高考数学大一轮复习 第五章 数列 第4课时 数列求和课件 理 北师大版
高考总复习(北师大版)数学(文)【配套课件】第五章第四节 数列求和(35张PPT)
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9、要学生做的事，教职员躬亲共做； 要学生 学的知 识，教 职员躬 亲共学 ；要学 生守的 规则， 教职员 躬亲共 守。20 21/7/3 12021/ 7/31Sa turday , July 31, 2021
• 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。2021/7/312021/7/312021/7/317/31/2021 7:53:40 PM
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第四节 数列求和 结束
解
题 思
求导 代值找数列关系 求通项公式
路
[解] (1)由题设可得 f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an
＋2cos x.
对任意 n∈N＋，f′π2＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
即 an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
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．
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第四节 数列求和 结束
[试一试]
数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n
等
于 A．9 C．10
B．99 D．100
()
答案：B
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由 a1＝2，a2＋a4＝8，可得数列{an}的公差 d＝1，
所以 an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
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高三数学一轮总复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.ppt
12
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
7
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。
8
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
13
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
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．
19
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________．
高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课件文北师大版
2n 2n＋1
.
当
n
为
奇
数
时
，
Tn
＝
Tn
－
1
＋
(
1 2n－1
＋
1 2n＋1
)
＝
2（2（n－n－1）1）＋1＋(2n1－1＋2n1＋1)＝22nn＋ ＋21.
所以 Tn＝222nnn2＋ ＋ ＋n 121， ，nn为 为偶奇数数，.
[破题技法] 本题每项不能分解成两项之差，结合条件中公式的特点，运用裂项前 和裂项后相等进行检验，故将每项分解成两项之和，裂项相消法的实质是将数列 中的每项进行分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的， 可能是和式或差式．
考点二 裂项相消法求和
挖掘 1 裂项为差/ 互动探究
[例 1] (1)(2020·广州天河一模)数列{an}满足 a1＝1，对任意 n∈N＋，都有 an＋1＝1
＋an＋n，则a11＋a12＋…＋a199＝(
)
99 A.98
B．2
99 C.50
99 D.100
[解析] 对任意 n∈N＋，都有 an＋1＝1＋an＋n，则 an＋1－an＝n＋1，则 an＝
[破题技法] 1.如果数列{an}是一个由等差数列{bn}及等比数列{cn}对应项之积组成 的数列，即 an＝bn·cn，则其前 n 项和 Sn 的求解常用错位相减法．破解此类题的关 键点： (1)巧分拆，即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式，并求出公 差和公比． (2)构差式，即写出 Sn 的表达式，再乘以公比或除以公比，然后将两式相减． (3)后求和，根据差式的特征准确进行求和． 2．在 Sn 两边同乘以公比 q 时，要保证 q≠1，两式相减时，要找 q 的同次项相减．
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《数列求和》课件ppt
跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，② 2a1 ＋ 2a2 ＋…＋2an ＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 问题：在数列{an}中，已知________. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. (1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝
2an 1 3an
，求数列{bn}的前n项和Sn.
由(1)可知 bn＝2n3－n 1，
则 Sn＝311＋332＋…＋2n3－n 1，
①
13Sn＝312＋333＋…＋2n3－n 3＋23nn－＋11.
②
两式相减得23Sn＝13＋322＋323＋…＋32n－23nn－＋11＝13＋2911－－313n1－1－23nn－＋11
教材改编题
2.数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an＝nn1＋1，则 S5 等于
A.1
√B.56
C.16
D.310
因为 an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1， 所以 S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.
教材改编题
3.Sn＝12＋12＋38＋…＋2nn等于
2n－n－1 A. 2n
第六章 数 列
§6.5 数列求和
考试要求
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.
内容索引
第一部分
落实主干知识
第二部分
探究核心题型
第三部分
课时精练
第
一 部 分
落实主干知识
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.
