2018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北师大版
高三数学一轮总复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.ppt
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n
4．一个数列{an}，当 n 是奇数时，an＝5n＋1；当 n 为偶数时，an＝22 ，则这 个数列的前 2m 项的和是__________。
解析：当 n 为奇数时，{an}是以 6 为首项，以 10 为公差的等差数列；当 n 为偶 数时，{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列。所以，S2m＝S 奇＋S 偶＝ma1＋mm2－1 ×10＋a211－－22m
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2 种思路——解决非等差、等比数列求和问题的两种思路 (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，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和。
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3 个注意点——应用“裂项相消法”和“错位相减法”应注意的问题 (1)裂项相消法，分裂通项是否恰好等于相应的两项之差。 (2)在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后 面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点。 (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比含有参数，应分 q＝1 和 q≠1 两种情况求解。
＝6m＋5m(m－1)＋2(2m－1) ＝6m＋5m2－5m＋2m＋1－2 ＝2m＋1＋5m2＋m－2。 答案：2m＋1＋5m2＋m－2
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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。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。 答案：(n－1)2n＋1＋2
北师大版高考数学一轮总复习6.4《数列求和》ppt课件
5．(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数 列．
(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的 形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应 项相乘构成的数列求和．
(4)倒序相加：例如，等差数列前 n 项和公式的推导方法．
[答案] 1.累加法
2．累积法
3.na12＋an
na1＋nn－2 1d
倒序相加法
na1
a11－qn 1－q
a1－anq 1－q
4
．
(1)
nn＋1 2
(2)n2 ＋ n
(3)n2
nn＋12n＋1
(4)
6
(5)nn＋2 12
基础自测
1.数列{1＋2n－1}的前 n 项和为( )
A．1＋2n
B．2＋2n
C．n＋2n－1
D．n＋2＋2n
[解析] 数列的通项公式为：an＝n＋21n，
Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
12＋14＋18＋…＋21n
＝
nn＋1 2
＋
1－21n＝12(n2＋n＋2)－21n.
利用裂项相消求和
等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和 为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
在数列{an}中，an＝
1 n＋1
＋
2 n＋1
＋…＋
n n＋1
，又bn＝
an·a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析] an＝n＋1 1＋n＋2 1＋…＋n＋n 1 ＝1＋2n＋＋…1 ＋n＝n2nn＋＋11＝n2 ∴bn＝an·a2n＋1＝n2·n2＋2 1＝nn8＋1 ＝8(1n－n＋1 1)．
高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.pptx
{an}的前 n 项和． 2．通项公式为 an＝cbnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比 数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，
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，_11_1－_－_q_q_n_，__q_≠__1_._ 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 和公式即是用此法推导的．
1．必会结论 常用求和公式
前 n 个正整数之和 前 n 个正奇数之和
前 n 个正整数的平方和
前 n 个正整数的立方和
1＋2＋…＋n＝nn2＋1 1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2
nn＋12n＋1 12＋22＋…＋n2＝________6_______
13＋23＋…＋n3＝nn＋2 12
2.必知联系 (1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数 (字母)时，应对其公比是否为 1 进行讨论． (2)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如 an，an＋1 的式子应进行合并． (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．
(2)由(1)可得 bn＝2n＋n， 所以 b1＋b2＋b3＋…＋b10 ＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝211－－2210＋1＋102×10 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.
高考北师大版数学(理)一轮复习课件：第五章 第四节 数列求和
(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n， 所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n．① 从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1．② ①－②得 －Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，所以Sn＝(2n－1)2n ＋1＋2．
2．分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，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an＝ (－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
(2)记 Sn 为{nan}的前 n 项和．由(1)及题设可得 an＝(－2)n－1，所以 Sn＝1 ＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－ 2)n－1＋n×(－2)n． 所以 3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n ＝1－（3－2）n－n×(－2)n． 所以 Sn＝19－（3n＋1）9（－2）n．
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解析：an＝n（n1＋1）＝1n－n＋1 1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝1－
n＋1 1＝n＋n 1＝22 001290，所以 n＝2 019．
2．已知数列：112，214，318，…，n＋21n，…，则其前 n 项和关于 n 的表 达式为________．
高考数学一轮专项复习讲义-数列求和(北师大版)
§6.5数列求和课标要求 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用方法．知识梳理数列求和的几种常用方法(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：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1.(2)分组求和法与并项求和法①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．②并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．(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．常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝③1(2n －1)(2n ＋1)＝④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝121n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).常用结论常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2.(3)12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.(4)13＋23＋33＋…＋n 3＝n (n ＋1)22.自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比q 不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .(√)(2)求数列{2n ＋2n }的前n 项和可用分组求和法．(√)(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．(×)(4)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.(×)2．数列{a n }的前n 项和为S n .若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于()A ．1 B.56C.16D.130答案B 解析因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.3．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于()A.2n －n －12n B.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12n D.2n ＋1－n ＋22n答案B解析由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，②①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1211－12－n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1＝2n ＋1－n －22n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－n －22n.4．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＝_____.答案9解析S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1×8＝9.题型一分组求和与并项求和例1(2023·重庆模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n a n ＋1＋log 2(a n a n ＋1)(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为S n ＋1＝2S n ＋1，所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，又S 1＋1＝a 1＋1＝2，所以数列{S n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以S n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即S n ＝2n －1，当n ≥2时，S n －1＝2n －1－1，所以a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －1＋1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝1成立，故a n ＝2n －1，n ∈N ＋.(2)b n ＝a n a n ＋1＋log 2(a n a n ＋1)＝2n －1·2n ＋log 2(2n －1·2n )＝22n －1＋2n －1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝21＋23＋25＋…＋22n －1＋1＋3＋5＋…＋2n －1＝2(1－4n )1－4＋n (1＋2n －1)2＝23(4n －1)＋n 2.思维升华(1)分组求和法常见题型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 n ，n为奇数，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{c n}的前n项和．(2)并项求和法常见题型①数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n f(n)，求数列{a n}的前n项和．②数列{a n}是周期数列或a k＋a k＋1(k∈N＋)为定值，求数列{a n}的前n项和．跟踪训练1数列{a n}的前n项和S n满足S n＝a n＋1－1，n∈N＋，且a1＝1.(1)求a n；(2)设b n＝(－1)n(a n－1)，求数列{b n}的前2n项和T2n.解(1)因为S n＝a n＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝a2－1，由a1＝1可得a2＝2，当n≥2时，S n－1＝a n－1，作差得S n－S n－1＝a n＋1－1－(a n－1)，即2a n＝a n＋1，n≥2，又a2a1＝2，所以数列{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n＝2n－1.(2)由(1)知b n＝(－1)n2n－1－(－1)n，所以b2n＝22n－1－1，b2n－1＝－22n－2＋1，所以b2n－1＋b2n＝4n－1，所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝1＋4＋…＋4n－1＝1－4n1－4＝4n－13.题型二错位相减法求和例2(12分)(2023·全国甲卷)记S n为数列{a n}的前n项和，已知a2＝1,2S n＝na n.(1)求{a n}的通项公式；[切入点：利用a n＝S n－S n－1(n≥2)找出a n的递推关系](2)n项和T n.[关键点：错位相减法求和][思路分析](1)由a n＝S n－S n－1(n≥2)→a n与a n－1的递推关系→累乘法求a n(2)求b n→错位相减法求T n解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；(1分)当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，(2分)当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2S n －2S n －1＝na n －(n －1)a n －1＝2a n ，化简得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1，(3分)①处利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)找a n 与a n －1的递推关系则当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2，则a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2＝n －1n －2·n －2n －3·…·21，即an a 2＝n －1，②处累乘法求a n因为a 2＝1，所以a n ＝n －1，(5分)当n ＝1,2时都满足上式，所以a n ＝n －1，n ∈N ＋.(6分)(2)令b n ＝a n ＋12n ＝n2n ，(7分)③处错位相减法求和即T n ＝2－2＋n2n .(12分)思维升华(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，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①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．②应用等比数列求和公式时必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1.跟踪训练2(2023·郑州质检)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝7，且数列{a n ＋1－a n }为等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求{b n }的前n 项和S n .解(1)因为a 1＝1，a 2＝3，a 3＝7，所以a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝4，因为数列{a n ＋1－a n }为等比数列，a 3－a 2a 2－a 1＝2，所以数列{a n ＋1－a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋21＋1＝2n －1，当n ＝1时上式也成立．所以a n ＝2n －1.(2)因为a n ＝2n －1，所以b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)2n －(2n －1)，记数列{(2n －1)2n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1，两式相减得－T n ＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n －1＋2n )－(2n －1)·2n＋1＝2＋2×22(1－2n －1)1－2－(2n －1)·2n ＋1＝(3－2n )·2n ＋1－6，所以T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6，所以S n ＝T n －[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＝T n －n (1＋2n －1)2＝T n －n 2＝(2n －3)·2n ＋1－n 2＋6.题型三裂项相消法求和例3(2022·新高考全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<2.(1)解因为a 1＝1，S1a 1＝1，是公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋(n －1)×13＝n ＋23，所以S n ＝n ＋23a n .因为当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以n ＋13a n －1＝n －13a n (n ≥2)，所以a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)，所以a 2a 1·a3a 2·…·a n －1a n －2·a n a n －1＝31×42×53×…·n n －2·n ＋1n －1＝n (n ＋1)2(n ≥2)，所以a n ＝n (n ＋1)2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N ＋)．