2018年高考数学一轮复习第五章数列第31讲数列求和课件理
最新-2018届高三数学一轮复习 31 数列的概念课件 理 大纲版 精品
∴an+1=2×2n-1=2n.
∴an=2n-1;
当x=-3,y=6时，an+1=-3an+6.
∴an+1-
23=-3(an-
3).
2
∴数列{an- }23是首项为a1-
=3- ,公1比为-3的等比数列.
22
∴an-
3=-
2
(-13)n-1.
2
∴an=
3-
2
(1-3)n-1.
2
综上，当x=2,y=1时，an=2n-1;
2. 数 列 {an} 中 ， a1=1,n≥2 时 ， 都 有 a1·a2·a3…an=n2, 则
a3+a5=（ ）
（A） 61
（B） 25
16
9
【解析】选A.方法一：
（C） 25 16
（D） 31 15
当n=2时，a1·a2=22,∴a2=4.
当当nn==34时 时， ，aa11· ·aa22··aa33=·3a24,=∴4a32=,∴94a4.=196
【解析】选C.∵a1·a2·…·an=log2(n+2)∈Z, ∴n+2=2k(k∈N),∴n=2k-2∈（1，2 010］,
3<2k≤2 012,∴2≤k≤10,
∴在（1，2 010］内的所有“优数”之和为
（22-2)+(23-2)+…+(210-2)
= 22 (1-2-99) ×2=211-22=2 026.
an =2.
an 1
∴a1=2(a1-1),∴a1=2,
∴a2=2a1=4.
答案：4
8.设数列a1,a2,…,an,…满足a1=a2=1,a3=2,且对任何自然数 n，都有anan+1an+2≠1,又anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，则 a1+a2+…+a100的值是_____. 【解析】将递推式中的n替换为n+1, 得an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4,两式相减得 an+1an+2an+3(an+4-an)=an+4-an, 由an+1an+2an+3≠1得an+4-an=0,即an+4=an, ∴数列{an}是周期数列，其周期为4k(k∈Z), 由已知易得a4=4, 故 a1+a2+…+a100=25(a1+a2+a3+a4)=25(1+1+2+4)=200. 答案：200
【高考数学】2018最新高三数学课标一轮复习课件：6.4 数列求和(专题拔高配套PPT课件)
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设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°,则 S=cos21°+cos22°+cos23°+…+cos288°+cos289°,两式相加,得2S=89, 所以S=44.5. 44.5
解析
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答案
第六章
知识梳理 双击自测
6.4 数列求和
考情概览 知识梳理 核心考点 学科素养
6.4
数列求和
第六章
6.4 数列求和
考情概览 知识梳理 核心考点 学科素养
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2015 2014 2013 年份 2017 2016 13,6 分(理) 18,14 分 数列 20,15 分(理) 19,14 分(理) 20,15 分(理) (理) 求和 及其 14,4 分(文) 综合 17(2),8 分(文) 17,15 分(文) 19,14 分(文) 19,14 分 应用 (文) 考查 掌握等差数列、等比数列的前 n 项和公式及其应用. 要求 数列求和是高考的重点,题型以解答题为主,主要考查等 差、等比数列的求和公式、错位相减求和及裂项相消求 考向 和,数列求和常与函数、方程、不等式联系在一起,考查内 分析 容较为全面,在考查基本运算、基本能力的基础上,又注意 考查学生分析问题、解决问题的能力.
第六章
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6.4 数列求和
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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 Sn= ②等比数列的前 n 项和公式 (ⅰ)当 q=1 时,Sn=na1 ; (ⅱ)当 q≠1
������1 (1-������������ ) 时,Sn= 1-������ ������(������1 +������������ ) ������(������-1) =na1+ d. 2 2
2018版高考一轮数学文科：第31讲-数列的综合问题ppt课件
2014· 新课标全国卷Ⅱ5， 新课标全国卷Ⅱ17， 在等差数列中的等比 2013· 等差数列与等比数列 全国卷Ⅰ17，2016 关系，或在等比数列 2016· ★★★ 的综合 全国卷Ⅱ17，2016· 全国 中的等差关系 卷Ⅲ17 考查与年份、月份有 数列的实际应用 关的应用题 数列与函数、不等式 数列的函数背景、数 2014· 新课标全国卷Ⅱ17 的综合 列中的不等关系 ★☆☆
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2．[2015· 浙江卷] 已知{an}是等差数列，公 差 d 不为零．若 a2，a3，a7 成等比数列，且 2a1＋a2＝1， 则 a1＝________， d＝________．
2 [答案] 3 －1
[解析] 由题意得，a2 3＝a2a7，即(a1 ＋ 2d)2 ＝ (a1 ＋ d)· (a1 ＋ 6d) ， 所 以 d(3a1＋2d)＝0.因为 d≠0，所以 3a1 ＋2d＝0，又 2a1＋a2＝1，所以 3a1
3a1＋2d＝0， ＋ d ＝ 1 ，联立 解得 3 a ＋ d ＝ 1 ， 1
2 a1＝ ， 3 d＝－1.
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3．[2015· 福建卷] 若 a，b 是函数 f(x)＝x2 －px＋q(p>0， q>0)的两个不同的零点， 且 a， b， －2 这三个数可适当排序后成等差数列， 也可适当排序后成等比数列，则 p＋q 的值 等于________．
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4．[2016· 四川卷] 已知数列{an}的首项为 1，Sn 为数列{an}的前 n 项和，Sn＋1＝qSn＋1， 其中 q>0，n∈N*. (1)若 a2，a3，a2＋a3 成等差数列，求数列{an}的通项公式； y2 2 2 2 (2)设双曲线 x －a2＝1 的离心率为 en，且 e2＝2，求 e2 ＋ e ＋„＋ e 1 2 n. n
高考数学一轮复习 第五章 数列 第31讲 数列求和实战演练 理(2021年最新整理)
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2018年高考数学一轮复习第五章数列第31讲数列求和实战演练理1．(2016·北京卷)已知错误!为等差数列，S n为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0,则S6＝6.解析:设等差数列错误!的公差为d，∵a1＝6，a3＋a5＝0，∴6＋2d＋6＋4d＝0，∴d＝－2,∴S6＝6×6＋错误!×（－2）＝6。
2．(2015·全国卷Ⅱ)设S n是数列错误!的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝－错误!。
解析：∵a n＋1＝S n＋1－S n,∴S n＋1－S n＝S n＋1S n，又由a1＝－1，知S n≠0.∴错误!－错误!＝1，∴错误!是等差数列，且公差为－1，而错误!＝错误!＝－1,∴错误!＝－1＋（n－1)×(－1)＝－n，∴S n＝－错误!。
3．（2016·山东卷）已知数列错误!的前n项和S n＝3n2＋8n,错误!是等差数列，且a n＝b n＋b n。
＋1b n的通项公式；（1)求数列｛｝（2）令c n＝错误!，求数列错误!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，a1＝S1＝11，所以a n＝6n＋5。
高三数学一轮复习数列求和(必修5)精品PPT课件
分组转化求和就是从通项入手， 若无通项，则先求通项，然后通过对 通项变形，转化为等差或等比或可求 数列前n项和的数列来求之．
课堂互动讲练
例1 已知数列{an}的前几项是3＋2－ 1,6＋22－1,9＋23－1,12＋24－1，写出 数列{an}的通项并求其前n项和Sn.
