第二编 专题三 第2讲

数列 1 的前 an
n
项和为
Sn，则
S5＝(
)
A.3116
B.185
C．7
D．31
答案 A
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解 (1)当 n＝1 时，S1＝2a1－1，所以 a1＝1. 因为 Sn＝2an－n，① 所以当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，② ①－②得 an＝2an－2an－1－1，所以 an＝2an－1＋1， 所以aan－n＋1＋11＝2aan－n－1＋1＋1＋ 1 1＝2aann－－11＋＋12＝2， 所以{an＋1}是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 所以 an＋1＝2·2n－1，所以 an＝2n－1.
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3Qn＝1·(－2)0＋2·(－2)1＋2·(－2)2＋…＋2·(－2)n－1－(2n－1)·(－2)n ＝1＋－4·[11－－－－22n－1]－(2n－1)·(－2)n ＝－13－6n3－1·(－2)n. ∴Qn＝－19－6n9－1·(－2)n. ∴Tn＝－Pn＋Qn＝－4154＋－54n－6n－19·－2n.
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③－④得 －Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2. 所以 Kn＝(n－1)·2n＋1＋2， 又因为 Mn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn2＋1， 所以 Kn－Mn＝(n－1)·2n＋1－nn2＋1＋2. 所以数列{anbn}的前 n 项和 Tn＝(n－1)·2n＋1－nn＋ 2 1＋2.
数列___□_0_4_适__当__拆__开__，__□0_5__重__新__组__合_______，就会变成几个可以求和的部分，
分别求和，然后再合并．
□ (5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如__0_6__(_－_1_)_n_a_n _____的形式， 通常分__□0_7__奇__、_偶_____，观察相邻两项是否构成新数列．
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解 (1)设等差数列{an}的公差是 d. 由 a5＝3a2 得 a1＋4d＝3(a1＋d)，化简得 d＝2a1，① 由 S7＝14a2＋7 得 d＝a1＋1，② 由①②解得 a1＝1，d＝2. 所以数列{an }的通项公式为 an＝2n－1.
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3
PART THREE
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『真题模拟』
1．(2019·江西八所重点中学高三 4 月联考)已知数列{an}是等比数列，若
ma6·a7＝a28－2a4·a9，且公比 q∈(3 5，2)，则实数 m 的取值范围是( )
A．(2,6)
B．(2,5)
C．(3,6)
D．(3,5)
答案 C
解析 ∵ma6·a7＝a28－2a4·a9，∴ma21q11＝a21q14－2a21q11，m＝q3－2，∵q
∈(3 5，2)，∴q3∈(5,8)，m∈(3,6)．故选 C.
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2．(2019·安徽马鞍山高三一模)数列{an}为等比数列，若 a1＝1，a7＝8a4，
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(2)由数列{an＋bn }是首项为 1，公比为 2 的等比数列，得 an＋bn＝2n－1， 即 2n－1＋bn＝2n－1.所以 bn＝2n－1－2n＋1.
所以(－1)nbn(an＋bn)＝(－1)n·2n－1·(2n－1－2n＋1)＝(－1)n4n－1＋(－2)n－1(2n －1)＝－(－4)n－1＋(2n－1)·(－2)n－1.
11 2nanan＋1<3.
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解 (1)因为 Sn＋an＝2n＋1，① 所以当 n＝1 时，a1＋a1＝2＋1，解得 a1＝32. 当 n≥2 时，Sn－1＋an－1＝2(n－1)＋1，② 由①－②，得 an－an－1＋an＝2，即 an＝12an－1＋1， 即 an－2＝12(an－1－2)， 所以数列{an－2}是等比数列，其首项为 a1－2＝－12，公比为12， 所以 an－2＝－12n，所以 an＝2－12n.
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等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}是等比数列，满足 a1＝3，b1＝1， b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝S2n，n为奇数， 设数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 T2n.
bn，n为偶数，
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2
PART TWO
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考向 1 分组转化法求和 例 1 (2019·天津南开区高三下学期一模)已知数列{an}是等差数列，Sn 为其前 n 项和，且 a5＝3a2，S7＝14a2＋7. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{an＋bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列{(－1)nbn(an ＋bn)}的前 n 项和 Tn.
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(2019·福建高三毕业班 3 月质检)数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－n. (1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求 an； (2)求证：若数列{bn}为等差数列，且 b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前 n 项和 Tn.