(2)证明因为a n ＝n (n ＋1)2，所以1a n ＝2n (n ＋1)＝所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝…＝思维升华裂项相消法的原则及规律(1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项．跟踪训练3(2024·海口模拟)已知等差数列{a n }，其前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋m ，m 为常数．(1)求m 及{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n ＋2S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)由题意，当n ＝1时，a 1＝S 1＝m ＋1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋m －(n －1)2－m ＝2n －1，则a 2＝3，a 3＝5，因为数列{a n }是等差数列，所以a 1＋a 3＝2a 2，即m ＋1＋5＝2×3，解得m ＝0，则a 1＝1，满足a n ＝2n －1，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．(2)由(1)可得S n ＝n 2，则b n ＝a n ＋2S n S n ＋1＝2n ＋1n 2(n ＋1)2＝1n 2－1(n ＋1)2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝112－122＋122－132＋…＋1n 2－1(n ＋1)2＝1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n (n ＋1)2.课时精练1．已知等差数列{a n }的首项为1，且a n >0，________.在①S 11＝66；②a 3，a 9，9a 3成等比数列；③S n －na n ＝n －n 22，其中S n 是数列{a n }的前n 项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n a＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解(1)若选择①：设{a n }的公差为d ，因为S 11＝66，a 1＝1，所以11＋11×102×d ＝66，解得d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .若选择②：因为a 3，a 9,9a 3成等比数列，所以a 29＝9a 23，又a n >0，所以a 9＝3a 3，又a 1＝1，设{a n }的公差为d (d >0)，所以1＋8d ＝3(1＋2d )，解得d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .若选择③：设{a n }的公差为d ，因为S n －na n ＝n －n 22，所以na 1＋n (n －1)2d －n [a 1＋(n －1)d ]＝n －n 22，又a 1＝1，即n ＋n (n －1)2d －n －n (n －1)d ＝n －n 22d ＝n －n 22，解得d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .(2)由(1)知b n ＝3n a＋2a n ＝3n ＋2n .所以T n ＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n ＋2n )，所以T n ＝3＋32＋…＋3n ＋2＋4＋…＋2n ，所以T n ＝3(1－3n )1－3＋(2＋2n )n 2＝3n ＋1－32＋n 2＋n ，所以T n ＝3n ＋1＋2n 2＋2n －32.2．(2024·枣庄模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝3，且满足a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2.(1)证明：数列{a n －2n }为等比数列；(2)已知b n n ，n 为奇数，2a n ，n 为偶数，T n 为数列{b n }的前n 项和，求T 10.(1)证明由a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2可得a n ＋1－2n ＋1＝2n ＋1－2a n ＝－2(a n －2n )．又a 1－21＝1≠0，所以数列{a n －2n }是以1为首项，－2为公比的等比数列．(2)解由(1)可得a n －2n ＝(－2)n －1，即a n ＝2n ＋(－2)n －1.当n 为奇数时，b n ＝a n ＝2n ＋(－2)n －1＝3×2n －1；当n 为偶数时，b n ＝log 2a n ＝log 2[2n ＋(－2)n －1]＝log 22n －1＝n －1.所以T 10＝(b 1＋b 3＋b 5＋b 7＋b 9)＋(b 2＋b 4＋b 6＋b 8＋b 10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝3×(1－45)1－4＋(1＋9)×52＝1048.3．(2023·遂宁模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n(a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)由已知得2S n ＝3a n －1，①当n ＝1时，2S 1＝3a 1－1，即2a 1＝3a 1－1，解得a 1＝1，当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，②①－②得2a n ＝3a n －3a n －1，即a n ＝3a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝3n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝3n (3n －1＋1)(3n＋1)＝32×所以T n ＝32×－13＋1＋13＋1－132＋1＋…＋13n －1＋1－＝32×＝34－32(3n ＋1).4．(2023·邢台模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，等差数列{b n }满足b 2＝a 2＋2，b 3＝S 2＋3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和T n .解(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1－2)－(2n －2)＝2n ，当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝2n .由题意得b 2＝a 2＋2＝22＋2＝6，b 3＝2＋4＋3＝9，设等差数列{b n }的公差为d ，则d ＝b 3－b 2＝3，b 1＝b 2－d ＝3，故b n ＝b 1＋(n －1)d ＝3n .综上，a n ＝2n ，b n ＝3n .(2)由(1)知a n b n ＝3n ·2n ，所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n －1b n －1＋a n b n＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n －1)·2n －1＋3n ·2n ，①2T n ＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n －1)·2n ＋3n ·2n ＋1，②所以①－②得，－T n ＝3×(21＋22＋23＋…＋2n －1＋2n)－3n ·2n ＋1＝3×21－2n ＋11－2－3n ·2n ＋1＝(3－3n )·2n ＋1－6，所以T n ＝(3n －3)·2n ＋1＋6.5．(2023·湘潭模拟)在数列{a n }中，a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n n ＋1＝n 2＋n .(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：13a 1＋14a 2＋…＋1(n ＋2)a n <18.(1)解因为a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n n ＋1＝n 2＋n ，①则当n ＝1时，a 12＝2，即a 1＝4，当n ≥2时，a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n －1n＝n 2－n ，②①－②得a n n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n (n ＋1)，n ≥2，a 1＝4也满足a n ＝2n (n ＋1)，故a n ＝2n (n ＋1)(n ∈N ＋)．(2)证明因为1(n ＋2)a n ＝12n (n ＋1)(n ＋2)＝12(n ＋1)·1n (n ＋2)＝14(n ＋1)·＝141n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)，所以13a 1＋14a 2＋…＋1(n ＋2)a n ＝1411×2－12×3＋12×3－13×4＋…＋1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)＝1412－1(n ＋1)(n ＋2)<18.6．(2024·洛阳模拟)已知数列{a n }满足数列{a n ＋1－a n }为等比数列，a 1＝1，a 2＝2，且对任意的n ∈N ＋，a n ＋2＝λa n ＋1－2a n (λ≠1)．(1)求实数λ的值及{a n }的通项公式；(2)当n ∈[a k ，a k ＋1)时，b n ＝k (k ∈N ＋)，求数列{b n }的前2n 项和．解(1)设{a n ＋1－a n }的公比为q .∵a n ＋2＝λa n ＋1－2a n ，∴a n ＋2－a n ＋1＝λa n ＋1－2a n －a n ＋1＝(λ－1)a n ＋1－2a n ＝(λ－n ＋1－2λ－1a q (a n ＋1－a n )．∴2λ－1＝1，解得λ＝3，∴q ＝2.又a 2－a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝2n －1.∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋20＋21＋…＋2n －2＝1＋1－2n －11－2＝2n －1(n ≥2)，当n ＝1时，符合上式，∴{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)当b m ＝k ＝1时，m ∈[1,2)，共2－1＝1项，当b m ＝k ＝2时，m ∈[2,4)，共4－2＝2项，当b m ＝k ＝3时，m ∈[4,8)，共8－4＝4项，…当b m ＝k ＝n 时，m ∈[2n －1,2n )，共2n －2n －1＝2n －1项，又2n b ＝n ＋1，∴{b n }的前2n 项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ·2n －1＋n ＋1.记S n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ·2n －1，则2S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，作差可得－S n ＝20＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.因此，数列{b n }的前2n 项和为S n ＋n ＋1＝(n －1)·2n ＋n ＋2.。
近年高考数学一轮复习 第5章 数列 第4节 数列求和课时分层训练 文 北师大版(2021年整理)
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课时分层训练(三十）数列求和A组基础达标(建议用时：30分钟）一、选择题1．数列1错误!，3错误!，5错误!，7错误!，…,（2n－1）＋错误!，…的前n项和S n的值等于( )A．n2＋1－错误!B．2n2－n＋1－错误!C．n2＋1－错误!D．n2－n＋1－错误!A［该数列的通项公式为a n＝（2n－1）＋错误!，则S n＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋错误!＝n2＋1－错误!。
]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S10＝50，则数列｛a n＋a n＋1｝的前10项和为( ）【导学号：66482261】A．100 B．110C．120 D．130C[｛a n＋a n＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10）＋a11－a1＝2S10＋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a1为首项,公比为12的等比数列，则错误!＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．故选B。
近年高考数学一轮复习 第5章 数列 第4节 数列求和教师用书 文 北师大版(2021年整理)
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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＝错误!＝na＋错误!d；1（2)等比数列的前n项和公式：S n＝错误!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（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：①错误!＝错误!－错误!；②错误!＝错误!错误!；③错误!＝错误!－错误!。
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）n f (n)类型，可采用两项合并求解．例如,S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97）＋…＋（2＋1)＝5 050。
2018北师大版文科数学高考总复习教师用书：6-4数列求
第4讲 数列求和最新考纲 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．知 识 梳 理1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n ) 2 ＝na 1＋n (n －1)2d . ②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.2．常见的裂项公式 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT 展示(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.( )解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解． 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100＝( ) A ．50 B ．75 C ．100 D ．125解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d )＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d ＝50＋50×12＝75. 答案 B3．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 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n －2解析 S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.答案 C4．(教材改编)一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 答案 A5．(教材改编)1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝______(x ≠0且x ≠1)． 解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x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．解 (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列． 设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2.规律方法 (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．【训练1】 (1)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( ) A ．n 2＋1－12n B ．2n 2－n ＋1－12n C ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋1－12n(2)(2017·九江模拟)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 ．1 008 B ．2 016 C ．504 D ．0解析 (1)该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . (2)a 1＝cos π2＝0，a 2＝2 cos π＝－2，a 3＝0，a 4＝4，….所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2,4，－6,8，…，－2 014,2 016. 故S 2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008. 答案 (1)A (2)A 考点二 裂项相消法求和【例2】 (2015·全国Ⅰ卷)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． 解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3， 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3(2n ＋3).规律方法 (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．【训练2】 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 (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.考点三 错位相减法求和【例3】 (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 (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.规律方法 (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．【训练3】 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．解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3， 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12， 从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝ 34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.[思想方法]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想1．转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；2．不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和． [易错防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，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.