课堂互动讲练
1．利用裂项相消法求和时，应 注意抵消后并不一定只剩下第一项和 最后一项，也有可能前面剩两项，后 面也剩两项，再就是将通项公式裂项 后，有时候需要调整前面的系数，使 裂开的两项之差和系数之积与原通项 公式相等．
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例2 已知等差数列{an}的首项a1≠0，前n项 和为Sn，且S4＋a2＝2S3；等比数列{bn}满足 b1＝a2，b2＝a4.
第4课时 数列求和
基础知识梳理
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
Sn＝
＝
.
基础知识梳理
(2)等比数列前n项和公式 ①当q＝1时，Sn＝na1；
基础知识梳理
2．分组转化法 把数列的每一项分成两项，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．
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【误区警示】 利用错位相减法 求和时，转化为等比数列求和．若公 比是个参数(字母)，则应先对参数加 以讨论，一般情况下分等于1和不等于 1两种情况分别求和．
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考点四 数列求和的综合应用
对于由递推关系给出的数列，常 借助于Sn＋1－Sn＝an＋1转换为an与an＋1 的关系式或Sn与Sn＋1的关系式，进而 求出an或Sn使问题得以解决．
备战高考数学一轮复习讲义第31讲 第1课时 分组求和法与错位相减法
第31讲 数列的求和激活思维1. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，则其前20项和为( C )A. 379＋1220 B. 399＋1220 C. 419＋1220D. 439＋1220解析： 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1220＝419＋1220.2. (人A 选必二P41习题7改)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( C ) A. 1 121 B. 1 122 C. 1 123D. 1 124解析： 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＝1 123.3. (人A 选必二P25习题7改)若数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( B )A. 9B. 99C. 10D. 100解析： 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 4. (人A 选必二P25习题10改)(多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *，设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和T n ，则( AD )A. a 5＝9B. a 5＝11C. T 5＝1011D. T 5＝511解析： 设数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，S 4＝16，所以a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，所以a 5＝9，所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，所以T 5＝511. 5. (人A 选必二P40习题3改)数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和T n ＝ 4－n ＋22n －1 .解析： 因为T n ＝1＋22＋322＋423＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，所以12T n ＝12＋222＋323＋424＋…＋n －12n －1＋n 2n ，两式相减得，12T n ＝1＋12＋122＋123＋124＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ，故T n ＝4－n ＋22n －1.基础回归1. 分组求和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 项和的数列进行求和．2. 分组求和法的常见类型3. 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，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法．如：{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的和．4. 裂项相消法常用的裂项技巧(1) 1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(2)1n ＋k ＋n ＝1k(n ＋k －n )．5. 常用结论(1) 1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2) 12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.(3) 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分别讨论公比等于1和不等于1两种情况．第1课时 分组求和法与错位相减法举题说法分组求和法例1 (2022·菏泽二模)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3为等比数列；【解答】 由2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1(n ≥1)①，得2S n －1＋a n ＝2n －1(n ≥2)②，由①－②，得a n ＋a n ＋1＝2n(n ≥2)，则a n ＋1＝－a n ＋2n⇒a n ＋1－2n ＋13＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n 3(n ≥2)，又当n ＝1时，由①得a 2＝1⇒a 2－223＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－23，所以对任意的n ∈N *，都有a n＋1－2n ＋13＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n 3，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3是以13为首项，－1为公比的等比数列． (2) 求S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 2n .【解答】 由(1)知a n －2n 3＝(－1)n －13，得a n ＝2n ＋(－1)n －13，所以a n ＋1＝2n ＋1＋(－1)n 3，代入①，得S n ＝2n ＋13－(－1)n 6－12，所以S 1＋S 2＋…＋S 2n ＝13(22＋23＋…＋22n ＋1)－16[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n ]－2n 2＝13⎝⎛⎭⎪⎫22－22n ＋21－2－0－n ＝22n ＋2－3n －43.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的结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．变式 已知在数列{a n }中，a 1＝1且2a n ＋1＝6a n ＋2n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2为等比数列； 【解答】 因为2a n ＋1＝6a n ＋2n －1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝3a n ＋n －12，所以a n ＋1＋n ＋12a n ＋n 2＝3a n ＋n －12＋n ＋12a n ＋n 2＝3a n ＋32n a n ＋n 2＝3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2为等比数列，首项为32，公比为3.(2) 求数列{a n }的前n 项和S n .【解答】 由(1)得a n ＋n 2＝32×3n －1＝12×3n ，所以a n ＝12×3n －n2，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝12(31＋32＋33＋…＋3n )－12(1＋2＋3＋…＋n )＝12·3(1－3n)1－3－12·n (n ＋1)2＝3(3n －1)4－n 2＋n 4＝3n ＋1－n 2－n －34.错位相减法求和例2 (2022·邯郸二模)已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 1＝2,2a 1＋a 3＝3a 2. (1) 求数列{a n }的通项公式；【解答】 由2a 1＋a 3＝3a 2，得2×2＋2×q 2＝3×2q ，解得q ＝2或q ＝1(舍去)，所以a n ＝2×2n －1＝2n .(2) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n S n ＋2的前n 项和．【解答】 由(1)可知a n ＝2n，所以S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2，所以n S n ＋2＝n2n ＋1＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n S n ＋2的前n 项和为T n ，T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1①，12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2②，①－②，得12T n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，即12T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，所以T n ＝1－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.用错位相减法求和时，应注意防范以下错误：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．3. 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比q 为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．