数学北师大版高中必修5北师大版高中数学第一轮复习第五章第四节数列求和PPT课件
2
n＋1 (2)由(1)的结论得 an＝ ， 2n ∴cn＝n· 2n＋1· an＝(n＋1)· 2n ∴Sn＝2· 21＋3· 22＋4· 23＋…＋(n＋1)· 2n ①
2Sn＝2· 22＋3· 23＋4· 24＋…＋n· 2n＋(n＋1)· 2n＋1，② ①－②，得 －Sn＝2· 21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)· 2n＋1 ＝2＋2n 1－2－(n＋1)· 2n 1＝－n· 2n 1，
nn＋1 2 . (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝ n2 .
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝ (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝ n2＋n .
二、非等差、等比数列求和的常用方法
1．分组转化求和法
若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，则求和时可用分组转化法， 分别求和而后相加减． 2．错位相减法
[归纳领悟] 1．利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下 第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两 项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的 系数，使裂开的两项之差和系数之积相等．
2．常见的拆项公式有： 1 1 1 (1) ＝ － ； nn＋1 n n＋1 1 11 1 (2) ＝ ( － )； nn＋k k n n＋k 1 1 1 1 (3) ＝ ( － )． 2 2n－12n＋1 2n－1 2n＋1
n Cn
－m
＝Cm n ，再利用倒序相加法．
[究 疑 点] 裂项相消法的前提是什么？
提示：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相互抵消．
[题组自测] 1．数列{(－1)n(2n－1)}的前2 013项的和S2 013＝________.
解析：S2
2019年高考数学一轮复习 第5章 数列 第4节 数列求和课件 理 北师大版.pptx
)
A．1
B．56
C．61
D．310
B [∵an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－21＋21－31＋…－16＝56.]
3．数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n
等于(
)
A．9
B．99
C．10
D．100
B
[∵an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(
)
(3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 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{an}是周期为 k(k 为大于 1 的正整数)的周期数列，那么 Skm＝ mSk.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．(教材改编)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝nn1＋1，则 S5 等于(
(2)由(1)知 an＝2n－1，bn＝3n－1. 因此 cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1. 从而数列{cn}的前 n 项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1 ＝n1＋22n－1＋11－－33n＝n2＋3n－2 1.
[规律方法] 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an} 的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或 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．
Sn＝na12＋an＝ na1＋nn2－1d
2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】
送分试题;(2)当递推公式为 an+1=f(n)an 时,把原递推公式先转化为 =f(n),再利用累乘法
(逐商相乘法)求解。第(2)问的实质是数列的求和问题,常用的方法为错位相减法和裂项
相消法。
【变式训练】
则数列
1
+ +1
2 - 2 = 2 - 2 (n≥2),
(1)已知各项都为正数的数列{an}中,a1=1,a2= 3,+1
②当 n≥2 时,Tn=2+2×2 +2×2 +…+2×2
2
3
n
1, = 1,
2, ≥ 2。
22 (1−2 −1 ) (1+2−1)
-[1+3+5+…+(2n-1)]=2+2×
=
2
1−2
2n+2-n2-6,又 T1=1 也满足 Tn=2n+2-n2-6,所以 Tn=2n+2-n2-6。
=
1−2
-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)2n+1-2。所
易错题
4.(不能准确分组致误)已知数列{an}的通项公式为 an=(-1)n(2n-2),则数列{an}的前 n 项和
1 − , 为奇数,
Sn=
, 为偶数
。
解析 Sn=2×[0+1-2+3-4+…+(-1) (n-1)]=
1
+…+f
−1
+f(1)(n
an=2(n+1)
则数列
的通项公式为
第4节数列求和--2025北师大版高中数学一轮复习课件(新高考新教材)