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100解析 因为S nn ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.答案 C2．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( ) A ．9 B ．8 C ．17 D ．16解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案 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 ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案 B4．(2017·高安中学模拟)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 ．5 B ．6 C ．7 D ．16解析 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S 16＝2×0＋7＝7.故选C. 答案 C5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N ＋)，则S 2 016＝( ) A ．22 016－1 B ．3·21 008－3 C ．3·21 008－1 D ．3·21 007－2解析 a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，∴S 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 015＋a 2 016 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016) ＝1－21 0081－2＋2(1－21 008)1－2＝3·21 008－3.故选B.答案 B 二、填空题6．(2016·上饶模拟)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为________．解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .答案 2n ＋1－2－n7．(2016·宝鸡模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N ＋)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.解析 由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ， 则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6. 答案 68．(2017·安阳二模)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n －1.答案 4n －1 三、解答题9．(2016·北京卷)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)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由⎩⎨⎧ b 2＝b 1q ＝3，b 3＝b 1q 2＝9得⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝3. ∴b n ＝b 1q n －1＝3n －1，又a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝34－1＝27， ∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝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＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.10．(2017·铜川一模)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 (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)．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 ＋)． (2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1， 因为1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(2n ＋2). 能力提升题组(建议用时：20分钟)11．(2016·郑州模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1(n ∈N ＋)，其前n 项和为S n ，则在数列S 1，S 2，…，S 2 016中，有理数项的项数为( )A ．42B ．43C ．44D ．45解析 a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝(n ＋1)n －n n ＋1[(n ＋1)n ＋n n ＋1][(n ＋1)n －n n ＋1]＝n n －n ＋1n ＋1.所以S n ＝1－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－33＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33－44＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫n n －n ＋1n ＋1＝1－n ＋1n ＋1， 因此S 3，S 8，S 15…为有理项，又下标3,8,15，…的通项公式为n 2－1(n ≥2)，所以n 2－1≤2 016，且n ≥2，所以2≤n ≤44，所以有理项的项数为43.答案 B12．(2017·济南模拟)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( )A ．76B ．78C ．80D ．82解析 因为a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，所以a 2－a 1＝1，a 3＋a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5＋a 4＝7，a 6－a 5＝9，a 7＋a 6＝11，…，a 11＋a 10＝19，a 12－a 11＝21，所以a 1＋a 3＝2，a 4＋a 2＝8，…，a 12＋a 10＝40，所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝(a 1＋a 3)＋(a 5＋a 7)＋(a 9＋a 11)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＝3×2＋8＋24＋40＝78. 答案 B13．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 015＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0142 015，则S ＝________. 解析 ∵f (x )＝4x 4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x， ∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 015＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0142 015，① S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0142 015＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0132 015＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015，② ①＋②得，2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0142 015＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 015＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0132 015＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0142 015＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007.答案 1 00714．(2015·山东卷)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13， 所以a 1a 2＝3.①令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25， 所以a 2a 3＝15.②解①②得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1×41＋2×42＋…＋n ×4n ，所以4T n ＝1×42＋2×43＋…＋n ×4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4(1－4n )1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43. 所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋(3n －1)4n ＋19. 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.。
2018高考数学一轮复习 第5章 数列 第1节 数列的概念与简单表示法教师用书 文 北师大版
第五章数列[深研高考·备考导航] 为教师备课、授课提供丰富教学资源 [五年考情][重点关注]1．从近五年全国卷高考试题来看：数列一般有两道客观题或一道解答题，其中解答题与解三角形交替考查，中低档难度．2．从知识上看：主要考查等差数列、等比数列、a n与S n的关系、递推公式以及数列求和，注重数列与函数、方程、不等式的交汇命题．3．从能力上看：突出对函数与方程、转化与化归、分类讨论等数学思想的考查，加大对探究、创新能力的考查力度．[导学心语]1．重视等差、等比数列的复习，正确理解等差、等比数列的概念，掌握等差、等比数列的通项公式、前n项和公式，灵活运用公式进行等差、等比数列基本量的计算．2．重视a n与S n关系、递推关系的理解与应用，加强由S n求a n，由递推关系求通项，由递推关系证明等差、等比数列的练习．3．数列是特殊的函数，要善于用函数的性质，解决与数列有关的最值问题，等差(比)数列中共涉及五个量a1，a n，S n，d(q)，n，“知三求二”，体现了方程思想的应用．一般数列求和，首先要考虑是否能转化为等差(比)数列求和，再考虑错位相减、倒序相加、裂项相消、分组法等求和方法．重视发散思维、创新思维，有意识地培养创新能力．第一节数列的概念与简单表示法[考纲传真] 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类函数．1．数列的定义按照一定次序排列着的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项． 2．数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图像法和解析法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与 n 之间的函数关系可以用一个式子表示成a n ＝f (n )，那么这个式子就叫作这个数列的通项公式．5．若一个数列首项确定，其余各项用a n 与a n －1的关系式表示(如a n ＝2a n －1＋1，n ≥2且n ∈N *)，则这个关系式称为数列的递推公式．6．a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )(3)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) (4)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49D ．64A [当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15.]3．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫作三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图511)．图511则第7个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29D ．30B [由题图可知，第7个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.] 4．(教材改编)数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是__________.【导学号：66482230】n 2n －1 [由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n 2n －1.] 5．(2014·全国卷Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝__________.12 [由a n ＋1＝11－a n ，得a n ＝1－1a n ＋1， ∵a 8＝2，∴a 7＝1－12＝12，a 6＝1－1a 7＝－1，a 5＝1－1a 6＝2，…，∴{a n }是以3为周期的数列，∴a 1＝a 7＝12.]写出下面各数列的一个通项公式：(1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1,7，－13,19，…； (4)3,33,333,3 333，….[解] (1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1. 3分 (2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…， 所以a n ＝2n－12n . 6分(3)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6.故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5). 9分(4)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n ＝13(10n－1). 12分[规律方法] 1.求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征； (2)相邻项的变化特征；(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征； (4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想．2．若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，让规律凸现出来．对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n ＋1来调整，可代入验证归纳的正确性．[变式训练1] (1)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝n －1n ＋1(n ∈N *) B ．a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *)C ．a n ＝n －2n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n 2n ＋1(n ∈N *)(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝__________.【导学号：66482231】(1)C (2)2n ＋1n 2＋1[(1)注意到分子0,2,4,6都是偶数，对照选项排除即可．(2)数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式：(1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n＋b .【导学号：66482232】[解] (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，3分 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. 5分 (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1. 7分当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式. 10分 ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.12分[规律方法] 由S n 求a n 的步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应写成分段函数的形式．易错警示：利用a n ＝S n －S n －1求通项时，应注意n ≥2这一前提条件，易忽视验证n ＝1致误．[变式训练2] (2017·石家庄质检(二))已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2A [由S n ＝2a n －4可得S n －1＝2a n －1－4(n ≥2)，两式相减可得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．又a 1＝2a 1－4，a 1＝4，所以数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A.]根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式：(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2na n ； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.【导学号：66482233】[解] (1)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n n ＋2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n2. 4分(2)∵a n ＋1＝2na n ，∴a n a n －1＝2n －1(n ≥2)， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n n －2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n n －2. 8分(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，因此a n ＝2·3n －1－1. 12分[规律方法] 1.已知a 1，且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n ；已知a 1(a 1≠0)，且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n . 2．已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为{a n ＋k }为等比数列．易错警示：本题(1)，(2)中常见的错误是忽视验证a 1是否适合所求式，(3)中常见错误是忽视判定首项是否为零．[变式训练3] (2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．[解] (1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14. 4分(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1). 7分 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 9分 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1. 12分[思想与方法]1．数列是一种特殊的函数，因此，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．2．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n n ＝，S n －S n －1n3．由递推关系求数列的通项的基本思想是转化，常用的方法是： (1)a n ＋1－a n ＝f (n )型，采用叠加法． (2)a n ＋1a n＝f (n )型，采用叠乘法． (3)a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0，p ≠1)型，转化为等比数列解决． [易错与防范]1．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列次序有关．2．易混项与项数是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽视先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．。