4. 在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．变式 (2022·临沂二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1. (1) 求{a n }的通项公式；【解答】 由S n ＋1＝2S n ＋1，得S n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)．又a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1，所以a 2＋a 1＝2a 1＋1，整理得a 2＝2a 1，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2) 记b n ＝log 2a na n，求数列{b n }的前n 项和T n .【解答】 由(1)得a n ＝2n －1，所以b n ＝log 2a na n＝log 22n －12n －1＝n －12n －1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，即T n ＝0＋12＋222＋…＋n －12n －1，12T n ＝0＋122＋223＋…＋n －12n ，两式相减，得12T n ＝12＋122＋…＋12n －1－n －12n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n －12n ＝1－n ＋12n ，所以T n ＝2－n ＋12n －1.并项法求和例3 (2022·南平三模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝n ＋1n .(1) 求数列{a n }的通项公式；【解答】 因为a 1＝1，a n ＋1a n ＝n ＋1n ，所以当n ≥2时，a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝21×32×…×n n －1，则a na 1＝n ，即a n ＝n ，当n ＝1时，也成立，所以a n ＝n .(2) 若{b n }满足b 2n ＝2a n －24，b 2n －1＝2a n －22.设S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 20.【解答】 由(1)知b 2n ＝2a n －24＝2n －24，b 2n －1＝2a n －22＝2n －22，则b 2n ＋b 2n －1＝4n －46，则S 20＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 19＋b 20)＝(4×1－46)＋(4×2－46)＋…＋(4×10－46)＝4×(1＋10)×102－46×10＝－240.当数列{a n }的连续两项a n －1＋a n 或多项的和(差)为等差数列或等比数列时，通常用并项法进行求和．变式 在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项和S 100等于( D )A. －200B. －100C. 200D. 100解析： 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n －3，所以b n ＝(－1)n (2n －3)．又b 2n －1＋b 2n ＝－a 2n －1＋a 2n ＝－(4n －5)＋4n －3＝2，所以S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100.随堂内化1. 若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( A )A. 15B. 12C. －12D. －15解析： a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15.2. 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n 的前n 项和是( D )A. 2－n 2nB. 2－12n －1C. 2－n －12n －1－n 2nD. 2－12n －1－n2n解析：由题知S n ＝1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ①，则12S n ＝1×14＋2×18＋3×116＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1②.两式相减得12S n ＝12＋14＋18＋…＋12n －n ×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1，所以S n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n －n 2n ＋1＝2－12n －1－n 2n . 3. (多选)在等差数列{a n }中，已知a 2＝4，通项为a n ，前4项和为18，设b n ＝n ·2a n －2，数列{b n }的前n 项和为T n ，则( AC )A. a n ＝n ＋2B. a n ＝n ＋3C. T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2D. T n ＝(n －1)×2n ＋1＋3解析： 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，4a 1＋4×32d ＝18，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝1，所以a n ＝n ＋2，可得b n ＝n ·2n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ①，2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n＋1②.由①－②得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2－2n ＋11－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.4. 已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为n(n＋1)2－12n＋1.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⎝⎛⎭⎪⎫1－12n1－12＝n(n＋1)2－12n＋1.5. 1＋11＋111＋…＋的和是10n＋1－9n－1081.解析：因为＝19×＝10n－19，所以1＋11＋111＋…＋＝19[(10－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)]＝19(10＋102＋103＋…＋10n)－n9＝19×10(1－10n)1－10－n9＝10n＋1－9n－1081.练案❶趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》．练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(分基础和提高两个版本)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考保分增效天天练》，成书可向当地发行咨询购买．。
2018届高考数学一轮复习专题三数列课件文
编后语
• 同学们在听课的过程中，还要善于抓住各种课程的特点，运用相应的方法去听，这样才能达到最佳的学习效果。
• 一、听理科课重在理解基本概念和规律
• 数、理、化是逻辑性很强的学科，前面的知识没学懂，后面的学习就很难继续进行。因此，掌握基本概念是学习的关键。上课时要抓好概念的理解， 同时，大家要开动脑筋，思考老师是怎样提出问题、分析问题、解决问题的，要边听边想。为讲明一个定理，推出一个公式，老师讲解顺序是怎样的， 为什么这么安排？两个例题之间又有什么相同点和不同之处？特别要从中学习理科思维的方法，如观察、比较、分析、综合、归纳、演绎等。
【阅卷点评】 ①由题意列出方程组得 2 分； ②解得 a1 与 d 得 2 分，漏解得 1 分； ③正确导出 an，bn 得 2 分，漏解得 1 分； ④写出 cn 得 1 分； ⑤把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正 确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数．
(2016·浙江卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S2＝4，an＋1＝ 2Sn＋1，n∈N*.
(2)设 bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1. 当 n≥3 时，由于 3n－1>n＋2，故 bn＝3n－1－n－2，n≥3. 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 T1＝2，T2＝3. 当 n≥3 时，Tn＝3＋911－－33n－2－n＋72n－2 ＝3n－n2－2 5n＋11，
•
作为实验科学的物理、化学和生物，就要特别重视实验和观察，并在获得感性知识的基础上，进一步通过思考来掌握科学的概念和规律，等等。
• 二、听文科课要注重在理解中记忆
2018年高考数学一轮复习课件：第五章 数列 第31讲
• ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋ 22)＋(－25＋28)
• ＝3×5＝15.
第十四页，编辑于星期六：二十二点 二十分。
5．已知数列an的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝_(_n_－__1__)·_2__n＋__1_＋. 2 解析：∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
第十一页，编辑于星期六：二十二点 二十分。
2．数列an的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n＝(B)Fra bibliotekA．9
B．99
C．10
D．100
解析：∵an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n，
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1. ∴ n＋1－1＝9，即 n＋1＝10.∴n＝99.
第六页，编辑于星期六：二十二点 二十分。
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得
其和．
(2)常见的裂项技巧
①nn1＋1＝1n－n＋1 1.
②nn1＋2＝121n－n＋1 2.
