2019届高考数学一轮复习第五篇数列第4节数列求和及综合应用训练理新人教版
2019版53B高中数学一轮复习精品课件新课标III§6.4数列求和、数列的综合应用
设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn
1 1 1 1 1 1 = 2 3 5 5 7 = n . (12分) 3(2n 3)
1 2n 1 2n 3
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高考理数
(课标Ⅲ专用)
§6.4 数列求和、数列的综合应用
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五年高考
A组
考点一
2n
统一命题·课标卷题组
n
数列的求和
1 Sk
1.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 = k 1
.
答案
n 1
a1 2d 3, a 1, ∴ 1 ∴an=n. 4a1 6d 10, d 1,
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解后反思 裂项相消法求和的常见类型: ①若{an}是等差数列,则 ②
1 1 1 1 = (d≠0); an an1 d an an1
1 1 = ( n k - n ); nk n k
1 1 2n ③ n = - . n1 n n 1 (2 1)(2 1) 2 1 2 1
思路分析 (1)先用数列第n项与前n项和的关系求出数列{an}的递推公式,可以判定数列{an} 是等差数列,利用等差数列的通项公式即可写出数列{an}的通项公式;(2)根据(1)求数列{bn}的 通项公式,再用裂项相消法求其前n项和.
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4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表 示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
届高考数学一轮总复习 第5章 数列 第4节 数列求和课件 理 新人教版
[即时应用]
(2015·青岛一模)等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝15，a5＝9. (1)求数列{an}的通项公式；
解：设数列{an}的公差为 d，首项为 a1， 由题意得3aa1＋1＋46d＝ d＝9， 15， 解得ad1＝＝21.， 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
(2)设
2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2， 代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)． 答案：190(2n－1)
＝3＋2n－2 1·3n＋1， 所以 Sn＝3＋2n－4 1·3n＋1.
考点四 裂项相消法求和 常考常新型考点——多角探明 [命题分析]
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相 互抵消，从而求得其和．
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多 变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列 an 的 通项公式，达到求解目的．
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前 n 项和：
nn＋1 ①1＋2＋3＋…＋n＝_____2____； ②2＋4＋6＋…＋2n＝ n(n＋1) ； ③1＋3＋5＋…＋2n－1＝ n2
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比
或可求和的数列组成的，Байду номын сангаас求和时可用分组求和法，分别求
(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和 一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列 的前 n 项和即可用错位相减法求解．
2019-2020学年度最新新人教版高考数学一轮复习第五篇数列第4节数列求和及综合应用课件理
【重要结论】 1.12+22+32+…+n2= 1 n(n+1)(2n+1).
6 2.13+23+33+…+n3=[ 1 n(n+1)]2.
2
双基自测
1.数列{1+2n-1}的前n项和为( C )
(A)1+2n
(B)2+2n
(C)n+2n-1
(D)n+2+2n
解析:由题意令 an=1+2n-1,设其前 n 项和为 Sn, 则 Sn=n+ 1 2n =n+2n-1,故选 C.
f z d x
解:(1)由题设可得 f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2cos x.
4a1a126dd31, 0,
解得
ad1
1, 1,
所以
an=n,Sn=
nn 1
2
,
所以 1 = 2 =2( 1 - 1 ), Sn n(n 1) n1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
)=2(1-
1
)= 2n .
S k 1 k
223
n n1
n1 n1
答案: 2n n 1
第4节 数列求和及综合应用
知识梳理自测 考点专项突破 解题规范夯实
知识梳理自测
把散落的知识连起来
【教材导读】 数列求和有哪些方法? 提示:公式法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法、并项求和法、错位 相减法.
知识梳理
1.数列求和的基本方法 (1)公式法 直接用等差、等比数列的求和公式求解. (2)倒序相加法 如果一个数列{an}满足与首末两项等“距离”的两项的和相等(或等于同一常数),那么 求这个数列的前n项和,可用倒序相加法. (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和. (4)分组求和法 一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列的通项公式组成,求和时可用 分组求和法,分别求和而后相加.
新高考数学人教版一轮课件：第5章-第4讲-数列求和-
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)；
(6)nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2.
第五章 数列
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题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和为 Sn
＝a11－－aqn＋1.
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6．(2020·课标Ⅰ，16,5分)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前 16项和为540，则a1＝__7__.
[解析] 令n＝2k(k∈N*)，则有a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)， ∴a2＋a4＝5，a6＋a8＝17，a10＋a12＝29，a14＋a16＝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a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)．
第五章 数列
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(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝ (1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋ (9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－ 13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22 －S31＝29－44－61＝－76.
