(1)2n n f n n +==+-+'⋅．故234(2)2222n n S f =++'+++ ()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n +++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n n n a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n n x x f x x x x x x x -=++++=≠- 的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．。

高二数学测试题高考数学第一轮章节复习考试题(附答案和解释)

高二数学测试题2021届高考数学第一轮章节复习考试题（附答案和解释）第6章第4节一、选择题1.等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2=2，S4=10，则S6等于()A.12B.18C.24D.42[答案] C[解析] 由题意设Sn=An2+Bn，又∵S2=2，S4=10，∴4A+2B=2,16A+4B=10，解得A=34，B=-12，∴S6=36×34-3=24.2.数列{an}的前n项和为Sn，若an=1?n+1??n+2?，则S8等于()A.25B.130C.730D.56[答案] A[解析] ∵an=1?n+1??n+2?=1n+1-1n+2，而Sn=a1+a2+…+an=12-13+13-14+…+1n-1n+1+1n+1-1n+2=12-1n+2=n2?n+2?，∴S8=82×?8+2?=25.3.数列1×12，2×14，3×18，4×116，…的前n项和为()A.2-12n-n2n+1B.2-12n-1-n2nC.12(n2+n+2)-12nD.12n(n+1)+1-12n-1[答案] B[解析]S=1×12+2×14+3×18+4×116+…+n×12n=1×121+2×122+ 3×123+…+n×12n，①则12S=1×122+2×123+3×124+…+(n-1)×12n+n×12n+1，②①-②得12S=12+122+123+…+12n-n×12n+1=121-12n1-12-n2n+1=1-12n-n2n+1.∴S=2-12n-1-n2n.4.122-1+132-1+142-1+…+1?n+1?2-1的值为()A.n+12?n+2?B.34-n+12?n+2?C.34-121n+1+1n+2D.32-1n+1+1n+2[答案] C[解析] ∵1?n+1?2-1=1n2+2n=1n?n+2?=121n-1n+2.∴Sn=121-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2=1232-1n+1-1n+2=3 4-121n+1+1n+2.5.(2021?汕头模拟)已知an=log(n+1)(n+2)(n∈N*)，若称使乘积a1?a2?a3?…?an为整数的数n为劣数，则在区间(1,2021)内所有的劣数的和为()A.2026B.2046C.1024D.1022[答案] A[解析]∵a1?a2?a2?…?an=lg3lg2?lg4lg3?…?lg?n+2?lg?n+1?=lg ?n+2?lg2=log2(n+2)=k，则n=2k-2(k∈Z).令12021，得k=2,3,4， (10)∴所有劣数的和为4?1-29?1-2-18=211-22=2026.6.(2021?威海模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+2，则|a1|+|a2|+…+|a10|=()A.66B.65C.61D.56[答案] A[解析] 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-5;当n=1时，a1=S1=-1，不符合上式，∴an=-1，n=1，2n-5，n≥2，∴{|an|}从第3项起构成等差数列，首项|a3|=1，末项|a10|=15.∴|a1|+|a2|+…+|a10|=1+1+?1+15?×82=66.7.(文)(20XX?江西)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8=32，则S10等于()A.18B.24C.60D.90[答案] C[解析] 由题意可知a42=a3×a7S8=32，∴?a1+3d?2=?a1+2d??a1+6d?8a1+8×72×d=32，∴a1=-3d=2，∴S10=10×(-3)+10×92×2=60，选C.(理)(20XX?重庆)设{an}是公差不为0的等差数列，a1=2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn=()A.n24+7n4B.n23+5n3C.n22+3n4D.n2+n[答案] A[解析] 设等差数列公差为d，∵a1=2，∴a3=2+2d，a6=2+5d.又∵a1，a3，a6成等比数列，∴a32=a1a6，即(2+2d)2=2(2+5d)，整理得2d2-d=0.∵d≠0，∴d=12，∴Sn=na1+n?n-1?2d=n24+74n.故选A. 8.在等比数列{an}中，a1=2，前n项和为Sn，若数列{an+1}也是等比数列，则Sn等于()A.2n+1-2B.3nC.2nD.3n-1[答案] C[解析] 解法1：由{an}为等比数列可得an+1=an?q，an+2=an?q2由{an+1}为等比数列可得(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1)，故(an?q+1)2=(an+1)(an?q2+1)，化简上式可得q2-2q+1=0，解得q=1，故an为常数列，且an=a1=2，故Sn=n?a1=2n，故选C.解法2：设等比数列{an}的公比为q，则有a2=2q且a3=2q2，由题设知(2q+1)2=3?(2q2+1)，解得q=1，以下同解法1.二、填空题9.设f(x)=12x+2，则f(-9)+f(-8)+…+f(0)+…+f(9)+f(10)的值为________.