③2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
④
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
第四页，编辑于星期六：二十二点 二十分。
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第五章
①-②得:(1-x)Sn=1+x+x2+…+xn-1-nxn
所以 Sn
1 xn
1 x
2
nx n . 1 x
1 xn nx n , 1 x
n n 1 x nx 答案: 2 1 x 1 x
感悟考题
试一试
3.(2014·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,
3.一些常见数列的前n项和公式 (1)1+2+3+4+…+n=________. 2 n2 (2)1+3+5+7+…+2n-1=__.
n n 1
n2+n (3)2+4+6+8+…+2n=____.
(4)12+22+…+n2= n(n 1)(2n 1) .
6
(5)13+23+…+n3=(1+2+…+n)2.
数列,{bn}是公比为q≠1的等比数列.
(ii)方法:设Sn=a1b1+a2b2+…+anbn(*), 则qSn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1(**),
(*)-(**)得:(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1,就转
化为根据公式可求的和. 例如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.
4.(2016·青岛模拟)已知一个等差数列的前四项之和 为21,末四项之和为67,前n项和为286,则项数n为( )
2018年高考数学一轮复习 第五章 数列 课时达标31 数列求和 理
2018年高考数学一轮复习 第五章 数列 课时达标31 数列求和 理[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n 项和，以及利用S n 与a n 的关系求通项公式，三种题型均有考查 ，位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋，则S 6 ＝( D )A ．142B ．45C ．56D ．67解析：因为a n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67. 2．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝( B ) A ．11 B ．99 C ．120D ．121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，故选C ．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin n ＋π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017＝( D )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 009解析：由题意，得a n ＋1＝a n ＋sinn ＋π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin3π2＝0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0，a 5＝a 4＋sin 5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 017＝4×504＋1，所以S 2 017＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＝1 008＋a 1＝1 009，故选D ．4．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 )A ．100101B ．99101C ．99100D ．101100解析：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＋－2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1nn ＋＝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. 5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝( B )A ．2 017B ．1 008C ．504D ．0解析：因为a n ＝n cosn π2，所以当n 为奇数时，a n ＝0，当n 为偶数时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝4m ，－n ，n ＝4m －2，其中m ∈N *，所以S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 016＋a 2 017 ＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 2 016＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 014＋2 016) ＝2×504＝1 008，故选B ．6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( B )A ．22 018－1B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×22 018－2解析：依题意得a n ·a n ＋1＝2n，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，于是有a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋－21 0091－2＝3×21 009－3，故选B ．二、填空题7．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为8n n ＋1. 解析：∵a n ＝n n ＋2n ＋1＝n 2，∴b n ＝8n n ＋＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.8．(2017·河南郑州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝130.解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，所以当n <5时，a n <0，当n ≥5时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.9．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝2n 2＋6n .解析：令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)． 与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝n 8＋4n ＋42＝2n 2＋6n .三、解答题10．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2) (n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)令n ＝2得a 2＝2a 1＝6. 令n ＝3，得a 3＝2a 2＋1＝13. (2)证明：因为a n ＋na n －1＋n －＝2a n －1＋n －2＋n a n －1＋n －1＝2，所以数列{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列， 所以a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－n .(3)因为数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1－n ，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋…＋n )＝－2n1－2－n n ＋2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.11．(2015·浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *) ，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解析：(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，1n b n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b nn ，所以b n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n b n ＝n ·2n，因此，T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， 2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1.故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．12．已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，且S 5＝30，又a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求S n ；(2)若任意n >t ，n ∈N *，都有1S 1＋a 1＋2＋1S 2＋a 2＋2＋…＋1S n ＋a n ＋2>1225，求t 的最小值．解析：(1)设公差为d ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝30，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋8d ，解得a 1＝d ＝2.∴a n ＝2n ，S n ＝n 2＋n . (2)∵1S n ＋a n ＋2＝1n 2＋n ＋2n ＋2＝1n 2＋3n ＋2＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， ∴1S 1＋a 1＋2＋1S 1＋a 2＋2＋…＋1S n ＋a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2>1225. ∴1n ＋2<12－1225＝150，即n ＋2>50，n >48. ∴t 的最小值为48.。
新人教A版高考数学大一轮复习第31讲数列求和课件文
Sn=
2
=
na1+������(���2���-1)d . (其中 a1 为首项,d 为公差)
②等比数列{an}的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 ;
������1-������������ ������
当 q≠1 时,Sn= ������1(1-������������ ) = 1-������
第31讲 PART 5
数列求和
课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例
考试说明
1.掌握等差数列、等比数列的前n项和公式. 2.掌握一般数列求和的几种常见的方法.
课前双基巩固
知识聚焦
1.公式法
(1) 公式法
①等差数列{an}的前 n 项和公式:
������(������1 + ������������ )
������
1 ������ ������
+1
=������
(������1+1)=���1���
-������
+1 1,∴数列
1 的前 100 项和为
������������ ������������ +1
1-12+12-13+…+1010-1011=1-1011=110001.
课前双基巩固
3.[教材改编] 数列
则
Sn=12×(4+42+43+…+4n)+(2+6+10+…+4n-2)=12×4×
(1-4������ 1-4
)+������
(2+4������ 2
-2)=4
������ +1
高考数学理一轮复习 31数列的概念与递推公式课件
第一节 数列的概念与递推公式
知识自主·梳理
1.理解数列的概念．
最新考纲
2．了解数列通项公式的意义． 3．了解递推公式是给出数列的一种方法，并能
根据递推公式写出数列的前n项．
1.以an与Sn的关系与条件考查数列通项的求法． 高考热点 2．以递推数列、新情境下的数列为载体，考查
数列的通项及性质.
[解] (1)∵an＝n2－5n＋4，∴an＜0 时，有 n2－5n＋4 ＜0.
(2)已知数列{an}满足 a1＝0，an＋1＝ a3n－an＋31(n∈N*)，则
a2007 等于
()
A．0
B．－ 3
C. 3
3 D. 2
解：(1)解法一：∵a1a2a3…an＝n2，对所有 n≥2 的自然 数都成立．
∴令 n＝2，得 a1a2＝22＝4，a2＝4； 令 n＝3，得 a1a2a3＝32＝9，a3＝94； 令 n＝4，得 a1a2a3a4＝42＝16，a4＝196； 令 n＝5，得 a1a2a3a4a5＝52＝25，a5＝2156. ∴a3＋a5＝94＋2156＝6116.