第五章 数列
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新人教版通用2019高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教师用书文新人教A版
第四节 数列求和———————————————————————————————— [考纲传真] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －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－q n1－q ，q ≠1.n a 1－qn1－q ，q ≠12．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(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)裂项时常用的三种变形： ①1nn ＋＝1n －1n ＋1； ②1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (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)如果数列{a n }是周期为k (k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( )． [答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√ 2．(教材改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋，则S 5等于( )A ．1 B.56C.16D.130B [∵a n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]3．(2016·广东中山华侨中学3月模拟)已知等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 5，则数列{b n }的前9项和S 9等于( )A ．9B ．18C ．36D ．72B [∵a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5，∴a 5＝4， ∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2， ∴S 9＝9b 5＝18，故选B.]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 ＝__________. 【导学号：31222188】2n ＋1－2＋n 2[S n ＝－2n1－2＋n＋2n －2＝2n ＋1－2＋n 2.]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n＝__________.4－n ＋42n [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－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n.](2016·北京高考)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] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ＝1,2,3，…).2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. 所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…).5分 (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.7分从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n＋2n －2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n－12.12分 [规律方法] 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，则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．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.2分又当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 *.5分(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 ≥3.8分设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3， 当n ≥3时，T n ＝3＋－3n －21－3－n ＋n －2＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *.12分(2016·重庆南开二诊)若A n 和B n 分别表示数列{a n }和{b n }的前n 项的和，对任意正整数n ，a n ＝2(n ＋1)，3A n －B n ＝4n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)记c n ＝2A n ＋B n，求{c n }的前n 项和S n . [解] (1)由于a n ＝2(n ＋1)，∴{a n }为等差数列，且a 1＝4.2分 ∴A n ＝n a 1＋a n2＝n＋2n ＋2＝n 2＋3n ，∴B n ＝3A n －4n ＝3(n 2＋3n )－4n ＝3n 2＋5n ， 当n ＝1时，b 1＝B 1＝8，当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝3n 2＋5n －[3(n －1)2＋5(n －1)]＝6n ＋2.由于b 1＝8适合上式，∴b n ＝6n ＋2.5分(2)由(1)知c n ＝2A n ＋B n ＝24n 2＋8n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，7分 ∴S n ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.12分[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．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．[变式训练2] (2017·石家庄一模)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，3分所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.5分 (2)b n ＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，8分所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.12分(2016·山东高考)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 ＋n ＋1b n ＋n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式． 所以a n ＝6n ＋5.2分 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.5分(2)由(1)知c n ＝n ＋n ＋1n ＋n＝3(n ＋1)·2n ＋1.7分又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]，9分两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋－2n1－2－n ＋n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.12分[规律方法] 1.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，若{b n }的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．2．在书写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[变式训练3] (2016·广东肇庆第三次模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n，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 ，首项为a 1. ∵S 3＝6，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋12－d ＝6，5a 1＋12－d ＝15，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.3分∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n .5分 (2)由(1)得b n ＝a n 2a n ＝n2n ，6分 ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，①①式两边同乘12， 得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，10分∴T n ＝2－12n －1－n2n .12分[思想与方法]解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和． [易错与防范]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．利用裂项相消法求和的注意事项：(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 课时分层训练(三十一) 数列求和A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )【导学号：31222189】A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12nA [该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)＝n 2＋1－12n .]2．(2016·安徽江南十校3月联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130C [{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.]3．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里B [由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．故选B.]4．(2016·江西高安中学第九校联考)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 ．16C [根据题意这个数列的前8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S 16＝2×0＋7＝7.故选C.]5．已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋＋f n，n ∈N *，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝( ) 【导学号：31222190】A. 2 016－1B. 2 017－1C. 2 018－1D. 2 018＋1C [由f (4)＝2得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1.] 二、填空题6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝sinn π2，n ∈N *，则S 2 016＝__________.【导学号：31222191】0 [a n ＝sinn π2，n ∈N *，显然每连续四项的和为0.S 2 016＝S 4×504＝0.]7．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.2n ＋1－2 [∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n.∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.]8．(2017·广州综合测试(二))设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，S n ＝kn 2－1(n∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为__________．