第4节 数列求和--2025年高考数学复习讲义及练习解析
第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.必备知识——强基础数列求和的几种常用方法1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式①已知等差数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2；②已知等差数列的第1项和公差求前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，①已知等比数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝a 1－a n q1－q ；②已知等比数列的第1项和公比求前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q .2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．5．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2．12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3．裂项求和常用的变形(1)分式型：1n （n ＋k ）＝1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）等．(2)指数型：2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1－1，n ＋2n （n ＋1）·2n ＝1n ·2n －1－1（n ＋1）·2n 等．(3)根式型：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )等．(4)对数型：log m a n ＋1a n＝log m a n ＋1－log m a n ，a n >0，m >0且m ≠1.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n ＋1＋n，则S 9＝2.()(2)1n 2<1（n －1）n ＝1n －1－1n.()(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求和．()(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n＝3n－12.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n（n＋1），则S5＝()A．1B．56C．16D．130答案B解析∵a n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{a n}的通项公式a n＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为()A．－200B．－100C．200D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{a n}的通项公式a n＝2n＋2n－1，则数列{a n}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2答案C解析S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2（1－2n）1－2＋2×n（n＋1）2－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.(4)在数列{a n}中，a1＝1，a n a n＋1＝－2，则S100＝________．答案－50解析根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以{a n}中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a 99＋a 100＝1－2＋…＋1－2＝50×(－1)＝－50.考点探究——提素养考点一拆项分组法求和例1(2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，其公比q ≠－1，a 4＋a 5a 7＋a 8＝127，且S 4＝a 3＋93.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n log 13a n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为{a n }是等比数列，公比q ≠－1，则a 4＝a 1q 3，a 5＝a 1q 4，a 7＝a 1q 6，a 8＝a 1q 7，所以a 4＋a 5a 7＋a 8＝a 1q 3＋a 1q 4a 1q 6＋a 1q 7＝1q 3＝127，解得q ＝3，由S 4＝a 3＋93，可得a 1（1－34）1－3＝9a 1＋93，解得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n .(2)由(1)得b nn ，n 为奇数，n ，n 为偶数.当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－(1＋3＋…＋n －1)＋(32＋34＋…＋3n )＝－n2·[1＋（n －1）]2＋9（1－9n2）1－9＝98(3n －1)－n 24；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝98(3n ＋1－1)－（n ＋1）24－3n ＋1＝18·3n ＋1－98－（n ＋1）24.综上所述，T nn ＋1－98－（n ＋1）24，n 为奇数，3n －1）－n 24，n 为偶数.【通性通法】拆项分组法求和的常见类型【巩固迁移】1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．答案n 2＋1－12n解析由题意可得，通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋＋122＋123＋…＝n [1＋（2n －1）]2＋21－12＝n 2＋1－12n .考点二并项转化法求和例2在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)由题意，设等差数列{a n }的公差为d，1＋5d ＝12，1＋17d ＝36，1＝2，＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)由(1)，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，(ⅰ)当n 为偶数时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝2＋2＋…＋2＝n2×2＝n ；(ⅱ)当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n －1＋b n ＝n －1－2n ＝－n －1.∴Sn ，n 为偶数，n －1，n 为奇数.【通性通法】并项转化法求和【巩固迁移】2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，数列{b n }满足对任意正整数m ≥2均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m 成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前99项和．解(1)因为a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝2(n －1)．两式相减，得na n ＝2，所以a n ＝2n (n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝2，也符合上式，所以a n ＝2n .(2)由(1)知1a n ＝n2.因为对任意的正整数m ≥2，均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m ＝m2，故数列{b n }的前99项和b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＋…＋b 97＋b 98＋b 99＝(b 1＋b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6)＋…＋(b 97＋b 98＋b 99)＝1a 2＋1a 5＋…＋1a 98＝22＋52＋…＋982＝825.考点三裂项相消法求和例3(2023·承德模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1S n＝2n .(1)证明：数列{a n }是等差数列；(2)若a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{b n }的前n 项和T n .①b n ＝na 2n a 2n ＋1；②b n ＝1a n ＋a n ＋1；③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：因为a n ＋1S n＝2n ，即n (a n ＋1)＝2S n ，当n ＝1时，a 1＋1＝2S 1，解得a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －1，所以n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －2S n －1，即n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2a n ，所以(n －2)a n －(n －1)a n －1＋1＝0，当n ＝2时，上述式子恒成立，当n >2时，两边同除以(n －2)(n －1)可得a n n －1－a n －1n －2＝－1（n －1）（n －2）＝1n －1－1n －2，即a n n －1－1n －1＝a n －1n －2－1n －2，，即a n －1n －1＝a 2－1，所以a n －1＝(n －1)(a 2－1)，即a n ＝(n －1)(a 2－1)＋1，当n ＝1时，也适合上式，所以a n ＋1－a n ＝n (a 2－1)＋1－(n －1)(a 2－1)－1＝a 2－1，所以数列{a n }是以1为首项，a 2－1为公差的等差数列．(2)设{a n }的公差为d ，因为a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列，所以(a 3＋1)2＝a 5(a 2＋1)，即(2＋2d )2＝(1＋4d )(2＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.若选①b n ＝na 2n a 2n ＋1，则b n ＝n （2n －1）2（2n ＋1）2＝181（2n －1）2－1（2n ＋1）2，所以T n ＝18112－132＋132－152＋…＋1（2n －1）2－1（2n ＋1）2＝181－1（2n ＋1）2.若选②b n ＝1a n ＋a n ＋1，则b n ＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1（2n －1＋2n ＋1）（2n ＋1－2n －1）＝12(2n ＋1－2n －1)，所以T n ＝12(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1)．若选③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1，则b n ＝2n ＋3（2n －1）（2n ＋1）2n ＋1＝1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1，所以T n ＝11×21－13×22＋13×22－15×23＋…＋1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1＝12－1（2n ＋1）×2n ＋1.【通性通法】利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝，1a n a n ＋2＝【巩固迁移】3．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n ＝()A ．25B ．576C ．624D ．625答案C解析a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24，得n ＝624.故选C.4．(2022·新高考Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.解(1)1，公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，故S n ＝n ＋23a n .①当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1.②由①－②可知a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1.所以a 2a 1×a3a 2×…×a n －1a n －2×a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1＝n （n ＋1）2(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．(2)证明：因为1a n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝21－22＋22－23＋…＋2n －2n ＋1＝2－2n ＋1＜2.考点四错位相减法求和例4(2023·全国甲卷)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2(S n－S n－1)＝na n－(n－1)a n－1，即2a n＝na n－(n－1)a n－1，化简得(n－2)a n＝(n－1)a n－1，当n≥3时，a nn－1＝a n－1n－2＝…＝a32＝1，即a n＝n－1，当n＝1，2时都满足上式，所以a n＝n－1(n∈N*)．(2)因为a n＋12n＝n2n，所以T n＝＋＋＋…＋n，1 2T n＝＋＋…＋(n－＋n＋1，两式相减得12T n＋…－n＋1＝12×11－12－n＋1＝1－，即T n＝2－(2＋n，n∈N*.【通性通法】1．错位相减法求和的适用条件若{a n}是公差为d(d≠0)的等差数列，{b n}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an b n}的前n项和S n.2．错位相减法求和的步骤3．错位相减法求和的注意事项注意在写出S n与qS n的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出点一S n －qS n ，特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n －1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b 2＋b 3＋…＋b n 这n －1项和看成n 项和，把－a n b n ＋1写成＋a n b n ＋1导致错误【巩固迁移】5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝6，a n ＋1＝2(S n ＋1)．(1)证明{a n }为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解(1)因为a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以a n ＝2(S n －1＋1)(n ≥2)，故a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)，又a 2＝2(S 1＋1)＝2a 1＋2，故a 1＝2，即a2a 1＝3，因此a n ＋1a n＝3(n ∈N *)．故{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列．因此a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．(2)因为T n ＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n ×3n －1，①故3T n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n －1)×3n －1＋2n ×3n ，②①－②，得－2T n ＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n －1)－2n ×3n＝2＋2×3（3n －1－1）3－1－2n ×3n ＝－1＋(1－2n )×3n ，即T n ＝（2n －1）×3n ＋12.考点五倒序相加法求和例5已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，可得1a n ＋1＝2a n－16，于是1a n ＋1－16＝即b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，因此a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.【通性通法】倒序相加法的使用策略策略一将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n 项和公式的推导即用此方法)策略二和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数关于点对称的性质，组合数中C k n ＝C n －kn 的性质【巩固迁移】6．已知函数f (x )对任意的x ∈R ，都有f (x )＋f (1－x )＝1，数列{a n }满足a n ＝f (0)＋…＋f (1)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n ＋12解析∵f (x )＋f (1－x )＝1，∴1，又a n ＝f (0)＋…＋f (1)①，∴a n ＝f (1)＋…＋f (0)②，①＋②，得2a n ＝n ＋1，∴a n ＝n ＋12.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.课时作业一、单项选择题1．(2024·黑龙江牡丹江第二次阶段测试)已知等差数列{a n }，a 2＝3，a 5＝6前8项和为()A ．15B ．25C ．35D ．45答案B解析由a 2＝3，a 5＝6可得公差d ＝a 5－a 23＝1，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝n ＋1，因此1a n a n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，8…＝12－110＝25.故选B.2．在数列{a n }中，a n ＝(－1)n －1(4n －3)，前n 项和为S n ，则S 22－S 11为()A ．－85B ．85C ．－65D ．65答案C解析∵S 22＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 21＋a 22＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(81－85)＝(－4)×11＝－44，S 11＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(33－37)＋41＝(－4)×5＋41＝21，∴S 22－S 11＝－44－21＝－65.3．