(3)由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，令bn＝an＋1， 所以{bn}是以2为公比的等比数列． 所以bn＝b1·2n－1＝(a1＋1)·2n－1＝2n＋1， 所以an＝bn－1＝2n＋1－1(n∈N*)． (4)由已知，an＞0，在递推关系式两边取对数， 有lgan＋1＝2lgan＋lg3.令bn＝lgan， 则bn＋1＝2bn＋lg3.所以bn＋1＋lg3＝2(bn＋lg3)， 所以{bn＋lg3}是等比数列． 所以bn＋lg3＝2n－1·2lg3＝2nlg3. 所以bn＝2nlg3－lg3＝(2n－1)lg3＝lgan. 所以an＝3 2n－1.
2018年高考数学一轮复习 专题32 数列及其综合应用教学案 理
专题32 数列及其综合应用1. 掌握数列的求和方法：(1) 直接利用等差、等比数列求和公式；(2) 通过适当变形(构造)将未知数列转化为等差、等比数列，再用公式求和；(3) 根据数列特征，采用累加、累乘、错位相减、逆序相加等方法求和；(4) 通过分组、拆项、裂项等手段分别求和；(5) 在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如n(n－1)<n2<n(n＋1)，能用函数的单调性(定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题．2. 数列是特殊的函数，这部分内容中蕴含的数学思想方法有函数与方程思想、分类讨论思想、化归转化思想、数形结合思想等，高考题中所涉及的知识综合性很强，既有较繁的运算又有一定的技巧，在解题时要注意从整体去把握．高频考点一等差、等比数列求和公式及利用例1 已知{a n}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{b n}满足b1＝4，b4＝20，且{b n－a n}为等比数列．(1) 求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2) 求数列{b n}的前n项和．【变式探究】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N ＋)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.高频考点二可转化为等差、等比数列求和例2、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n∈N *.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．高频考点三 根据数列特征，用适当的方法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn(k∈N *)，且S n 的最大值为8.(1) 确定常数k ，求a n ；(2) 求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .【解析】(1) 当n ＝k∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k ＝4，从而a n ＝S n －S n －1＝92－n(n≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n.(2) 因为b n ＝9－2a n 2n ＝n 2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.【变式探究】已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n >0，b n ＝a n a n ＋1(n∈N *)，且{b n }是以q 为公比的等比数列．(1) 证明：a n ＋2＝a n q 2；(2) 若c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，证明：数列{c n }是等比数列；(3) 求和：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋…＋1a 2n －1＋1a 2n.【解析】(解法1)(1) 证明：由b n ＋1b n ＝q ，有a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n＝q, ∴ a n ＋2＝a n q 2(n∈N *) . (2) 证明：∵ a n ＝a n －2q 2，∴ a 2n －1＝a 2n －3q 2＝…＝a 1q2n －2，a 2n ＝a 2n －2q 2＝…＝a 2q2n －2，∴ c n ＝a 2n－1＋2a 2n ＝a 1q2n －2＋2a 2q2n －2＝(a 1＋2a 2)q2n －2＝5q2n －2，∴ {c n }是首项为5，以q 2为公比的等比数列．(3) 解：由(2)得1a 2n －1＝1a 1q 2－2n ，1a 2n ＝1a 2q 2－2n ，于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝(1a 1＋1a 3＋…＋1a 2n －1)＋(1a 2＋1a 4＋…＋1a 2n )＝1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＋1a 2(1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2)＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2.由题知q>0，当q ＝1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32n ；当q≠1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－q －2n1－q －2＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q 2n －2（q 2－1）.故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n＝⎩⎪⎨⎪⎧32n ，q ＝1，32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q 2n －2（q 2－1），q≠1.高频考点四 数列求和的综合应用例4 将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 …记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为{b n }，b 1＝a 1＝1，S n 为数列{b n }的前n 项和，且满足2b nb n S n －S 2n＝1(n≥2)．(2) 解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q ，且q ＞0.因为1＋2＋…＋12＝12×132＝78，所以表中第1行至第12行共含有数列{a n }的前78项，故a 81在表中第13行第三列，因此a 81＝b 13·q 2＝－491.又b 13＝－213×14，所以q ＝2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S ，则S ＝b k （1－q k）1－q ＝－2k （k ＋1）·（1－2k）1－2＝2k （k ＋1）(1－2k)(k≥3)．1.【2016高考天津理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析 【解析】（Ⅰ）证明：由题意得21n n n b a a +=，有22112112n n n n n n n n c b b a a a a da +++++=-=-=，因此()212122n n n n c c d a a d +++-=-=，所以{}n c 是等差数列.（Ⅱ）证明：()()()2222221234212n n n T b b b b b b -=-++-+++-+)2n a ++2.【2016高考新课标3理数】已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （II ）若53132S =，求λ． 【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-．3.【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析．【解析】（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ， 所以11223111223122222222nn n n n n a a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121111222n -≤++⋅⋅⋅+ 1<，因此()1122n n a a -≥-．从而对于任意m n >，均有3224mn n a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭．由m 的任意性得2n a ≤． ①否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则003402log 23322244n n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤． 4.【2016年高考北京理数】（本小题13分）设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素； （2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a . 【答案】（1）()G A 的元素为2和；（2）详见解析；（3）详见解析.（Ⅲ）当1a a N ≤时，结论成立. 以下设1a a N >. 由（Ⅱ）知∅≠)(A G .设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(.记10=n . 则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210.对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{},i i i k n G k n k N a a *=∈<≤>N .如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1. 从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G . 从而对任意p n k N ≤≤，p n k a a ≤，特别地，p n N a a ≤. 对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a . 所以p a aa a a a i ip n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.因此)(A G 的元素个数p 不小于1N a a -. 5.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ .（Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221n y x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q -；（Ⅱ）详见解析.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +，则(21)(2)0q+q -=， 由已知,0q >，故 =2q . 所以1*2()n n a n -=?N .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由53q =解得43q =. 因为2(1)2(1)1+k k q q -->1*k q k -?N （）. 于是11211+1n n n q e e e q q q --++鬃?>+鬃?=-， 故1231433n n n e e e --++鬃?>. 6.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P . （1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ； （2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．520193n n n n a b c n -=+=-+． 1582a a ==，但248a =，63043a =，26a a ≠， 所以{}n a 不具有性质P ． （3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．7.【2016高考新课标2理数】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg99=1，． （Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =；（Ⅱ）1893. 【解析】（Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，据已知有72128d +=，解得 1.d =所以{}n a 的通项公式为.n a n =111101[lg1]0,[lg11]1,[lg101] 2.b b b ======（Ⅱ）因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000.n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪=⎩所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893.⨯+⨯+⨯= 8.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T.（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T9.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0TS=;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<； （3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析（3）下面分三种情况证明. ①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令U E CD =ð，U F D C =ð则E ≠∅，F ≠∅，EF =∅.于是C E C D S S S =+，D F CD S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.综合①②③得，2C CDD S S S +≥.【2015江苏高考，20】（本小题满分16分）设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列 （1）证明：31242,2,2,2a a a a依次成等比数列；（2）是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得kn k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在 【解析】（1）证明：因为112222n n n n a a a d a ++-==（1n =，2，）是同一个常数，所以12a ，22a ，32a ，42a 依次构成等比数列．（2）令1a d a +=，则1a ，2a ，3a ，4a 分别为a d -，a ，a d +，2a d +（a d >，2a d >-，0d ≠）． 假设存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列， 则()()34a a d a d =-+，且()()6422a d a a d +=+． 令d t a =，则()()3111t t =-+，且()()64112t t +=+（112t -<<，0t ≠），化简得32220t t +-=（），且21t t =+．将21t t =+代入（）式，()()21212313410t t t t t t t t +++-=+=++=+=，则14t =-．显然14t =-不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列．且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++． 