n2n ＋1[令n ＝1得a 1＝S 1＝k －1，令n ＝2得S 2＝4k －1＝a 1＋a 2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以S n ＝4n 2－1，1S n＝14n 2－1＝1n ＋n －＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.] 三、解答题9．(2017·成都二诊)已知数列{a n }中，a 1＝1，又数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n (n ∈N *)是公差为1的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . [解] (1)∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n 是首项为2，公差为1的等差数列， ∴2na n ＝2＋(n －1)＝n ＋1，3分解得a n ＝2n n ＋.5分 (2)∵a n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.12分 10．(2016·全国卷Ⅱ)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] (1)设数列{a n }的首项为a 1，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 ＝2n ＋35.5分 (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35＜2，b n ＝1； 当n ＝4,5时，2≤2n ＋35＜3，b n ＝2；8分 当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35＜4，b n ＝3； 当n ＝9,10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.12分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．已知等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，则数列lg a 1,2lg a 2,22lg a 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )【导学号：31222192】A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1D ．2n ＋1 C [∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，∴a 2n ＝102n ，即a n ＝10n ，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n ·2n －1， ∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，②∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.]2．(2017·合肥二次质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n ，则S n ＝__________. n ·2n (n ∈N *) [由S n ＝2a n －2n 得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n －S n －1)－2n ，即S n 2n －S n －12n －1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，则S n 2n ＝n ，S n ＝n ·2n (n ≥2)，当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．]3．(2017·广州综合测试(二))设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3得a n ＝2S n －1＋3， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3.3分∴数列{a n }是以a 1＝3为首项，公比为3的等比数列． ∴a n ＝3×3n －1＝3n .5分(2)法一：由(1)得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)·3n ，7分∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)·3n ，①3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)·3n ＋1，②①－②得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)·3n ＋1 ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1 ＝3＋2×32－3n －11－3－(2n －1)·3n ＋1 ＝－6－(2n －2)·3n ＋1.10分 ∴T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.12分法二：由(1)得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)·3n .7分∵(2n －1)·3n ＝(n －1)·3n ＋1－(n －2)·3n ， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(0＋3)＋(33＋0)＋(2×34－33)＋…＋[(n －1)·3n ＋1－(n －2)·3n ] ＝(n －1)·3n ＋1＋3.12分。
2019版理科数学一轮复习第6章第4讲 数列求和、数列的综合应用(考题帮.数学理) Word版含解析
第四讲数列求和、数列的综合应用题组等差、等比数列的综合应用.[新课标全国Ⅱ分]等差数列{}的公差为,若成等比数列,则{}的前项和() () ()...[北京分][理]若等差数列{}和等比数列{}满足,则..[湖南分][理]设为等比数列{}的前项和.若,且成等差数列,则..[安徽分][理]数列{}是等差数列,若构成公比为的等比数列,则..[天津分][理]设{}是首项为,公差为的等差数列为其前项和.若成等比数列,则的值为..[北京分]已知{}是等差数列,{}是等比数列,且.(Ⅰ)求{}的通项公式;(Ⅱ)设,求数列{}的前项和..[天津分][理]已知{}是各项均为正数的等差数列,公差为.对任意的∈*是和的等比中项. (Ⅰ)设∈*,求证:数列{}是等差数列;(Ⅱ)设()∈*,求证:<.题组数列的实际应用.[全国卷Ⅰ分][理]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,…,其中第一项是,接下来的两项是,再接下来的三项是,依此类推.求满足如下条件的最小整数>且该数列的前项和为的整数幂.那么该款软件的激活码是()题组数列与其他知识的综合.[浙江分]如图,点列{},{}分别在某锐角的两边上,且≠∈*≠∈*(≠表示点与不重合).若为△的面积,则()图.{}是等差数列.{}是等差数列.{}是等差数列.{}是等差数列.[福建分][理]若是函数()(>>)的两个不同的零点,且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,则的值等于().[四川分][理]已知数列{}的首项为为数列{}的前项和,其中>∈*.(Ⅰ)若成等差数列,求数列{}的通项公式;(Ⅱ)设双曲线的离心率为,且,证明…>..[安徽分][理]设∈*是曲线在点()处的切线与轴交点的横坐标.(Ⅰ)求数列{}的通项公式;(Ⅱ)记…,证明≥.组基础题.[武汉市部分学校调研]已知等比数列{}中成等差数列,设为数列{}的前项和,则等于() . 或..[东北三省四市一模]已知数列{}为等差数列,数列{}为等比数列,且满足π,则() . ..[石家庄市一模]已知函数()在(∞)上单调,且函数()的图象关于直线对称,若数列{}是公差不为的等差数列,且()(),则数列{}的前项的和为()。
高考数学一轮复习讲解与练习 5.4数列求和理 新人教A版.pdf
[备考方向要明了] 考 什 么怎 么 考 熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.1.以选择题或填空题的形式考查可转化为等差或等比数列的数列求和问题，如2012年新课标全国T16等．2.以解答题的形式考查利用错位相减法、裂项相消法或分组求和法等求数列的前n项和，如2012年江西T16，湖北T18等. [归纳·知识整合] 数列求和的常用方法 1．公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和 (1)等差数列的前n项和公式： Sn＝＝na1＋d； (2)等比数列的前n项和公式： Sn＝ 2．倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的． 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项和就是用此法推导的． 4．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． [探究] 1.应用裂项相消法求和的前提条件是什么？ 提示：应用裂项相消法求和的前提条件是数列中的每一项均可分裂成一正一负两项，且在求和过程中能够前后抵消． 2．利用裂项相消法求和时应注意哪些问题？ 提示：(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，或前面剩下两项，后面也剩下两项． 5．分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． 6．并项求和法 一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. [自测·牛刀小试] 1.＋＋＋…＋等于( ) A. B. C．1－ D．3－ 解析：选A ＝， ＋＋＋…＋ ＝ ＝＝. 2．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于( ) A．13 B．10 C．9 D．6 解析：选D an＝＝1－， Sn＝＋＋…＋ ＝n－ ＝n－＝n－＝n－1＋. n－1＋＝＝5，解得n＝6. 3．(教材习题改编)(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n)＝________. 解析：(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n) ＝(2＋4＋…＋2n)－3(5－1＋5－2＋…＋5－n) ＝－3× ＝n(n＋1)－＝n2＋n＋·5－n－. 答案：n2＋n＋·5－n－ 4．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S100＝________. 解析：S100＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋99－100 ＝(1－2)＋(3－4)＋(5－6)＋…＋(99－100)＝－50. 答案：－50 5．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________. 解析：an＝n·2n， Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n. ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1. ①－得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2. Sn＝2n＋1(n－1)＋2. 答案：(n－1)·2n＋1＋2 分组转化求和 [例1] (2012·山东高考)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意mN*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm. [自主解答] (1)因为{an}是一个等差数列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28. 设数列{an}的公差为d， 则5d＝a9－a4＝73－28＝45， 故d＝9. 由a4＝a1＋3d，得28＝a1＋3×9，即a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(nN*)． (2)对mN*，若9m0，a1>0. 由已知有 化简得又a1>0，故q＝2，a1＝1. 所以an＝2n－1. (2)由(1)知，bn＝2＝a＋＋2＝4n－1＋＋2. 因此Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋＋2n ＝＋＋2n＝(4n－41－n)＋2n＋1. 裂项相消法求和 [例2] 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n＝1,2,3，…)． (1)求证：数列{an}为等差数列，并写出an关于n的表达式； (2)若数列的前n项和为Tn，问满足Tn>的最小正整数n是多少？ [自主解答] (1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－2(n－1)，得an－an－1＝2(n＝2,3,4，…)． 所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列． 所以an＝2n－1. (2)Tn＝＋＋…＋＋ ＝＋＋…＋ ＝ ＝＝， 由Tn＝>，得n>，所以满足Tn>的最小正整数n为12. ——————————————————— 用裂项相消法求和应注意的问题 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，使裂开的两项之差与系数相乘后与原项相等． 2．等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和． 解：(1)设数列{an}的公比为q. 由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝. 由条件可知q>0，故q＝. 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝. 故数列{an}的通项公式为an＝. (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－. 故＝－＝－2. ＋＋…＋ ＝－2 ＝－. 所以数列的前n项和为－. 错位相减法求和 [例3] (2012·天津高考)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，nN*，证明Tn－8＝an－1bn＋1(nN*，n≥2)． [自主解答] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d. 由条件，得方程组解得 所以an＝3n－1，bn＝2n，nN*. (2)证明：由(1)得 Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n， 2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1. 由－，得 －Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1 ＝－(3n－1)×2n＋1－2 ＝－(3n－4)×2n＋1－8， 即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1. 而当n≥2时，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1， 所以Tn－8＝an－1bn＋1，nN*，n≥2. 若本例(2)中Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，nN*，求证：Tn＋12＝－2an＋10bn(nN*)． 证明：由(1)得 Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1， 2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1. ②－，得 Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10. 而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，nN*. ——————————————————— 用错位相减法求和应注意的问题 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式； (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． 3．已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，nN*)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)设{an}的公差为d. 由已知得 解得a1＝3，d＝－1. 故an＝3＋(n－1)·(－1)＝4－n. (2)由(1)得，bn＝n·qn－1，于是 Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1. 若q≠1，将上式两边同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn. 两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1 ＝nqn－ ＝. 于是，Sn＝. 若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝. 所以Sn＝ 1种思想——转化与化归思想 数列求和把数列通过分组、变换通项、变换次序、乘以常数等方法，把数列的求和转化为能使用公式求解或者能通过基本运算求解的形式，达到求和的目的． 2个注意——“裂项相消法求和”与“错位相减法求和”应注意的问题 (1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点． (2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 4个公式——常见的拆项公式 (1)＝； (2)＝； (3)＝； (4)＝(－). 答题模板——利用错位相减法解决数列求和 [典例] (2012·江西高考)(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中kN＋)，且Sn的最大值为8. (1)确定常数k，求an；(2)求数列的前n项和Tn.[快速规范审题] 第(1)问 1．审条件，挖解题信息 观察条件：Sn＝－n2＋kn及Sn的最大值为8当n＝k时，Sn取得最大值． 2．审结论，明确解题方向 观察所求结论：求k的值及anSn的最大值为8，即Sk＝8，k＝4. Sn＝－n2＋4n. 3．建联系，找解题突破口 根据已知条件，可利用an与Sn的关系求通项公式： 求通项公式an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)，a1＝S1＝an＝－n. 第(2)问 1．审条件，挖解题信息 观察条件：an＝－n及数列＝. 2．审结论，明确解题方向 观察所求结论：求数列的前n项和Tn可利用错位相减法求和． 3．建联系，找解题突破口 条件具备，代入求和：Tn＝1＋＋＋…＋＋2Tn＝2＋2＋＋…＋＋②－：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝.[准确规范答题] (1)当n＝kN＋时，Sn＝－n2＋kn取得最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，(2分) 利用an＝Sn－Sn－1时，易忽视条件n≥2.故k2＝16，因此k＝4，(3分) 从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)．(4分) 又a1＝S1＝，(5分) 所以an＝－n.(6分) (2)因为＝， 错位相减时，易漏项.所以Tn＝1＋＋＋…＋＋，(7分) 所以2Tn＝2＋2＋＋…＋＋，(8分) －：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－.(11分) 所以Tn＝4－.(12分) [答题模板速成] 用错位相减法解决数列求和的步骤： 第一步 判断结构第二步 乘公比第三步 错位相减第四步 求和若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和设{an·bn}的前n项和为Tn，然后两边同乘以q乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(kN*)的项对应，然后两边同时作差将作差后的结果求和，从而表示出Tn 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )A.或5B.或5 C. D. 解析：选C 设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝. 2．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于( ) A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 解析：选A 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－. 3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S8＝30，S4＝7，则a4的值等于( ) A. B. C. D. 解析：选C 由题意可得 解得故a4＝a1＋3＝. 4.＋＋＋…＋等于( ) A. B. C. D. 解析：选B 令Sn＝＋＋＋…＋， 则 Sn＝＋＋…＋＋， ①－得： Sn＝＋＋＋…＋－ ＝－， 故Sn＝. 5．已知数列{an}的通项公式为an＝n2cos nπ(nN*)，Sn为它的前n项和，则等于( ) A．1 005 B．1 006 C．2 011 D．2 012 解析：选B 注意到cos nπ＝(－1)n(nN*)， 故an＝(－1)nn2. 因此有S2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－20112＋20122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝＝1 006×2 013，所以＝1 006. 6．(2013·锦州模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列(nN*)的前n项和是( ) A. B. C. D. 解析：选A f′(x)＝mxm－1＋a，m＝2，a＝1. f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n. ＝＝＝－， 令Sn＝＋＋＋…＋＋ ＝＋＋＋…＋＋＝1－＝. 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 7．(2012·江西高考)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，且对任意的nN*都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________. 解析：由an＋2＋an＋1－2an＝0，得anq2＋anq－2an＝0，显然an≠0，所以q2＋q－2＝0.又q≠1，解得q＝－2.又a1＝1，所以S5＝＝11. 答案：11 8．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”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________. 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＝2n－2＋2＝2n. Sn＝＝2n＋1－2. 答案：2n＋1－2. 9．数列{an}的通项an＝n(nN*)，其前n项和为Sn，则S2 013＝________. 解析：an＝n＝ncos nπ， a1＝－1，a2＝2，a3＝－3，a4＝4，…， S2 013＝(－1)＋2＋(－3)＋4＋(－5)＋6＋…＋(－2 009)＋2 010＋(－2 011)＋2 012＋(－2 013) ＝[(－1)＋2]＋[(－3)＋4]＋[(－5)＋6]＋…＋[(－2 009)＋2 010]＋[(－2 011)＋2 012]＋(－2013) ＝1＋1＋…＋1＋1－2 013＝1 006－2 013＝－1 007. 答案：－1 007 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．(2012·湖北高考)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{an}的通项公式； (2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d， 由题意得 解得或 所以由等差数列通项公式可得 an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7. 故an＝－3n＋5或an＝3n－7. (2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件． 故|an|＝|3n－7|＝ 记数列{|an|}的前n项和为Sn. 当n＝1时，S1＝|a1|＝4； 当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5； 当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋＝n2－n＋10.当n＝2时，满足此式． 综上可知，Sn＝ 11．