[答案] 52[解析]∵f(-n)+f(n+1)=12-n+2+12n+1+2=2n1+2n?2+12n+1+2=2n?2 +12n+1+2=22，∴f(-9)+f(-8)+…+f(0)+…+f(9)+f(10)=52.10.(2021?启东模拟)对于数列{an}，定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”，若a1=2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn=________.[答案] 2n+1-2[解析] ∵an+1-an=2n，∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=2-2n1-2+2=2n-2+2=2n，∴Sn=2-2n+11-2=2n+1-2.11.(2021?江门模拟)有限数列A={a1，a2，…，an}，Sn为其前n项的和，定义S1+S2+…+Snn为A的“凯森和”;如果有99项的数列{a1，a2，…，a99}的“凯森和”为1000，则有100项的数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为________.[答案] 991[解析] ∵{a1，a2，…，a99}的“凯森和”为S1+S2+…+S9999=1000，∴S1+S2+…S99=1000×99，数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为：1+?S1+1?+?S2+1?+…+?S99+1?100=100+S1+S2+…+S99100=991.三、解答题12.(2021?重庆文)已知{an }是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn为{an}的前n项和.(1)求通项an及Sn;(2)设{bn-an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.[解析] 本题主要考查等差数列的基本性质，以及通项公式的求法，前n项和的求法，同时也考查了学生的基本运算能力.(1)因为{an}为首项a1=19，公差d=-2的等差数列，所以an=19-2(n-1)=-2n+21，Sn=19n+n?n-1?2(-2)=-n2+20n.(2)由题意知bn-an=3n-1，所以bn=3n-1-2n+21Tn=b1+b2+…+bn=(1+3+…+3n-1)+Sn=-n2+20n+3n-12.13.已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n.(1)求证：数列{an}是等差数列;(2)若bn=an?2n，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析] (1)证明：a1=S1=-1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2-3n-2(n-1)2+3(n-1)=4n-5. 又a1适合上式，故an=4n-5(n∈N*).当n≥2时，an-an-1=4n-5-4(n-1)+5=4，所以{an}是等差数列且d=4，a1=-1.(2)bn=(4n-5)?2n，∴Tn=-21+3?22+…+(4n-5)?2n，①2Tn=-22+…+(4n-9)?2n+(4n-5)?2n+1，②①-②得-Tn=-21+4?22+…+4?2n-(4n-5)?2n+1=-2+4?4?1-2n-1?1-2-(4n-5)?2n+1=-18-(4n-9)?2n+1，∴Tn=18+(4n-9)?2n+1.14.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，且an+2SnSn-1=0(n≥2)，(1)求数列{Sn}的通项公式;(2)设Sn=1f?n?，bn=f(12n)+1.记Pn=S1S2+S2S3+…+SnSn+1，Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1，试求Tn，并证明Pn12.[解析] (1)解：∵an+2SnSn-1=0(n≥2)，∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0.∴1Sn-1Sn-1=2.又∵a=1，∴Sn=12n-1(n∈N+).(2)证明：∵Sn=1f?n?，∴f(n)=2n-1.∴bn=2(12n)-1+1=(12)n-1.Tn=(12)0?(12)1+(12)1?(12)2+…+(12)n-1?(12)n=(12)1+( 12)3+(12)5+…+(12)2n-1=23[1-(14)n].∵Sn=12n-1(n∈N+)∴Pn=11×3+13×5+…+1?2n-1??2n+1?=121-12n+112.15.(2021?山东理)已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn;(2)令bn=1an2-1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析] 本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练掌握数列的基础知识是解答好本类题目的关键.对(1)可直接根据定义求解，(2)问采用裂项求和即可解决.(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a3=7，a5+a7=26，所以有a1+2d=72a1+10d=26，解得a1=3，d=2，所以an=3+2(n-1)=2n+1;Sn=3n+n?n-1?2×2=n2+2n.(2)由(1)知an=2n+1，所以bn=1an2-1=1?2n+1?2-1=14?1n?n+1?=14?1n-1n+1，所以Tn=14?1-12+12-13+…+1n-1n+1=14?1-1n+1=n4?n+1?，即数列{bn}的前n项和Tn=n4?n+1?.[点评] 数列在高考中主要考查等差、等比数列的定义、性质以及数列求和，解决此类题目要注意合理选择公式，对于数列求和应掌握经常使用的方法，如：裂项、叠加、累积.本题应用了裂项求和.。