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∴Pn＝(－4)0＋(－4)1＋…＋(－4)n－1＝11－－－－44n＝1－5－4n ， Qn＝1·(－2)0＋3·(－2)1＋5·(－2)2＋…＋(2n－3)·(－2)n－2＋(2n－1)·(－2)n－ 1，③ －2Qn＝1·(－2)1＋3·(－2)2＋5·(－2)3＋…＋(2n－3)·(－2)n－1＋(2n－1)·(－ 2)n，④ ③－④得
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若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数 列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结 构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求和公式 进行求和．解题的关键是观察结构、巧分组．
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(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以 b3＝a2＝3，b7＝a3＝7， 设{bn}的公差为 d，则 b7＝b3＋(7－3)·d，所以 d＝1， 所以 bn＝b3＋(n－3)·d＝n， 所以 anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n. 设数列{n·2n}的前 n 项和为 Kn，数列{n}的前 n 项和为 Mn， 所以 Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，③ 2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，④
□ 是____0_2_等__差__数__列__和__等__比__数__列_____．
(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算
□03 1
和的方法，适用于求通项为_____a_n_a_n＋ _1___的数列的前 n 项和．
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(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个
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1
PART ONE
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常见的求和方法
(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前 n 项和．对等比数列利用公
□ 式法求和时，一定注意______0_1_公__比___q_是__否__取___1________.
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前 n 项和，其中{an}，{bn}分别
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(2)由 a1＝3，an＝2n＋1，得 Sn＝n(n＋2)． 则 cn＝nn2＋2，n为奇数，
2n－1，n为偶数， 即 cn＝1n－n＋1 2，n为奇数，
2n－1，n为偶数， T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
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＝1－13＋13－51＋…＋2n1－1－2n1＋1＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－2n1＋1＋211－－44n＝2n2＋n 1＋23(4n－1)．
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考向 2 裂项相消法求和
例 2 (2019·甘青宁高三 3 月联考)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已
第二编 讲专题
专题三 数列
第2讲 数列求和问题
「考情研析」
1.从具体内容上，高考对数列求和的考查主要以
解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列
的和，体现转化与化归的思想． 2.从高考特点上，难度稍大，一般以解答
题为主，分值约为 7～8 分．
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知 a7＝5，S5＝－55. (1)求 Sn；
(2)设
bn＝Snn，求数列
1
的前
bnbn＋1
19
项和
T19.
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解
(1)∵
a1＋6d＝5， 5a1＋2d＝－55，
∴ad1＝＝4－. 19，
∴Sn＝－19n＋nn－ 2 1×4＝2n2－21n.
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(2)设 bn＝Snn＝2n－21， 则bnb1n＋1＝2n－2112n－19＝122n－1 21－2n－1 19， 故 T19＝12×－119－－117＋－117－－115＋…＋117－119＝12×－119－119＝ －119.
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裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几
项，可求和．适用于数列 c anan＋
1的求和，其中数列{an}是各项不为
0
的等差
数列，c 为常数．
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已知数列{an}的前 n 项和是 Sn，且满足 Sn＋an＝2n＋1(n∈N*)．
(1)求证数列{an－2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求证：2a11a2＋22a12a3＋…＋
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(2)证明：2nan1an＋1＝2n＋1－21n＋21n＋2－1＝2n＋11－1－2n＋12－1，
所以2a11a2＋22a12a3＋…＋2nan1an＋1＝22－1 1－23－1 1＋23－1 1－24－1 1＋…＋
2n＋11－1－2n＋12－1＝13－
解 (1)当 n≥2 时，Sn＝n2＋2n，Sn－1＝(n－1)2＋2(n－1)， ∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当 n＝1 时，a1＝S1＝3 满足上式， 综上，an＝2n＋1.∵5b1＝5，∴b1＝1，∴bn＝4n－1.
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(2)an·bn＝(2n＋1)·4n－1，① Tn＝3＋5×4＋7×42＋…＋(2n＋1)·4n－1， ∴4Tn＝3×4＋5×42＋…＋(2n－1)·4n－1＋(2n＋1)·4n，② ①－②，得－3Tn＝3＋2·(4＋42＋…＋4n－1)－(2n＋1)·4n＝3＋2·41－－43n－1
11 2n＋2－1<3.
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考向 3 错位相减法求和 例 3 (2019·东北三省三校高三二模)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，Sn ＝n2＋2n，等比数列{bn}的公比为 4，且 a2＝5b1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn.
－(2n＋1)·4n＝13－2n＋134n， ∴Tn＝－19＋23n＋914n.
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错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的 数列的求和．但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其项数； 另外还要注意首项与末项．
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解 (1)设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q，则由 a1＝3，b1＝1 及ab52－＋2Sb2＝2＝1a03，，
得3q＋＋46d＋－d2＝q＝103，＋2d， 解得dq＝ ＝22， ， 所以 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
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