(2013·合肥模拟)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，nN*. (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列． (2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 解：(1)点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上， an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1(n>1，且nN*)． an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， 即an＋1＝4an，n>1. 又a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1， 当t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列． (2)在(1)的结论下，an＋1＝4an，an＋1＝4n， bn＝log4an＋1＝n. cn＝an＋bn＝4n－1＋n， Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n) ＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝＋. 12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(nN*)． (1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn.求满足不等式>2 013的n的最小值． 解：(1)证明：因为Sn＋n＝2an，即Sn＝2an－n， 所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，nN*)． 两式相减化简，得an＝2an－1＋1. 所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，nN*)． 所以数列{an＋1}为等比数列． 因为Sn＋n＝2an，令n＝1，得a1＝1. a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1. (2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1， 所以bn＝(2n＋1)·2n. 所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n， 2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1， ①－，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1. 所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1. 若>2 013，则>2 013， 即2n＋1>2 013. 由于210＝1 024,211＝2 048，所以n＋1≥11，即n≥10. 所以满足不等式>2 013的n的最小值是10. 1．设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝________. 解析：f(x)＝，f(1－x)＝＝， f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f＋f＋…＋f， S＝f＋f＋…＋f， ①＋得 2S＝＋＋…＋ ＝2 012， S＝＝1 006. 答案：1 006 2．求和Sn＝＋＋＋＋…＋. 解：Sn＝＋＋＋＋…＋ ＝＋＋＋＋…＋ ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ ＝＋ ＝－n＋1. 3．在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an. (1)求Sn的表达式； (2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. 解：(1)S＝an，an＝Sn－Sn－1(n≥2)， S＝(Sn－Sn－1)， 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn， 由题意Sn－1·Sn≠0， 式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2， 数列是首项为1，公差为2的等差数列． ＝1＋2(n－1)＝2n－1.Sn＝. (2)又bn＝＝ ＝， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝＝. 4．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，nN*. (1)求数列{an}的通项； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝， ∴当n≥2时， a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝， ①－得3n－1an＝，an＝. 在中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，an＝. (2)∵bn＝，bn＝n·3n. Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， ∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1. ④－得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即2Sn＝n·3n＋1－， Sn＝＋.。
全国版2019版高考数学一轮温习第5章数列第4讲数列求和学案201805092219
第4讲 数列求和板块一 知识梳理·自主学习[必备知识]考点 数列求和的六种方法 1．公式法 2．分组求和法 3．倒序相加法 4．并项求和法 5．裂项相消法 6．错位相减法[必会结论]常见的拆项公式 (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 .[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n－12.( )答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2．[2018·长沙模拟]已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15 答案 A解析 ∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.3．[2018·吉林模拟]数列{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前10项之和为( )A.13B.512C.12D.712 答案 B解析 b n ＝1a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，S 10＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112 ＝512.故选B. 4．[课本改编]数列1，12，2，14，4，18，…的前2n 项和S 2n ＝________.答案 2n－12n解析 S 2n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝2n －1＋1－12n ＝2n－12n .5．[2018·南京模拟]已知a n ＝13n ，设b n ＝na n ，记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案(2n －1)·3n ＋1＋34解析 b n ＝n ·3n，于是S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n，① 3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n ·3n ＋1，②①－②，得－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1，即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1，S n ＝n2·3n ＋1－14·3n ＋1＋34＝(2n －1)·3n ＋1＋34.板块二 典例探究·考向突破 考向分组转化法求和例 1 [2016·北京高考]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 (1)等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27. 设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， 所以1＋13d ＝27，即d ＝2， 所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…)． (2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1，从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n (1＋2n －1)2＋1－3n1－3＝n 2＋3n－12. 触类旁通分组转化求和通法若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应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．【变式训练1】 [2018·西安模拟]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)na 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 .∵n ＝1时，a 1＝1符合上式， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .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(1－22n)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.考向裂项相消法求和 命题角度1 形如a n ＝1n ＋k ＋n型例 2 [2018·正定模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，若d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9，所以d ＝2，S 9＝99， 又因为S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，{a n }是首项为3，公差为2的等差数列．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝1a n ＋1＋a n＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，∴T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32.命题角度2 形如a n ＝1n (n ＋k )型例 3 [2017·全国卷Ⅲ]设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． 解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1(n ∈N *)． (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.命题角度3 形如a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2型例 4 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 .当n ＝1时，a 1＝2＝2×1符合上式．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. 触类旁通裂项相消法求和问题的常见类型及解题策略(1)直接考查裂项相消法求和．解决此类问题应注意以下两点：①抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项； ②将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2.(2)与不等式相结合考查裂项相消法求和．解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．考向错位相减法求和例 5 [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 .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，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n.