高考数学复习第六章数列第4讲数列求和分层演练理含解析新人教A版

第4讲数列求和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⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520解析：选 C.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⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520.2．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n（n ＋1＋n ）（n ＋1－n ）＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.3．(2019·江西师大附中调研)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.817 B.919 C.1021D.1123解析：选C.由定义可知a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1＝5(n ＋1)2，可求得a n ＋1＝10n ＋5，所以a n ＝10n －5，则b n ＝2n －1.又1b n b n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝12(1b 1－1b 2＋1b 2－…－1b 10＋1b 10－1b 11)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 11＝1021. 4．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：选D.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 .所以a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，所以S 60＝8×15＝120.5．(2019·湖南湘潭模拟)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 ．1 026 B ．1 025 C ．1 024D ．1 023解析：选C.因为2n＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.故选C.6．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．解析：由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0，所以T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60. 答案：607．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________．解析：因为f (x )＋f (1－x ) ＝12＋log 2x 1－x ＋12＋log 21－x x ＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝n －1.所以S n ＝n －12.答案：n －128．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%，则第n 年初M 的价值a n ＝________．解析：当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，所以a n ＝120－10(n －1)＝130－10n (n ≤6且n ∈N *)；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又因为a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6(n ≥7且n ∈N *)．答案：⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6且n ∈N *，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7且n ∈N *9．(2018·高考天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6. (1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q .由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n .所以，S n ＝n （n ＋1）2.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n （n ＋1）2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4. 所以，n 的值为4.10．(2019·长沙市统一模拟考试)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a n a n ＋1，设{b n }的前n 项和为S n .求最小的正整数n ，使得S n >2 0162 017. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8a 1＋4d ＝3a 1＋3d，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)因为b n ＝2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1，令1－12n ＋1>2 0162 017，解得n >1 008，故取n ＝1 009.1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝28，S 10＝310.记函数f (n )＝S n (n ∈N *)，A (n ，f (n ))，B (n ＋1，f (n ＋1))，C (n ＋2，f (n ＋2))是函数f (n )上的三点，则△ABC 的面积为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.因为a 5＝28，S 10＝310.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝28，10a 1＋10×92d ＝310，解得a 1＝4，d ＝6. 所以a n ＝4＋(n －1)×6＝6n －2. 所以S n ＝4n ＋n （n －1）2×6＝3n 2＋n .所以A ，B ，C 的坐标分别为(n ，3n 2＋n )，(n ＋1，3(n ＋1)2＋(n ＋1))，(n ＋2，3(n ＋2)2＋(n ＋2))．所以△ABC 的面积S ＝12[(3n 2＋n )＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×2－12[(3n 2＋n )＋3(n ＋1)2＋(n ＋1)]×1－12[3(n ＋1)2＋(n ＋1)＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×1＝(6n 2＋14n ＋14)－(3n 2＋4n ＋2)－(3n 2＋10n ＋9) ＝3，即△ABC 的面积为3.2．(2017·高考全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A ．440 B ．330 C ．220D ．110解析：选A.设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n （n ＋1）2.由题意可知，N >100，令n （n ＋1）2>100，所以n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n1－2＝2n －1，前n 组的所有项的和为2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数，第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，所以2t＝k ＋3，所以t ＝log 2(k ＋3)，所以当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×（13＋1）2＋4＝95<100，不满足题意，当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×（29＋1）2＋5＝440，当t >5时，N >440，故选A.3．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 018项的和等于________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 018项的和S 2 018＝1 009×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝3 0272.答案：3 02724．某人打算制定一个长期储蓄计划，每年年初存款2万元，连续储蓄12年．由于资金原因，从第7年年初开始，变更为每年年初存款1万元．若存款利率为每年2%，且上一年年末的本息和共同作为下一年年初的本金，则第13年年初时的本息和约为________万元(结果精确到0.1)．(参考数据：1.026≈1.13，1.0212≈1.27)解析：由题意可知，第1年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.0212，第2年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.0211，…，第6年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.027，第7年年初存入的1万元，到第13年年初时本息和为1×1.026，…，第12年年初存入的1万元，到第13年年初时本息和为1×1.02，第13年年初时的本息和为2×1.0212＋2×1.0211＋…＋2×1.027＋1.026＋1.025＋…＋1.02 ＝2×1.027×（1－1.026）1－1.02＋1.02×（1－1.026）1－1.02＝2×1.02×（1.0212－1.026）0.02＋51×(1.026－1)≈51×(0.28＋0.13)＝20.91≈20.9. 答案：20.95．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 .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2（1－4n）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．6．(2019·张掖市第一次诊断考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式与数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n2n ＋1＋1n （n ＋1），其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由a 1＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n＝2n . (2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n （n ＋1）.令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.所以H n ＝2－n ＋22n.又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，所以T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n＋nn ＋1.。

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1
第4节数列求和
最新考纲 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法
.
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）2
d . (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 ≠1Ｗ. 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
2
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.
[微点提醒]
1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）
2. 2.1
2＋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。