化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．再将这两式相除，化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++（**）．令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++，则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++． 令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1t t t t t t t ϕ=++-+++++， 则()()()()()()()613ln 13212ln 121ln 1t t t t t t t ϕ'=++-+++++⎡⎤⎣⎦．【2015高考浙江，理20】已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ） （1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）； （2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=- 得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得， 211[1,2]1n n n n n na a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；（2）由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n na a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得 112(2)2(1)n S n n n ≤≤++.【2015高考山东，理18】设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233nn S =+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; （II ）13631243n nn T +=+⨯.（Ⅱ）因为3log n n na b a = ，所以113b =当1n > 时，()11133log 313n n nn b n ---==-⋅所以1113T b ==当1n > 时，()()12112311323133n n n T b b b b n ---=++++=+⨯+⨯++-所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-两式相减，得()()012122333133n nn T n ---=+++--⋅ ()11121313313n n n ----=+--⋅- 1363623nn +=-⨯ 所以13631243n nn T +=+⨯经检验，1n = 时也适合， 综上可得：13631243n nn T +=+⨯ 【2015高考安徽，理18】设*n N ∈，n x 是曲线221n y x+=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）记2221321n n T x x x -=，证明14nT n ≥. 【答案】（Ⅰ）1n nx n =+；（Ⅱ）14n T n ≥.【解析】1．(2014·湖南卷) 已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．【解析】(1)因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝|a n ＋1－a n |＝p n.而a 1＝1，因此a 2＝p ＋1，a 3＝p 2＋p ＋1.又a 1，2a 2，3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，因而3p 2－p ＝0，解得p ＝13或p ＝0.当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，这与{a n }是递增数列矛盾，故p ＝13.(2)由于{a 2n －1}是递增数列，因而a 2n ＋1－a 2n －1>0，于是(a 2n ＋1－a 2n )＋(a 2n －a 2n －1)>0.① 因为122n <122n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|.②由①②知，a 2n －a 2n －1>0，因此a 2n －a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝（－1）2n22n －1.③ 因为{a 2n }是递减数列，同理可得，a 2n ＋1－a 2n <0，故a 2n ＋1－a 2n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n＝（－1）2n ＋122n.④由③④可知，a n ＋1－a n ＝（－1）n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋12－122＋…＋（－1）n2n －1＝1＋12·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11＋12＝43＋13·（－1）n2n －1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·（－1）n2n －1. 2．(2014·安徽卷) 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p.(2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p.①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p 成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c pa －pk ＝ 1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1.由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k－1<0.由(1)中的结论得⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k p＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1p>1＋p · 1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1＝ca p k . 因此a pk ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1p也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1p均成立．再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p n －1可得a n ＋1a n<1， 即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *.方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ， 所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p＝p －1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c x p >0.由此可得，f (x )在[c 1p，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p时，f (x )>f (c 1p)＝c 1p.3．(2014·湖北卷) 已知等差数列{a n}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式．(2)记S n为数列{a n}的前n项和，是否存在正整数n，使得S n>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．4．(2014·江西卷) 已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即c n ＋1－c n ＝2， 所以数列{c n }是以c 1＝1为首项，d ＝2为公差的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1，知a n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，3S n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n，将两式相减得－2S n ＝1＋2×(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝－2－(2n －2)×3n，所以S n ＝(n －1)3n＋1.5．(2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.6.(2014·四川卷) 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .【解析】(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，所以 2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2， 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意有a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n，所以数列{a n b n }的通项公式为a n b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1，因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 7．(2014·浙江卷) 已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n .(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .(i)求S n ；(ii)求正整数k ，使得对任意n ∈均有S k ≥S n .8．(2013年高考辽宁卷)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：P 1：数列{a n }是递增数列； P 2：数列{na n }是递增数列； P 3：数列{a nn }是递增数列；P 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 4【答案】D9．(2013年高考重庆卷)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.【答案】64【解析】因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64.10． (2013年高考广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.【解析】(1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4.(2)当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公差为1的等差数列， 所以a n n＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2. (3)证明：当n ＝1时，1a 1＝1<74；当n ＝2时，1a 1＋1a 2＝1＋14＝54<74；当n ≥3时，1a n ＝1n2<1n －n ＝1n －1－1n ，此时1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝1＋122＋132＋142＋…＋1n 2<1＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋14＋12－1n＝74－1n <74. 综上，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.1．在数列{a n }中，a 1＝1，数列{a n ＋1－3a n }是首项为9，公比为3的等比数列． (1)求a 2，a 3；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和S n .2．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式； (2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．【解析】：(1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0， 解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1)，1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14， 即a n ＝42n －2(n ∈N *)． 3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n >a n 对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围．4．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <12. 【解析】：(1)由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴a n ＝a 1·2n －1＝2n －1. ∴S n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7， ∴d ＝2，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.5.对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设数列{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝74. (1)求数列{a n }的通项公式，并判断数列{S n }是否为“减差数列”；(2)设b n ＝(2－na n )t ＋a n ，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，求实数t 的取值范围．【解析】：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1＝1，S 3＝74， 所以1＋q ＋q 2＝74， 即4q 2＋4q －3＝0，所以(2q －1)(2q ＋3)＝0.因为q >0，所以q ＝12，所以a n ＝12n －1， S n ＝1－12n 1－12＝2－12n －1， 所以S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2<2－12n ＝S n ＋1， 所以数列{S n }是“减差数列”．6.已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m的取值范围.【解析】 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. ∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n . (2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① ∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②。
一轮复习-数列求和专题 ppt课件
∴Sn=
1（121
11 +
33
-
1 +……+
5
= 1 （1 - 1 ）= n
2
2n+1
2n+1
1 -
2n-1
1 )
2n+1
评：裂项相消法的关键就是将数列的每
一项拆成二项或多项使数列中的项出现
有规律的抵消项，进而达到求和的目的。
ppt课件
20
变式探究：
求数列
1111 12 + 2 , 22 + 4 , 32 + 6 , 42 + 8
3 anan+1
3
11 1
= (6n - 5)[6(n +1) - 5] = 2 (6n - 5 - 6n +1).