(2)由题意知S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)·b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .触类旁通用错位相减法求和应注意的问题(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．【变式训练2】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．解 (1)由已知得a m ＝S m －S m －1＝4， 且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为d ，则有2a m ＋3d ＝14， ∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋m (m －1)2×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4， ∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6， ∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3.∴(a n ＋6)·b n ＝2n ·2n －3＝n ·2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ， ∴T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ·2n －2①2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ·2n －1②①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ·2n －1＝2－1(1－2n)1－2－n ·2n －1＝2n －1－12－n ·2n －1 ＝(1－n )×2n －1－12. ∴T n ＝(n －1)·2n －1＋12(n ∈N *)．核心规律非等差、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、倒序相加法等来求和． 满分策略1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号．3．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.板块三 启智培优·破译高考规范答题系列3——求数列{|a n |}的前n 项和问题[2018·德州模拟]在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解题视点 对等差数列{a n }，求{|a n |}的前n 项和的题型，常先由S n 的最值判断出哪些项为正，哪些项为负，或先求出a n ，解a n ≥0的n 的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负．若前k 项为负，从k ＋1项开始以后的项非负，则{|a n |}的前n 项和T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－S n ，n ≤k ，S n －2S k ，n >k ，若前k 项为正，以后各项非正，则T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ，n ≤k ，2S k －S n ，n >k .解 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2， 即d 2－3d －4＝0，故d ＝－1或4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11， 所以S n ＝－12n 2＋212n ，令a n ≥0，则n ≤11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.[答题模板] 求数列{|a n |}前n 项和的一般步骤 第一步：求数列{a n }的前n 项和；第二步：令a n ≤0(或a n ≥0)确定分类标准； 第三步：分两类分别求前n 项和； 第四步：用分段函数形式表示结论；第五步：反思回顾，即查看{|a n |}的前n 项和与{a n }的前n 项和的关系，以防求错结果．跟踪训练已知数列{a n }的前n 项和S n ＝12n －n 2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和T n . 解 (1)∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝11；当n ≥2时，S n ＝12n －n 2，S n －1＝12(n －1)－(n －1)2， ∴a n ＝S n －S n －1＝13－2n ； 当n ＝1时也满足此式成立， 故a n 的通项公式为a n ＝13－2n .(2)令a n ＝13－2n ≥0，n ≤132.当n ≤6时，数列{|a n |}的前n 项和T n ＝S n ＝12n －n 2；当n >6时，a 7，a 8，…，a n 均为负数，故S n －S 6<0， 此时T n ＝S 6＋|S n －S 6|＝S 6＋S 6－S n ＝72＋n 2－12n .故{|a n |}的前n 项和T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12n －n 2，n ≤6，n 2－12n ＋72，n >6.板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2答案 C解析 S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n －1)＝(2＋22＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2(1－2n)1－2＋2×n (n ＋1)2－n ＝2(2n －1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2.2．[2017·全国卷Ⅲ]等差数列{}a n 的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}a n 前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 答案 A解析 由已知条件可得a 1＝1，d ≠0， 由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )， 解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24.故选A.3．[2018·江南十校联考]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S2017＝( )A.2016－1B.2017－1C.2018－1D.2018＋1答案 C解析由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x12.所以a n＝1f(n＋1)＋f(n)＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.故选C.4．[2018·金版创新]已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，当n≥2时，a n＋2S n－1＝n，则S2017的值为( )A．2017 B．2016 C．1009 D．1007答案 C解析因为a n＋2S n－1＝n，n≥2，所以a n＋1＋2S n＝n＋1，n≥1，两式相减得a n＋1＋a n＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009.故选C.5．在数列{a n}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋a n＝3n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n等于( )A．(3n－1)2 B.12(9n－1)C．9n－1 D.14(3n－1)答案 B解析因为a1＋a2＋…＋a n＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋a n－1＝3n－1－1(n≥2)．则n≥2时，a n＝2·3n－1.当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以a n＝2·3n－1(n∈N*)．则数列{a2n}是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.6．[2017·郑州模拟]设数列{a n}的通项公式为a n＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.答案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|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.7．化简S n＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是________．答案2n＋1－n－2解析S n＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①2S n＝n×2＋(n－1)×22＋…＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n，②②－①，得S n＝－n＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＋2n＝－n＋2(1－2n)1－2＝2n＋1－n－2.8．[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 ＝________.答案2nn ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ·1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 9．[2018·衡阳模拟]在等比数列{a n }中，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2，b 13＝a 3.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)nb n ＋a n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n . 解 (1)由题意，b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2＝3q ，b 13＝a 3＝3q 2. 又∵{b n }为等差数列，设公差为d ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧b 4＝b 1＋3d ＝3q ，b 13＝b 1＋12d ＝3q 2，化简得q 2－4q ＋3＝0，∴q ＝1(舍)或q ＝3，∴a n ＝3n， ∵d ＝b 4－b 14－1＝2，∴b n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)由题意得c n ＝(－1)n(2n ＋1)＋3n.S 2n ＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n －1)＋32n －1＋(4n ＋1)＋32n＝(3＋32＋ (32))＋[－3＋5－7＋9－…－(4n －1)＋(4n ＋1)] ＝3(1－32n )1－3＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n ＋1)－(4n －1)]}＝32n ＋1－32＋2n . 10．[2018·北京西城区模拟]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5.(1)求{a n }的通项公式； (2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49.解 (1)由a 1＝9，a 2为整数可知，等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，于是9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95.∵d 为整数，∴d ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝11－2n . (2)证明：由(1)，得1a n a n ＋1＝1(11－2n )(9－2n ) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －19. 