(2023·青岛调研)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足a 1＝3，a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，k ∈N *，则S 2023＝()A ．42023－1B ．3×22023－3C ．3×41012－9D ．5×41011－2答案C解析∵a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，∴a 2k ＋1＝4a 2k －1.又a 1＝3，∴数列{a 2k －1}是首项为3，公比为4的等比数列．∵a 2＝8a 1＝24，a 2k ＋2a 2k ＝a 2k ＋2a 2k ＋1·a 2k ＋1a 2k＝4，∴数列{a 2k }是首项为24，公比为4的等比数列．∴S 2023＝(a 1＋a 3＋…＋a 2023)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2022)＝3（1－41012）1－4＋24（1－41011）1－4＝3×41012－9.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝cosn π3，a 1＝1，则S 2023＝()A ．0B ．12C ．1D ．32答案C解析S 2023＝a 1＋(a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7)＋…＋(a 2021＋a 2022＋a 2023)＝1＋cos2π3＋cos 5π3＋…＋cos 2018π3＋cos 2021π3＝1＋cos 2π3＋1.故选C.5．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋2，数列{log 2a n }的前n 项和为T n ，则T 20＝()A ．190B ．192C ．180D ．182答案B解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋2＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2－(2n －1＋2)＝2n －2n －1＝2n －1，经检验a 1＝4不满足上式，所以a n，n ＝1，n －1，n ≥2.设b n ＝log 2a n ，则b n，n ＝1，－1，n ≥2，所以T 20＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 20＝2＋1＋2＋3＋…＋19＝192.故选B.6．(2024·湖北黄冈调研)已知数列{a n }满足a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650，则a 23＝()A ．231B ．234C ．279D ．276答案B解析由a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650可知，当n 为偶数时，a n ＋a n ＋2＝2n －1，当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2n －1，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＋(a 14＋a 16)＋(a 18＋a 20)＝650，即a 1＋(a 1＋1)＋(a 1＋6)＋(a 1＋15)＋(a 1＋28)＋(a 1＋45)＋(a 1＋66)＋(a 1＋91)＋(a 1＋120)＋(a 1＋153)＋3＋11＋19＋27＋35＝650，由此解得a 1＝3，所以a 23＝a 1＋231＝234.故选B.7．(2024·江苏常州高三阶段考试)已知正项数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 2，a 4成等比数列．若∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝3，则a 1＝()A ．169B ．916C ．43D ．34答案A解析设正项等差数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，∵a 1，a 2，a 4成等比数列，∴a 22＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，整理得，d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∵∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝∑24k ＝1a k ＋1－a k（a k ＋1＋a k ）（a k ＋1－a k ）＝∑24k ＝1a k ＋1－a k a k ＋1－a k ＝∑24k ＝11d(a k ＋1－a k )＝1d (a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a 25－a24)＝1d (a25－a 1)＝1d (a 1＋24d －a 1)＝3，即1a 1(5a 1－a 1)＝3，即4a 1＝3a 1，∵a 1>0，∴a1＝169.故选A.8．已知函数fg(x )＝f (x )＋1，若an ＝{a n }的前2022项和为()A．2023B ．2022C ．2021D ．2020答案B 解析由于函数f，则x 即0，所以f (x )＋f (1－x )＝0，所以g (x )＋g (1－x )＝[f (x )＋1]＋[f (1－x )＋1]＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 2022)＝2g…＋＝g＋g ＋…＋g2×2022，因此数列{a n }的前2022项和为a 1＋a 2＋…＋a 2022＝2022.故选B.二、多项选择题9．(2024·广东梅州市大埔县高三质检)已知数列{a n }的首项为4，且满足2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0(n ∈N *)，则()A B ．{a n }为递增数列C ．{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)·2n ＋1＋4D n 项和T n ＝n 2＋n 2答案BD解析由2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ，是以a11＝a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为an n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝n ·2n ＋1，显然递增，故B 正确；因为S n＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，2S n ＝1×23＋2×24＋…＋n ×2n ＋2，所以－S n ＝1×22＋23＋…＋2n ＋1－n ×2n ＋2＝22（1－2n ）1－2－n ·2n ＋2，故S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故C 错误；因为a n 2n ＋1＝n ·2n ＋12n ＋1＝n ，所n 项和T n ＝n （1＋n ）2＝n 2＋n 2，故D 正确．故选BD.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2，则下列结论中正确的是()A ．a n ＝n 2＋n ＋1n （n ＋1）B ．S n ＝n 2＋n －1n ＋1C ．a n ≤32D ．满足S n ≤2024的n 的最大值为2023答案ACD 解析a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2＝[n （n ＋1）＋1]2n 2（n ＋1）2＝n 2＋n ＋1n （n ＋1），故A 正确；因为a n ＝1＋1n （n ＋1）＝1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝n …n ＋1－1n ＋1＝n 2＋2n n ＋1，故B 错误；因为1＋1n （n ＋1）>1＋1（n ＋1）（n ＋2），所以a n >a n ＋1，所以{a n }是递减数列，所以a n ≤a 1＝32，故C正确；因为a n ＝1＋1n －1n ＋1>0，所以S n 递增，且S 2023<2024，S 2024>2024，所以满足S n ≤2024的n 的最大值为2023，故D 正确．故选ACD.三、填空题11.12！＋23！＋34！＋…＋n （n ＋1）！＝________．答案1－1（n ＋1）！解析∵k （k ＋1）！＝k ＋1－1（k ＋1）！＝1k ！－1（k ＋1）！，∴12！＋23！＋34！＋…＋n（n ＋1）！＝1－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＋1n ！－1（n ＋1）！＝1－1（n ＋1）！.12．已知数列{a n }满足a n ＋2n ＋2，n 为奇数，a n ，n 为偶数，且a 1＝2，a 2＝1，则此数列的前20项和为________．答案1133解析当n 为奇数时，由a n ＋2＝a n ＋2可知，{a n }的奇数项成等差数列，且公差为2，首项为a 1＝2；当n 为偶数时，由a n ＋2＝2a n 可知，{a n }的偶数项成等比数列，且公比为2，首项为a 2＝1，故前20项和为a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＋10×92×2＋1－2101－2＝110＋1023＝1133.13．(2024·云南曲靖高三月考)已知正项数列{a n }满足a 1＝2且a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0，令b n ＝(n ＋2)a n －257，则数列{b n }的前7项和为________．答案2021解析由a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，因为a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝2n (n ＋2)－257，令c n ＝2n (n ＋2)，{c n }的前n 项和为T n ，则T 7＝3×21＋4×22＋5×23＋…＋9×27，2T 7＝3×22＋4×23＋5×24＋…＋9×28，两式相减可得，－T 7＝3×21＋22＋23＋…＋27－9×28＝6＋4×（1－26）1－2－9×28＝6＋4×63－9×256＝－2046，所以T 7＝2046，所以数列{b n }的前7项和为T 7－257×7＝2046－25＝2021.14．(2023·湖北重点中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a n －S n ＝2，记数列n 项和为T n .若对于任意n ∈N *，不等式k ＞T n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案13，＋解析依题意2a n －S n ＝2，当n ＝1时，a 1＝2，由2a n －1－S n －1＝2，n ≥2，两式相减并化简得a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＝2n ，所以a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n …＋＝13－12n ＋1＋1<13，所以实数k 的取值范围是13，＋四、解答题15．(2024·湖北恩施模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12.由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1＝(－1)n －1·4n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1当n 为偶数时，T n…1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n…1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T nn为奇数n 为偶数T n16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝－2S n －1S n (n ≥2)．(1)求a n ；(2)设b n ＝2nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)∵a n ＝－2S n －1S n ，∴S n －S n －1＝－2S n －1S n ，∴S n －1－S n ＝2S n S n －1，∴1S n －1S n －1＝2，∴，且1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1＋2n －2＝2n －1，∴S n ＝12n －1(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n ＝－2（2n －1）（2n －3），又a 1＝1不满足上式，∴a nn ≥2.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n －1)2n ＋1＝2＋23（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1＝2－8＋2n ＋2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，∴T n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.17．(2024·江西临川一中阶段考试)函数f (x )＝ln x ，其中f (x )＋f (y )＝2，记S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n(n ∈N *)，则∑2024i ＝11S i ＝()A ．20242025B ．20252024C ．20254048D ．40482025答案A解析∵f (x )＝ln x ，f (x )＋f (y )＝2，∴f (x )＋f (y )＝ln x ＋ln y ＝ln (xy )＝2.S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n ，即S n ＝ln y n ＋ln (xy n －1)＋…＋ln (x n －1y )＋ln x n ，两式相加得，2S n ＝(n ＋1)ln(x n y n )＝n (n ＋1)ln (xy )＝2n (n ＋1)，∴S n ＝n (n ＋1)，∑2024i ＝11S i ＝∑2024i ＝11i （i ＋1）＝∑2024i ＝11－12025＝20242025.故选A.18．(2023·广西玉林统考三模)已知函数f (x )＝e －x －e x ，若函数h (x )＝f (x －4)＋x ，数列{a n }为等差数列，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝44，则h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝________．答案44解析由题意，可得h (x )＝f (x －4)＋x ＝e －(x －4)－e x －4＋x ，设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11a 6＝44，解得a 6＝4，则h (a 6)＝h (4)＝e －(4－4)－e 4－4＋a 6＝a 6＝4，根据等差中项的性质，可得a 1＋a 11＝2a 6＝8，则h (a 1)＋h (a 11)＝e－(a 1－4)－e a 1－4＋a 1＋e－(a11－4)－e a 11－4＋a 11＝1e a 1－4＋1e a 11－4－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝e a 1－4＋e a 11－4e a 1＋a 11－8－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝a 1＋a 11＝8，同理可得，h (a 2)＋h (a 10)＝8，h (a 3)＋h (a 9)＝8，h (a 4)＋h (a 8)＝8，h (a 5)＋h (a 7)＝8，所以h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝5×8＋4＝44.19．(2023·山西太原二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (S n ≠0)，满足S 1，S 2，－S 3成等差数列，且a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝－3a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ，依题意得S 1＋(－S 3)＝2S 2，所以－(a 2＋a 3)＝2(a 1＋a 2)，即－a 1(q ＋q 2)＝2a 1(1＋q )，因为a 1≠0，所以q 2＋3q ＋2＝0，解得q ＝－1或q ＝－2，因为S n ≠0，所以q ＝－2，又因为a 1a 2＝a 3，所以a 21q ＝a 1q 2，即a 1＝q ＝－2，所以a n ＝(－2)n .(2)由题意可得，b n ＝－3（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝（－2）n ＋1－（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1，则T n ＝1（－2）1＋1－1（－2）2＋1＋1（－2）2＋1－1（－2）3＋1＋…＋1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1＝－1－1（－2）n ＋1＋1.20．(2024·新疆阿克苏地区质检)已知正整数数列{a n }，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2时，a 2n －1a n ＋1<a n －2025年高考数学复习讲义及练习解析211<a 2n ＋1a n ＋1恒成立．(1)证明数列{a n }是等比数列并求出其通项公式；(2)定义：|x |表示不大于xn 项和为S n ，求|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|的值．解(1)由a 2n －1a n ＋1<a n －1<a 2n ＋1a n ＋1，得a 2n －1<a n －1a n ＋1<a 2n ＋1.因为{a n }是正整数数列，所以a n －1a n ＋1＝a 2n (n ≥2，n ∈N *)，于是{a n }是等比数列．又a 1＝1，a 2＝2，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)因为2n －1a n ＝2n －12n －1，S n ＝120＋321＋522＋…＋2n －12n －1，12S n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，两式相减得，12S n ＝1＋＋122＋123＋…－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以S n ＝6－2n ＋32n －1<6，又S n ＋1－S n ＝2n ＋12n >0，即{S n }为递增数列，S 1＝1，2<S 2＝52<3，3<S 3＝154<4，4<S 4＝378<5，S 5＝8316>5，所以|S 1|＝1，|S 2|＝2，|S 3|＝3，|S 4|＝4，|S n |＝5(n ≥5)，所以|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|＝1＋2＋3＋4＋＝10110.。
《高考领航》2018-2019高三数学(文)(北师大版)一轮复习课件：第5章-第4课时 数列求和
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【知识梳理】
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． 5．分组转化求和法 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，分别求和而后相加减．
(n－1)2n＋1＋2
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【基础自测】
5．数列{an}的通项公式是 an＝ 项数为________．
∵an＝ ＝ n＋1－ n n＋ n＋1 1
1 n＋ n＋1
，若数列的前 n 项和为 10，则
∴Sn＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1 令 n＋1－1＝10 得 n＝120.