故Tn=b1+b2+…+bn
=
12〔(1 -
11 )+(
77
-
1
1
)+•••+(
13
6n - 5
-
1 )〕
6n + 1
1
1
= (1 -
)
2 6n + 1
因此，使得
1 (1 -
1
m )<
a1 anq 1 q
(q
1)
2
④ 12 22 32 n2 1 n(n 1)(2n 1)
6
⑤
13 23 33
n3
n(n 1) 2
2
ppt课件
3
⑥ 2+4+6+…+2n= n2+n
【备战】高中数学 第31讲 数列求和配套课件 理 新人教B版
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第31讲
数列求和
考点统计
点
面 讲 考 向
1.分组转化法 求和 2.裂项相消法 求和 3.错位相减法 求和
题型(考频) 题型示例(难度) 2012年课标 填空(1) T16(C)， 解答(2) 2012年湖北 T18(B)
0 解答(2) 2012年天津 T18(B)
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第31讲
[答案]
(1)×
(2)√
(3)√
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第31讲
数列求和
双 [解析] (1)若 n 为偶数，则 Sn＝0；若 n 为奇数，则 Sn＝ 向 固－1. 基 (2)应用等比数列的前 n 项和公式求和，即可得 础 n n
1－3 3 －1 a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝ ，即 an＝ . 2 1－3 (3) 设 S ＝ sin21 °＋ sin22 °＋ sin23 °＋…＋ sin288 °＋ sin289°，则 S ＝ sin289 °＋ sin288 °＋ sin287 °＋…＋ sin22 °＋ sin21 °， 即 S ＝ cos21 ° ＋ cos22 ° ＋ cos23 ° ＋ … ＋ cos288 ° ＋ cos289°，与第一个式子相加，得 2S＝89，所以 S＝44.5.
返回目录Βιβλιοθήκη 第31讲数列求和
双 向 固 基 础
—— 疑 难 辨 析 ——
1．前 n 项和公式的推导 (1) 等 差 数 列 的 前 n 项 和 是 用 裂 项 相 消 法 推 导 的．( ) (2) 等 比 数 列 的 前 n 项 和 是 用 倒 序 相 加 法 推 导 的．( )
[答案] (1)×
____________．(其中a1为首项，d为公差) (2)等比数列的前n项和公式 当q＝1时，Sn＝______； a1（1－qn）
2018年高考数学一轮复习 专题31 数列求和教学案 理
专题31 数列求和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。
1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n （a 1＋a n ） 2＝na 1＋n （n －1）2d ．②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝ (－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 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 .高频考点一 分组转化法求和例1、(2016·天津卷)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N ＋，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和.【方法规律】(1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【变式探究】 (1)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A.n 2＋1－12nB.2n 2－n ＋1－12nC.n 2＋1－12n －1D.n 2－n ＋1－12n(2)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于( ) A.1 008B.2 016C.504D.0【答案】 (1)A (2)A高频考点二 错位相减法求和例2、(2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n .求数列{c n }的前n 项和T n .【解析】 (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，符合上式. 所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 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.【方法规律】(1)一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解； (2)在写出“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.【变式探究】 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根. (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和.高频考点三 裂项相消法求和例3、S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.【方法规律】(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.(2)将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【变式探究】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和为T n .【解析】 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.【举一反三】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 .1.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T.（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T【2015江苏高考，11】数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为 【答案】2011【解析】由题意得：112211(1)()()()1212n n n n n n n a a a a a a a a n n ---+=-+-++-+=+-+++=所以1011112202(),2(1),11111n n n S S a n n n n =-=-==+++【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，，且 233445,,a a a a a a +++成等差数列.(I)求q 的值和{}n a 的通项公式； (II)设*2221log ,nn n a b n N a -=∈，求数列{}n b 的前n 项和. 【答案】(I) 1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数; (II) 1242n n n S -+=-.(II) 由(I)得22121log 2n n n n a nb a --==，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，则012111111232222n n S n -=⨯+⨯+⨯++⨯， 1231111112322222n n S n =⨯+⨯+⨯++⨯ 两式相减得2311111111*********2222212n n n n n n n n n n S --=+++++-=-=---， 整理得1242n n n S -+=-所以数列{}n b 的前n 项和为124,*2n n n N -+-∈. 【2015高考四川，理16】设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记数列1{}n a 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值. 【答案】（1）2nn a =；（2）10.（2）由（1）得112n n a =. 所以2311[1()]1111122112222212n n n nT -=++++==--. 由1|1|1000n T -<，得11|11|21000n --<，即21000n>. 因为9102512100010242=<<=， 所以10n ≥. 于是，使1|1|1000n T -<成立的n 的最小值为10. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+ 【解析】（Ⅰ）当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4na ，即11()()2()n nnn n n a a a a a a ---+-=+，因为n a >，所以1n n a a --=2，所以数列{na }是首项为3，公差为2的等差数列，所以n a =21n +；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，n b =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++=1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+. 1．（2014·江西卷）已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a nb n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n，求数列{c n }的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .2．（2014·全国卷）等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .3．（2014·山东卷）已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝⎛12n －3＋⎭⎪⎫12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋14．（2013·江西卷）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 <564.5．（2013·湖南卷）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＝________．6．（2013·山东卷）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n ＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n (n∈N *)，求数列{c n }的前n 项和R n .【解析】：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d. 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1， 解得a 1＝1，d ＝2，因此a n ＝2n －1，n∈N *.(2)由题意知T n ＝λ－n 2n －1，所以n≥2时，b n ＝T n －T n －1＝－n 2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1.故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，n∈N *.所以R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，则14R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，两式相减得34R n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1－14－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n＝13－1＋3n 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ， 整理得R n ＝194－3n ＋14n －1.