令b n ＝19－2n ，由函数f (x )＝19－2x的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性，知0<b 1<b 2<b 3<b 4，b 5<b 6<b 7<…<0，∴b n ≤b 4＝1.∴T n ≤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝49.[B 级 知能提升]1．[2018·宁夏银川模拟]已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，….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2018项之和S 2018等于( )A ．2008B ．4017C ．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2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009. 由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∴2018＝6×336＋2，∴S 2018＝S 2＝2008＋2009＝4017.故选B. 2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 D解析 a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1.∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1) ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2，∴S 9＝1013<1020，S 10＝2036>1020，∴S n >1020，n 的最小值是10.故选D.3．[2016·浙江高考]设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.答案 1 121解析 ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121.4．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.解 (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n.故a n ＝－3n＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n＝n ，得 1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. 5．[2017·天津高考]已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(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 .由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12.而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，解得q ＝－3或q ＝2. 又因为q ＞0，所以q ＝2.所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8①. 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16②，联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以，数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n.由a2n＝6n－2，得T n＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2T n＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1.上述两式相减，得－T n＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×(1－2n)1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，所以T n＝(3n－4)2n＋2＋16.所以，数列{a2n b n}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.。
高考数学一轮知能训练 第五章 数列 第4讲 数列的求和(含解析)-人教版高三全册数学试题
第4讲 数列的求和1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，则S 20172017＝( )A ．1009B ．1008C ．2D ．12．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }前n 项的和为( )A ．4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 B ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1 D.12－1n ＋13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则数列{|a n |}的前n 项和T n 等于( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3 D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ，n ＞34．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．05．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2 D ．2n －1－26．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的有( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4 7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 8．(2017年新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则11nk kS=∑＝________.9．(2019年新课标Ⅱ)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．10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1＋n －2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 2(a n －1)，求T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1.11．(2018年某某)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．12．(2018年某某)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ⅰ)求T n ；ⅱ)证明：21()(1)(2)nk k k k T b b k k +=+++∑＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．第4讲 数列的求和1．A 解析：S 2017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2016＋a 2017) ＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2016＋1) ＝1＋2×2016＋1×10092＝2017×1009， ∴S 20172017＝1009.故选A. 2．A 解析：∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n 2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 3．C 解析：∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列， 且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7. ∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3.4．A 解析：∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0.故S 2018＝336×0＋a 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.5．C 解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.6．ABD7．480 解析：∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…. ∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，…. ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，….∴该数列构成以4为首项，4为公差的等差数列． ∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8.2nn ＋1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＋4×32d ＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.数列{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n n －12d ＝n n ＋12，1S k ＝2kk ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，则11nk kS =∑＝2⎝ ⎛1－12＋12－⎭⎪⎫13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1. 9．解：(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， ∴数列{}b n 的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.10．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2n ＋1＋n －2，S n －1＝2n＋n －1－2，得a n ＝2n＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝3， 综上所述，a n ＝2n＋1.(2)由b n ＝log 2(a n －1)＝log 22n＝n .T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 11．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，∴a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，∵q >1，∴q ＝2.(2)设＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{}前n 项和为S n .由＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解得＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，∴b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，∴b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.12．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. ∵q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ， 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6， 可得3b 1＋13d ＝16， 从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n . ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)ⅰ)解：由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝1(n k =∑2k－1)＝12nk =∑k－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.ⅱ)证明：∵T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， ∴1nk =∑T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。