120
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考点一 分组转化法与公式法求和
审题视点 解
(2015· 包头模拟)已知数列{xn}的首项 x1＝3，通项 xn＝2np＋nq(n∈ N＋，p，q 为常数)，且 x1，x4，x5 成等差数列．求： (1)p，q 的值；
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【知识梳理】
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 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.
2018高考一轮北师大版数学文教师用书：第五章 数列 17
第三节 等比数列[考纲传真] 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.了解等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫作a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(3)若{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．(2017·广州综合测试(二))已知等比数列{a n }的公比为－12，则a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6的值是( )A ．－2B ．－12 C.12D ．2A [a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6＝a 1＋a 3＋a 5－12(a 1＋a 3＋a 5)＝－2.]3．(2017·东北三省四市一联)等比数列{a n }中，a n >0，a 1＋a 2＝6，a 3＝8，则a 6＝( )【导学号：66482249】A ．64B ．128C ．256D ．512A [设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则由⎩⎨⎧a 1＋a 2＝a 1＋a 1q ＝6，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝18，q ＝－23(舍去)，所以a 6＝a 1q 5＝64，故选A.]4．(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为__________．27,81 [设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.]5．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝__________.6 [∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，解得n ＝6.](1)(2017·陕西质检(二))已知等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )A.13 B ．－13 C.19D ．－19(2)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于__________．(1)C (2)2n －1 [(1)设等比数列的公比为q ，则由S 3＝a 2＋10a 1得a 1＋a 1q 2＝10a 1，则q 2＝9，又因为a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.(2)设等比数列的公比为q ，则有⎩⎨⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，∴⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.][规律方法] 1.等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．2．在使用等比数列的前n 项和公式时，应根据公比q 的情况进行分类讨论，在运算过程中，应善于运用整体代换思想简化运算．[变式训练1] (1)在等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项和S 3＝21，则公比q 的值为( )【导学号：66482250】A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝__________.【导学号：66482251】(1)C (2)28 [(1)根据已知条件得⎩⎨⎧a 1q 2＝7， ①a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21， ②②÷①得1＋q ＋q 2q 2＝3. 整理得2q 2－q －1＝0， 解得q ＝1或q ＝－12.(2)由题可知{a n }为等比数列，设首项为a 1，公比为q ，所以a 3＝a 1q 2，a 6＝a 1q 5，所以27a 1q 2＝a 1q 5，所以q ＝3，由S n ＝a 1(1－q n )1－q ，得S 6＝a 1(1－36)1－3，S 3＝a 1(1－33)1－3，所以S 6S 3＝a 1(1－36)1－3·1－3a 1(1－33)＝28.](2016·全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0.(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.[解] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，2分 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0. 3分 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n . 5分由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. 7分 (2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n. 9分由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 10分解得λ＝－1. 12分[规律方法] 等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 为非零常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若数列{a n }中，a n ≠0，且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．说明：前两种方法是证明等比数列的常用方法，后者常用于选择题、填空题中的判定．[变式训练2] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n ＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式． [解] (1)证明：∵a n ＋S n ＝n ，① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，即2a n ＋1＝a n ＋1， ∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，即2c n ＋1＝c n . 3分 由a 1＋S 1＝1得a 1＝12，∴c 1＝a 1－1＝－12， 从而c n ≠0，∴c n ＋1c n＝12.∴数列{c n }是以－12为首项，12为公比的等比数列. 6分 (2)由(1)知c n ＝－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，7分又c n ＝a n －1，∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，9分∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .又b 1＝a 1＝12，适合上式，故b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 12分(1)(2016·安徽六安一中综合训练)在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a m＋1·a m－1＝2a m(m≥2)，数列{a n}的前n项积为T n，若T2m－1＝512，则m的值为()A．4 B．5C．6 D．7(2)(2016·天津高考)设{a n}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的()A．充要条件B．充分而不必要条件C．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件(1)B(2)C[(1)由等比数列的性质可知a m＋1·a m－1＝a2m＝2a m(m≥2)，所以a m＝2，即数列{a n}为常数列，a n＝2，所以T2m－1＝22m－1＝512＝29，即2m－1＝9，所以m＝5，故选B.(2)若对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0，则a1＋a2<0，又a1>0，所以a2<0，所以q＝a2a1<0.若q<0，可取q＝－1，a1＝1，则a1＋a2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0.所以“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的必要而不充分条件．故选C.][规律方法] 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q”，可以减少运算量，提高解题速度．2．等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．[变式训练3](1)(2017·合肥三次质检)在正项等比数列{a n}中，a1 008·a1 009＝1100，则lg a1＋lg a2＋…＋lg a2 016＝()【导学号：66482252】A．2 015 B．2 016C ．－2 015D ．－2 016(2)(2017·南昌一模)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( )【导学号：66482253】A.32 B ．94 C ．1D ．2(1)D (2)D [(1)lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 2 016＝lg a 1a 2…a 2 016＝lg(a 1 008·a 1 009)1 008＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100 1 008＝lg ()10－2 1 008＝－2 016，故选D.(2)由题意得S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝9，所以1－q 41－q ＝9a 1.由a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝(a 21q 3)2＝814得a 21q 3＝92.由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 41－1q ＝q 4－1a 1q 3(q －1)＝1a 1q 3·9a 1＝9a 21q3＝2，故选D.][思想与方法]1．方程的思想．等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．2．函数的思想．通项公式a n ＝a 1qn －1可化为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1q q n，因此a n 是关于n 的函数，即{a n }中的各项所表示的点(n ，a n )在曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1q q x 上，是一群孤立的点．3．分类讨论思想．当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，此处是常考易错点．[易错与防范]1．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽视q＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n，S2n－S n，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，S n，S2n－S n，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，S n，S2n －S n，S3n－S2n成等比数列)．。
高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理含解析北师大版
数列求和授课提示：对应学生用书第329页〖A 组 基础保分练〗1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝⎛⎭⎫15n ，则其前20项和为（ ） A ．380－35⎝⎛⎭⎫1－1519 B ．400－25⎝⎛⎭⎫1－1520 C ．420－34⎝⎛⎭⎫1－1520 D ．440－45⎝⎛⎭⎫1－1520 〖解 析〗令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2（1＋2＋…＋20）－3⎝⎛⎭⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝⎛⎭⎫1－15201－15＝420－34⎝⎛⎭⎫1－1520． 〖答 案〗C2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n 为正奇数，a n＋1，n 为正偶数，则其前6项之和是（ ）A ．16B ．20C ．33D ．120 〖解 析〗由已知得a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33． 〖答 案〗C3．化简S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是（ ）A ．2n ＋1＋n －2B ．2n ＋1－n ＋2C ．2n －n －2D ．2n ＋1－n －2 〖解 析〗因为S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1①，2S n ＝n ×2＋（n －1）×22＋（n －2）×23＋…＋2×2n －1＋2n ②，所以①－②得，－S n ＝n －（2＋22＋23＋…＋2n ）＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2． 〖答 案〗D4．（2021·重庆一调）已知数列{a n }满足a n ＝n n ＋1，则a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0202 0202＝（ ）A ．2 0202 021B ．2 0172 018C ．2 0182 019D ．2 0192 020〖解 析〗由题知，数列{a n }满足a n ＝n n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2的通项公式为a n n 2＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0202 0202＝1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021＝1－12 021＝2 0202 021．