所以数列{c n }的前n 项和R n ＝194－3n ＋14n －1.1.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项的和为( )A.120B.70C.75D.100【答案】 C【解析】析 因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.2.数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A.9B.8C.17D.16【答案】A3.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400【答案】 B【解析】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.已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( ) A.5B.6C.7D.16【答案】 C【解析】析根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.5.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1·a n＝2n(n∈N＋)，则S2 016＝( )A.22 016－1B.3·21 008－3C.3·21 008－1D.3·21 007－2【答案】 B【解析】a1＝1，a2＝2a1＝2，又a n＋2·a n＋1a n＋1·a n＝2n＋12n＝2.∴a n＋2a n＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 016＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 015＋a2 016＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 016)＝1－21 0081－2＋2（1－21 008）1－2＝3·21 008－3.故选B.6．在等差数列{a n}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|a n|}的前18项和T18的值是________．【答案】60【解析】析由a1＞0，a10·a11＜0可知d＜0，a10＞0，a11＜0，∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.7．整数数列{a n}满足a n＋2＝a n＋1－a n (n∈N*)，若此数列的前800项的和是2013，前813项的和是2000，则其前2015项的和为________．【答案】－138．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，∀n∈N*,2S n＝a2n＋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】 99．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 . 【解析】 (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＋ (2)－n ·2n ＋1＝－2n1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n)＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.∵1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.10．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 ＋1n ＋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 <564.11.已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N ＋).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N ＋)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .【解析】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1， 由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23，当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )，所以a n ＝13a n －1(n ≥2).- 21 - 故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列. 故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N ＋).。
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(4)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 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．( ×)
(5)如果数列an是周期为 k 的周期数列，那么 Skm＝mSk(m，k 为大于 1 的正整 数)．( √ )
解析：(1)正确．根据等差数列求和公式以及运算的合理性可知． (2)正确．根据等比数列的求和公式和通项公式可知． (3)错误．直接验证可知n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1. (4)错误．含有字母的数列求和常需要分类讨论，此题需要分 a＝0，a＝1，以及 a≠0 且 a≠1 三种情况求和，只有当 a≠0 且 a≠1 时才能用错位相减法求和． (5)正确．根据周期性可得．
(2)由 an＝2n－1 得 bn＝2n－1＋q2n－1. 当 q＞0 且 q≠1 时，Sn＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－ 1)＝n2＋q11－－qq22n； 当 q＝1 时，bn＝2n，则 Sn＝n(n＋1)．
2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法 如果一个数列an的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常 数，那么求这个数列的前 n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前 n 项和公式即是用 此法推导的． (2)并项求和法 在一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22 －12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
• ＝3×5＝15.
5．已知数列an的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝_(_n_－___1_)_·_2_n_＋__1.＋2
解析：∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
•一 分组法求和
分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组转化法求an的前 n 项 和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列bn，cn是等比或等差数列， 可采用分组转化法求和．
【例 1】 已知等差数列an满足：a5＝9，a2＋a6＝14. (1)求an的通项公式； (2)若 bn＝an＋qan(q＞0)，求数列bn的前 n 项和 Sn. 解析：(1)设数列an的首项为 a1，公差为 d， 则由 a5＝9，a2＋a6 ＝14，得a21a＋1＋4d6＝d＝9，14. 解得da＝1＝21.， 所以an的通项公式 an＝2n－1.
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得
其和．
(2)常见的裂项技巧
①nn1＋1＝1n－n＋1 1.
②nn1＋2＝121n－n＋1 2.
③2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
④
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
• 4．错位相减法
• 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一 个等比数列的对应项之积构成的，那么这个 数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列 的前n项和公式就是用此法推导的．
第五章
数列
第31讲 数列求和
考纲要求
考情分析
命题趋势
1.熟练掌握等差、 等比数列的前n项和 公式．
2016，全国卷Ⅱ， 17T
2016，江苏卷，18T
利用公式求 数列的前n 项和；利用
2.掌握非等差、等比 2016，北京卷，12T 常见求和模
数列求和的几种常
型求数列的
见方法.
前n项和.
分值：5分ຫໍສະໝຸດ 栏目导 航2．数列an的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n＝(
B
)
A．9
B．99
C．10
D．100
解析：∵an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n，
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1.
∴ n＋1－1＝9，即 n＋1＝10.∴n＝99.
3．若数列an的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列an的前 n 项和为( C )
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n－2
解析：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋… ＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n ＝211－－22n＋2×nn2＋1－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n ＝2n＋1＋n2－2.
• 4．若数列的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则Aa1＋ a2＋a3＋…＋a10＝( )
• A．15
B．12
C．－12
D．－15
• 解析：∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋a3＋…＋a10 • ＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28
• ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋ (－25＋28)
1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)． (1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前 n 项和时使用公式 Sn＝na12＋an较 为合理．( √ ) (2)如果数列an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn＝a11－－aqn＋1.( √ ) (3)当 n≥2 时，n2－1 1＝n－1 1－n＋1 1.( × )
板块一 板块二 板块三 板块四
1．公式法与分组求和法
(1)公式法
直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和．
①等差数列的前 n 项和公式： Sn＝na12＋an＝_n_a_1_＋__n_n_2－__1__d.
②等比数列的前 n 项和公式： Sn＝naa11－1－，aqqnq＝＝1_，_a_1_11_－－__qq_n___q≠1. (2)分组求和法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用 分组求和法分别求和后相加减．