2018-2019学年高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习课件：第五章 第四节 数列求和
公式是 an＝(－1)n(3n －2)， 则 a1＋a2＋„＋
15 a10＝________.
知识点
试题
解析
∵an＝n· 2n，
4．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＝
知识点
∴Sn＝1· 21＋2· 22＋3· 23＋„＋n· 2n.① ∴ 2Sn ＝ 1· 22 ＋ 2· 23 ＋ „ ＋ (n － 1)· 2n ＋ n· 2n＋1② ①－②，得 －Sn＝2＋22＋23＋„＋2n－n· 2n＋1 21－2n ＝ － n· 2n＋1＝2n＋1－2－n· 2n＋1 1－2 ＝(1－n)2n＋1－2. ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
知识点
易误提醒 1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留 了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点． 2．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解． 必记结论 常见数列的求和公式： nn＋12n＋1 . 6
1 的前 则数列 b b ＋ n n 1
log3an ， 则 数 列
1 的前 n 项和 Sn b b ＋ n n 1
1 1 1 ＝ ＝n－ bnbn＋1 nn＋1
n ＝________. n＋ 1
1 1 1 n 项和为 1 － ＋ － 2 2 3
第四节
数列求和
数列求和 掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
知识点
数列求和的常用方法
(1)倒序相加法： 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和 相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用
知识点
倒序相加法，如等差数列的前 n 项和即是用此法推导的． (2)错位相减法： 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对 应项之积构成的，那么这个数列的前 n 项和即可用此法来求， 如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的．
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第4节数列求和及综合应用知识点、方法题号公式法、并项法、分组求和法1,2,3,11,13裂项相消法求和5,8,15错位相减法求和12,14数列的综合应用4,6,7,9,10基础巩固(时间:30分钟)1.已知数列{a n}的通项公式是a n=2n-3()n,则其前20项和为( C )(A)380- (1-) (B)400- (1-)(C)420- (1-) (D)440- (1-)解析:设数列{a n}的前n项和为S n,则S20=a1+a2+…+a20=2(1+2+…+20)-3(++…+)=2×-3×=420- (1-).故选C.2.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S100等于( B )(A)200 (B)-200 (C)400 (D)-400解析:S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]+[-3-(-3)-3+…-(-3)]=4×(-50)=-200.故选B.3.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为( A )(A)-24 (B)-3 (C)3 (D)8解析:由a2,a3,a6成等比数列且a1=1得(1+2d)2=(1+d)(1+5d).因为d≠0,所以d=-2,所以S6=6×1+×(-2)=-24.故选A.4.(2017·安阳一模)已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则数列{log2 a n}的前10项和等于( C )(A)1 023 (B)55 (C)45 (D)35解析:数列{a n}的前n项和S n=2n-1,可得a1=S1=2-1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1,对n=1也成立.所以a n=2n-1(n∈N*)log2a n=log22n-1=n-1,则数列{log2a n}的前10项和等于0+1+2+…+9=×(1+9)×9=45.故选C.5.(2017·湖南模拟)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=n2(n∈N*),记数列{}的前n 项和为T n,则T2 017等于( B )(A)(B)(C)(D)解析:当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2- (n-1)2=2n-1,当n=1时适合上式,所以a n=2n-1.(n∈N*).所以== (-),数列{}的前n项和为T n= (1-+-+…+-)= (1-).则T2 017= (1-)=.故选B.6.(2016·湖北三校联考)已知等比数列{a n}的各项都为正数,且当n≥3时,a4=1,则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4,…,2n-1lg a n,…的前n项和S n等于( C )(A)n·2n (B)(n-1)·2n-1-1(C)(n-1)·2n+1 (D)2n+1解析:因为等比数列{a n}的各项都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,所以=102n,即a n=10n,所以2n-1lg a n=2n-1lg 10n=n·2n-1,所以S n=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①2S n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,②所以①-②得-S n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)·2n-1,所以S n=(n-1)·2n+1.选C.7.(2017·郴州二模)已知等比数列{a n}的前n项和S n=2n-a,则++…+等于( D )(A)(2n-1)2(B) (2n-1)(C)4n-1 (D) (4n-1)解析:因为S n=2n-a,所以a1=2-a,a1+a2=4-a,a1+a2+a3=8-a,解得a1=2-a,a2=2,a3=4,因为数列{a n}是等比数列,所以22=4(2-a),解得a=1.所以公比q=2,a n=2n-1,=22n-2=4n-1.则++…+== (4n-1).故选D.8.(2016·广东汕尾调研)已知数列{a n}为等比数列,a1=3,a4=81,若数列{b n}满足b n=(n+1)log3a n,则{}的前n项和S n= .解析:由题知a n=3n,所以b n=n(n+1),= -,所以S n=(1-)+(-)+…+(-)=1-=.答案:9.(2017·合肥二模)等比数列{a n}满足a n>0,且a2a8=4,则log2 a1+log2 a2+log2 a3+…+log2 a9= .解析:根据题意,等比数列{a n}的各项都是正数,a1·a9=a2·a8=a3·a7=a4·a6==4,则a5=2,则log2 a1+log2 a2+…+log2 a9=log2(a1·a2·…·a9)=log2(29)=9,答案:9能力提升(时间:15分钟)10.已知数列{a n}满足a n+1-a n=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6|等于( C )(A)9 (B)15 (C)18 (D)30解析:因为a n+1-a n=2,a1=-5,所以数列{a n}是公差为2的等差数列.所以a n=-5+2(n-1)=2n-7.数列{a n}的前n项和S n==n2-6n.令a n=2n-7≥0,解得n≥.所以n≤3时,|a n|=-a n.n≥4时,|a n|=a n.则|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18.故选C.11.(2017·安徽宿州一模)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a2=2,a n+2+(-1)n-1a n=1,则S40等于( C )(A)260 (B)250 (C)240 (D)230解析:由a n+2+(-1)n-1a n=1,当n为奇数时,有a n+2+a n=1,当n为偶数时,a n+2-a n=1,所以数列{a n}的偶数项构成以2为首项,以1为公差的等差数列,则S40=(a1+a3+a5+a7+…+a39)+(a2+a4+…+a40)=10×1+20×2+×1=240.故选C.12.(2017·淮北二模)已知数列{b n}是等比数列,b n=,a1=1, a3=3,c n=(a n+1)·b n,那么数列{c n}的前n项和S n= .解析:设等比数列{b n}的公比为q,由题意得===q,即a n+1-a n=log2 q.所以{a n}为等差数列,又d==1,a1=1.所以a n=1+n-1=n,b n=2n-1.所以c n=(a n+1)·b n=(n+1)·2n-1.所以数列{c n}的前n项和S n=2×1+3×2+4×22+…+(n+1)·2n-1.①2S n=2×2+3×22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,②①-②得-S n=2+2+22+23+…+2n-1-(n+1)·2n=1+-(n+1)·2n=-n·2n,所以S n=n·2n.答案:n·2n13.已知等差数列{a n}前三项的和为-3,前三项的积为8.(1)求等差数列{a n}的通项公式;(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|a n|}的前n项和.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得解得或所以由等差数列通项公式可得a n=2-3(n-1)=-3n+5,或a n=-4+3(n-1)=3n-7.故a n=-3n+5,或a n=3n-7.(2)当a n=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列;当a n=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.故|a n|=|3n-7|=记数列{|a n|}的前n项和为S n.当n=1时,S1=|a1|=4;当n=2时,S 2=|a1|+|a2|=5;当n≥3时,S n=S2+|a3|+|a4|+…+|a n|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)=5+=n2-n+10.当n=2时,满足此式.综上,S n=14.(2017·衡水一模)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,且满足a n+1=S n+2n+1(n∈N*).(1)证明数列{}为等差数列;(2)求S1+S2+…+S n.(1)证明:由S n+1-S n=a n+1得S n+1-S n=S n+2n+1,即S n+1-2S n=2n+1,整理得-=1,因为n=1时,==1,所以数列{}是以1为首项,1为公差的等差数列.(2)解:由(1)可知,=1+n-1=n,即S n=n·2n,令T n=S1+S2+…+S n,T n=1·2+2·22+…+n·2n,①2T n=1·22+…+(n-1)·2n+n·2n+1,②①-②,得-T n=2+22+…+2n-n·2n+1,整理得T n=2+(n-1)·2n+1.15.(2017·江西鹰潭二模)已知数列{a n}与{b n},若a1=3且对任意正整数n满足a n+1-a n=2,数列{b n}的前n项和S n=n2+a n.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)求数列{}的前n项和T n.解:(1)由题意知数列{a n}是公差为2的等差数列,又因为a1=3,所以a n=3+2(n-1)=2n+1.数列{b n}的前n项和S n=n2+a n=n2+2n+1=(n+1)2,当n=1时,b1=S1=4;当n≥2时,b n=S n-S n-1=(n2+2n+1)-[(n-1)2+2(n-1)+1]=2n+1.上式对b1=4不成立.所以数列{b n}的通项公式为b n=(2)n=1时,T1==,n≥2时,== (-),所以T n=+ (-+-+…+-)=+=. n=1仍然适合上式.综上,T n=.。