〖答 案〗A5．数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，n ∈N ＋，则数列{ba n }的前n 项和为（ ）A ．43（4n －1－1） B ．43（4n －1）C ．13（4n －1－1） D ．13（4n －1）〖解 析〗因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n ＝2，a 1＝b 1＝1，所以数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，a n ＝1＋2（n －1）＝2n －1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，数列{ba n }的前n 项和为ba 1＋ba 2＋…＋ba n ＝b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝20＋22＋24＋…＋22n －2＝1－4n 1－4＝13（4n －1）．〖答 案〗D6．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n ＋1＝2S n ＋3，n ∈N ＋．设b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n 的取值范围为（ ） A ．⎣⎡⎦⎤13，2 B ．⎣⎡⎭⎫13，2 C ．⎣⎡⎭⎫13，34 D ．⎝⎛⎦⎤14，34 〖解 析〗由a n ＋1＝2S n ＋3，可得当n ≥2时，有a n ＝2S n －1＋3，两式相减得a n ＋1－a n ＝2（S n －S n －1）＝2a n （n ≥2），故a n ＋1＝3a n （n ≥2）． 又当n ＝1时，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝3a 1，所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，故a n ＝3n ．所以b n ＝log 3a n ＝n ，所以b n a n ＝n3n ．所以T n ＝13＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ， ①13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1， ② ①－②，得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，化简整理得T n ＝34－12⎝⎛⎭⎫32＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ，因为⎝⎛⎭⎫32＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＞0， 所以T n ＜34，又T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0，所以数列{T n }是递增数列，所以（T n ）min ＝T 1＝13，所以13≤T n ＜34，故T n 的取值范围是⎣⎡⎭⎫13，34． 〖答 案〗C7．若数列{a n }的通项公式是a n ＝（－1）n （3n －2），则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________． 〖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． 〖答 案〗15 8．（2020·高考全国卷Ⅰ）数列{a n }满足a n ＋2＋（－1）n a n ＝3n －1，前16项和为540，则a 1＝________．〖解 析〗法一：因为a n ＋2＋（－1）n a n ＝3n －1， 所以当n 为偶数时，a n ＋2＋a n ＝3n －1，所以a 4＋a 2＝5，a 8＋a 6＝17，a 12＋a 10＝29，a 16＋a 14＝41， 所以a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＋a 14＋a 16＝92． 因为数列{a n }的前16项和为540，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝540－92＝448．①因为当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝3n －1，所以a 3－a 1＝2，a 7－a 5＝14，a 11－a 9＝26，a 15－a 13＝38， 所以（a 3＋a 7＋a 11＋a 15）－（a 1＋a 5＋a 9＋a 13）＝80．② 由①②得a 1＋a 5＋a 9＋a 13＝184．又a 3＝a 1＋2，a 5＝a 3＋8＝a 1＋10，a 7＝a 5＋14＝a 1＋24，a 9＝a 7＋20＝a 1＋44，a 11＝a 9＋26＝a 1＋70，a 13＝a 11＋32＝a 1＋102， 所以a 1＋a 1＋10＋a 1＋44＋a 1＋102＝184，所以a 1＝7． 法二：同法一得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝448． 当n 为奇数时，有a n ＋2－a n ＝3n －1，由累加法得a n ＋2－a 1＝3（1＋3＋5＋…＋n ）－n ＋12＝32（1＋n ）·n ＋12－n ＋12＝34n 2＋n ＋14，所以a n ＋2＝34n 2＋n ＋14＋a 1．所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝a 1＋⎝⎛⎭⎫34×12＋1＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×32＋3＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×52＋5＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×72＋7＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×92＋9＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×112＋11＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×132＋13＋14＋a 1＝8a 1＋392＝448，解得a 1＝7．〖答 案〗7 9．（2021·大同调研）在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋n －2（n ≥2，且n ∈N ＋）． （1）求a 2和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）∵a 1＝3，∴a 2＝2a 1＋2－2＝6， ∴a 3＝2a 2＋3－2＝13．（2）证明：∵a n ＝2a n －1＋n －2，n ≥2， ∴a n ＋n ＝2（a n －1＋n －1），n ≥2．又a 1＋1＝4，∴{a n ＋n }是以4为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－n ．（3）S n ＝22－1＋23－2＋…＋2n －（n －1）＋2n ＋1－n ＝22（2n －1）－n 2＋n 2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82．10．（2021·宁德二检）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2kn （k ∈N ＋），S n 的最小值为－9． （1）确定k 的值，并求数列{a n }的通项公式； （2）设b n ＝（－1）n ·a n ，求数列{b n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1． 〖解 析〗（1）由已知得S n ＝n 2－2kn ＝（n －k ）2－k 2，因为k ∈N ＋，则当n ＝k 时，（S n ）min ＝－k 2＝－9，故k ＝3． 所以S n ＝n 2－6n ．因为S n －1＝（n －1）2－6（n －1）（n ≥2），所以a n ＝S n －S n －1＝（n 2－6n ）－〖（n －1）2－6（n －1）〗＝2n －7（n ≥2）． 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－5，满足a n ＝2n －7， 综上，a n ＝2n －7．（2）依题意，得b n ＝（－1）n ·a n ＝（－1）n （2n －7），则T 2n ＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋（－1）2n （4n －7）＋（－1）2n ＋1〖2（2n ＋1）－7〗 ＝5－（2＋2＋…＋2） n 个 ＝5－2n ．〖B 组 能力提升练〗1．已知数列{a n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 3＝3，S 3＝9． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝log 23a 2n ＋3，且{b n }为递增数列，若c n ＝4b n b n ＋1，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1．〖解 析〗（1）设数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，符合条件，a 1＝a 3＝3，a n ＝3，当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1－q 3）1－q ＝9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1＋q ＋q 2）＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，q ＝－12，a n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12n －1． 综上，a n ＝3或a n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12n －1．（2）证明：若a n ＝3，则b n ＝0，与题意不符， 所以a n ＝12×⎝⎛⎭⎫－12n －1．所以a 2n ＋3＝12×⎝⎛⎭⎫－122n ＋2＝3×⎝⎛⎭⎫122n ，b n ＝log 23a 2n ＋3＝log 222n ＝2n ，c n ＝4b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1． 2．（2021·合肥调研）已知等差数列{a n }，a 2＝12，a 5＝24，数列{b n }满足b 1＝4，b n ＋1－b n ＝a n（n ∈N ＋）．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）求使得1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＞817成立的最小正整数n 的值．〖解 析〗（1）设等差数列{a n }的公差为d ，则a 5－a 2＝3d ＝12，d ＝4， ∴a n ＝a 2＋（n －2）d ＝4n ＋4，∴b n ＋1－b n ＝4n ＋4， ∴b n ＝b 1＋（b 2－b 1）＋（b 3－b 2）＋…＋（b n －b n －1） ＝4＋（4×1＋4）＋（4×2＋4）＋…＋〖4（n －1）＋4〗 4＋4〖1＋2＋…＋（n －1）〗＋4（n －1） ＝2n 2＋2n （n ＞1），b 1＝4也适合． ∴a n ＝4n ＋4，b n ＝2n 2＋2n （n ∈N ＋）．（2）∵1b n ＝12n 2＋2n ＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1）， 即n 2（n ＋1）＞817，解得n ＞16，∴满足条件的最小正整数n 的值为17．〖C 组 创新应用练〗1．（2021·长春联考）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ＞0，a 6和a 8是函数f （x ）＝154ln x ＋12x 2－8x 的极值点，则S 8＝（ ） A ．－38 B ．38 C ．－17 D ．17〖解 析〗因为f （x ）＝154ln x ＋12x 2－8x ，所以f ′（x ）＝154x ＋x －8＝x 2－8x ＋154x＝⎝⎛⎭⎫x －12⎝⎛⎭⎫x －152x，令f ′（x ）＝0，解得x ＝12或x ＝152．又a 6和a 8是函数f （x ）的极值点，且公差d ＞0，所以a 6＝12，a 8＝152，所以⎩⎨⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋7d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－17，d ＝72. 所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×d ＝－38．〖答 案〗A 2．（2021·合肥调研）设数列{a n }的前n 项和为S n ，4S n ＝（2n ＋1）a n ＋1（n ∈N ＋）．定义数列{b n }如下：对于正整数m ，b m 是使不等式a n ≥m 成立的所有n 的最小值，则数列{b n }的前60项的和为（ ） A ．960 B ．930 C ．900 D ．840 〖解 析〗由4S n ＝（2n ＋1）a n ＋1，得当n ≥2时，4S n －1＝（2n －1）a n －1＋1，两式相减，得4a n ＝（2n ＋1）a n －（2n －1）·a n －1，即（2n －3）a n ＝（2n －1）a n －1，所以a n 2n －1＝a n －12n －3，所以a n 2n －1＝a n －12（n －1）－1＝…＝a 11．又4S 1＝4a 1＝（2＋1）·a 1＋1，解得a 1＝1，所以a n ＝2n－1（n ≥2），又a 1＝1也适合，所以a n ＝2n －1（n ∈N ＋）．由a n ≥m ，得2n －1≥m ，所以n ≥m ＋12，所以满足条件a n ≥m 的n 的最小值为大于等于m ＋12的整数，所以b m ＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋12，m 为奇数m ＋22，m 为偶数，所以数列{b n }的前60项和为1＋12＋2＋22＋3＋12＋4＋22＋…＋59＋12＋60＋22＝1＋2＋3＋…＋602＋（1＋2）×302＝960．〖答 案〗A3．已知数列{a n }，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2（n ∈N ＋），则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 019项和为________．〖解 析〗由“凸数列”的定义及b 1＝1，b 2＝－2，得b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，所以数列{b n }是周期为6的周期数列，且b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，于是数列{b n }的前2 019项和等于b 1＋b 2＋b 3＝－4． 〖答 案〗－4。
2018届一轮复习北师大版(理) 数列求和 课件(74张)
求{an}的前n项和.
数列或等差数列，可采用分组求和法求和.
提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，
从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.
跟踪训练1
已知数列{an}的通项公式是an＝2· 3n－1＋(－1)n· (ln 2－ln 3)
＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn. 解答
2 2
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和. 由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
解答
记数列{bn}的前2n项和为T2n，则
T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 21－22n 则A＝ ＝22n＋1－2， 1－2 B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
常见的裂项公式 1 1 1 ① ＝ n－ ； nn＋1 n＋1 1 1 1 1 ② ＝22n－1－2n＋1； 2n－12n＋1 ③ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n.
(4)倒序相加法
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程
的推广.
(5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和， 即等比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如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.
2018北师大版文科数学高考总复习教师用书：6-1数列的概念及简单表示法含答案
第1讲数列的概念及简单表示法最新考纲1。
了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式);2。
了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理1．数列的概念（1)数列的定义:按照一定次序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项．(2）数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N＋（或它的有限子集)为定义域的函数a n＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．（3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图像法和通项公式法．2．数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限3(1)通项公式：如果数列{a n｝的第n项a n与n之间的函数关系可以用一个式子a n＝f（n）来表示，那么这个式子叫作这个数列的通项公式,数列的通项公式就是相应的函数解析式．（2)递推公式：如果已知数列｛a n}的第1项（或前几项)，且从第二项（或某一项）开始的任一项a n与它的前一项a n－1(或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫作这个数列的递推公式．4．已知数列｛a n}的前n项和S n，则a n＝错误!诊断自测1．判断正误（在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示(1）相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．（）（2）一个数列中的数是不可以重复的．（）(3)所有数列的第n项都能使用公式表达．（）(4）根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．( )解析(1）数列：1,2,3和数列：3，2，1是不同的数列．(2）数列中的数是可以重复的．(3)不是所有的数列都有通项公式．答案（1）×（2)×（3）×（4)√2．(2017·西安调研）已知数列的前4项为2，0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是（）A．a n＝（－1）n－1＋1 B．a n＝错误!C．a n＝2sin错误!D．a n＝cos(n－1）π＋1解析对n＝1，2，3,4进行验证，a n＝2sin错误!不合题意,故选C。
2018高考数学一轮复习 第5章 数列 第2节 等差数列教师用书 文 北师大版
第二节 等差数列[考纲传真] 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系．1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫作等差数列．用符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫作a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n n －d 2＝n a 1＋a n2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝0，则公差d 等于( ) A ．－1 B ．1 C ．2D ．－2D [依题意得S 3＝3a 2＝6，即a 2＝2，故d ＝a 3－a 2＝－2，故选D.]3．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9D ．11A [a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3⇒a 3＝1，S 5＝a 1＋a 52＝5a 3＝5.]4．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97C [法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C. 法二：∵{a n }是等差数列，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5. 故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.故选C.]5．(教材改编)在100以内的正整数中有__________个能被6整除的数.【导学号：66482239】16 [由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{a n }， 则a 1＝6，d ＝6，得a n ＝6＋(n －1)6＝6n . 由a n ＝6n ≤100，即n ≤1646＝1623，则在100以内有16个能被6整除的数．](1)(2015·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B ．192C ．10D ．12(2)(2017·云南省二次统一检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝( )【导学号：66482240】A ．9B ．10C ．11D ．15(1)B (2)B [(1)∵公差为1， ∴S 8＝8a 1＋8×8－12×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋－2d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7，∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10.][规律方法] 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想的应用．2．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法，称为基本量法．[变式训练1] (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A.12 B ．1 C ．2D ．3(2)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝__________.【导学号：66482241】(1)C (2)－72 [(1)∵S n ＝n a 1＋a n2，∴S n n ＝a 1＋a n 2，又S 33－S 22＝1，得a 1＋a 32－a 1＋a 22＝1，即a 3－a 2＝2，∴数列{a n }的公差为2.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9d ×82＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.]已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列． (2)求数列{a n }中的通项公式a n . [解] (1)证明：因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1.所以n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1. 5分又b 1＝1a 1－1＝－52， 所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列. 7分(2)由(1)知，b n ＝n －72，9分则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7. 12分[规律方法] 1.判断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子a n ＋1－a n ＝d 和a n －a n －1＝d ，但它们的意义不同，后者必须加上“n ≥2”，否则n ＝1时，a 0无定义．[变式训练2] (1)若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( )【导学号：66482242】A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列(2)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n(1)C (2)A [(1)∵a 2n －1＋2a 2n －(a 2n －3＋2a 2n －2) ＝(a 2n －1－a 2n －3)＋2(a 2n －a 2n －2) ＝2＋2×2＝6，∴{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差数列． (2)由已知式2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n.](1)(2017·东北三省四市一联)如图521所示的数阵中，每行、每列的三个数均成等差数列，如果数阵中所有数之和等于63，那么a 52＝( )【导学号：66482243】⎝ ⎛⎭⎪⎫a 41 a 42 a 43a 51 a 52 a 53a61a 62 a 63图521 A ．2 B ．8 C ．7D ．4(2)等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 取得最大值．(1)C [法一：第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a 41＋a 42＋a 43＝3a 42，同理第二行也有a 51＋a 52＋a 53＝3a 52，第三行也有a 61＋a 62＋a 63＝3a 62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a 42＋a 52＋a 62＝3a 52，所以a 41＋a 42＋a 43＋a 51＋a 52＋a 53＋a 61＋a 62＋a 63＝3a 42＋3a 52＋3a 62＝3×3a 52＝63，所以a 52＝7，故选C.法二：由于每行每列都成等差数列，不妨取特殊情况，即这9个数均相同，显然满足题意，所以有63÷9＝7，即a 52＝7，故选C.](2)法一：由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，4分即d ＝－213a 1. 7分从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，因为a 1>0，所以－a 113<0. 9分 故当n ＝7时，S n 最大. 12分 法二：由法一可知，d ＝－213a 1.要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，5分即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≤0，9分解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大. 12分 法三：由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0， 即(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＝0，5分故a 7＋a 8＝0，又由a 1>0，S 3＝S 11可知d <0，9分 所以a 7>0，a 8<0，所以当n ＝7时，S n 最大. 12分[规律方法] 1.等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[变式训练3] (1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( )【导学号：66482244】A ．18B ．99C ．198D ．297(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝10，S 10＝30，则S 15＝( ) A ．60 B ．70 C ．90D ．40(1)B (2)A [(1)因为a 3＋a 9＝27－a 6,2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99. (2)因为数列{a n }为等差数列，所以S 5，S 10－S 5，S 15－S 10也成等差数列，设S 15＝x ，则10,20，x －30成等差数列，所以2×20＝10＋(x －30)，所以x ＝60，即S 15＝60.][思想与方法]1．等差数列的通项公式，前n 项和公式涉及“五个量”，“知三求二”，需运用方程思想求解，特别是求a 1和d .(1)若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，….(2)若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，….2．等差数列{a n}中，a n＝an＋b(a，b为常数)，S n＝An2＋Bn(A，B为常数)，均是关于“n”的函数，充分运用函数思想，借助函数的图像、性质简化解题过程．3．等差数列的四种判断方法：(1)定义法：a n＋1－a n＝d(d是常数)⇔{a n}是等差数列．(2)等差中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)通项公式：a n＝pn＋q(p，q为常数)⇔{a n}是等差数列．(4)前n项和公式：S n＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{a n}是等差数列．[易错与防范]1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．3．求等差数列的前n项和S n的最值时，需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件．。
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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 ＝
＋2
＝na 1＋
－2
d ；
(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
na1，q ＝1，a1－anq 1－q ＝－
1－q ，q≠1.
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
(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： ①1＋＝1n －1n ＋1； ②1
－＋
＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1－12n ＋1；
③
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，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)n
f (n )类型，可采用两项合并求解．
例如，S n ＝1002
－992
＋982
－972
＋…＋22
－12
＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
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 ＝a1－an ＋1
1－q .( )
(2)当n ≥2时，1n2－1＝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 ＝1＋
，则S 5等于( )
A ．1
B ．56 C.16 D ．130
B [∵a n ＝
1＋
＝1n －1n ＋1
， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝5
6
.]
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 ．9
B ．18
C ．36
D ．72
B [∵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：66482259】
2
n ＋1
－2＋n 2
[S n ＝
－1－2
＋
＋2n －2
＝2
n ＋1
－2＋n 2
.]
5．3·2－1
＋4·2－2
＋5·2－3
＋…＋(n ＋2)·2－n
＝__________.。