2025北师大版高中数学一轮复习课件（新高考新教材）第4节 数列求和课标解读1.巩固等差数列、等比数列前n项和公式.2.掌握数列求和的裂项相消求和法、错位相减求和法、拆项分组求和法、并项转化求和法、倒序相加求和法,能够解决数列的求和问题.1 强基础 固本增分知识梳理1.特殊数列的求和公式推导方法:倒序相加法推导方法:乘公比,错位相减法2.非特殊数列求和的几种常用方法(1)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,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.(2)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.如已知a n=2n+(2n-1),求S n.(3)并项求和法:若一个数列的前n项和中两两结合后可求和,则可用并项求和法.如已知a n=(-1)n f(n),求S n.(4)错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n 项和即可用错位相减法来求,如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的.(5)裂项相消法:把数列的通项公式拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.错位相减时,要注意最后一项的符号常用结论常用裂项公式自主诊断×× √√ 题组一基础自测1.思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”).(2)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.( )(3)利用倒序相加法可求得si n 21°+si n 22°+si n 23°+…+si n 288°+si n 289°=44.5.( )(4)若在数列{a n }中,a n =(-1)n (3n -1),则其前30项的和等于45.( )2. 在数列{a n}中,a n= ,则{a n}的前n项和为 .3.已知数列1,11,111,1 111, 11 111,…,则它的前n项和为 .4.1+2x+3x2+…+ = (x≠0且x≠1).题组二连线高考A6.(2020·全国Ⅰ,理17)设{a n}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{a n}的公比;(2)若a1=1,求数列{na n}的前n项和.解(1)设{a n}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故{a n}的公比为-2.(2)记S n为{na n}的前n项和.由(1)及题设可得,a n=(-2)n-1.所以S n=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,-2S n=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.2 研考点 精准突破考点一 分组转化法求和例1(2024·山东济南模拟)已知数列{a n}满足a1=1,na n+1-(n+1)a n=1.[对点训练1](2024·湖南岳阳模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,其公比考点二 并项转化法求和例2(2024·福建泉州模拟)在数列{a n}中,a1=1,且a n+1=2a n+n-1.(1)证明:数列{a n+n}为等比数列,并求出a n;(2)记数列{b n}的前n项和为S n,若a n+b n=2S n,求S11.(1)证明因为a n+1=2a n+n-1,所以=2,又a1+1=2,所以数列{a n+n}是首项为2,公比为2的等比数列,故a n+n=2×2n-1=2n,可得a n=2n-n.(2)解因为2S n=a n+b n=b n+2n-n,即2S n=b n+2n-n,①所以当n=1时,2b1=b1+1,解得b1=1,当n≥2时,2S n-1=b n-1+2n-1-n+1,②①-②得2b n=b n-b n-1+2n-1-1,整理得b n+b n-1=2n-1-1.所以S11=b1+b2+b3+b4+b5+…+b11=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+…+(b10+b11) =1+(22-1)+(24-1)+…+(210-1)=(22+24+26+28+210)-4=1 360,即S11=1 360.=2 023.考点三 裂项相消法求和变式探究[对点训练3](2024·山东烟台模拟)已知S n为数列{a n}的前n项和,a1=1,且na n-S n=n2-n,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;解(1)因为na n-S n=n2-n,所以(n-1)a n-1-S n-1=(n-1)2-(n-1)(n≥2),两式相减得na n-(n-1)a n-1-a n=2n-2,化简得a n-a n-1=2(n≥2),所以数列{a n}是以1为首项,2为公差的等差数列,所以a n=1+(n-1)×2=2n-1.考点四 错位相减法求和例4(2023·全国甲,理17)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;(2)求数列的前n项和T n.解(1)由题意可知,2S n=na n,①当n≥2时,2S n-1=(n-1)a n-1,②①-②得2a n=na n-(n-1)a n-1,∴(n-1)a n-1=(n-2)a n.[对点训练4](2024·浙江杭州模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n+2=2a n.(1)求a2及数列{a n}的通项公式;(2)在a n与a n+1之间插入n个数,使得这(n+2)个数依次组成公差为d n的等差数列,求数列{ }的前n项和T n.解(1)由题意,当n=1时,S1+2=a1+2=2a1,解得a1=2,当n=2时,S2+2=2a2,即a1+a2+2=2a2,解得a2=4,当n≥2时,由S n+2=2a n,可得S n-1+2=2a n-1,两式相减,可得a n=2a n-2a n-1,整理得a n=2a n-1,∴数列{a n}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2·2n-1=2n,n∈N*.(2)由(1)可得,a n=2n,a n+1=2n+1,在a n与a n+1之间插入n个数,使得这(n+2)个数依次组成公差为d n的等差数列,则有a n+1-a n=(n+1)d n,本 课 结 束。
2022届高考数学(理)一轮总复习检测：第五章 第四节 数列求和 Word版含解析
第四节 数列求和【最新考纲】 1.把握等差、等比数列的前n 项和公式.2.把握特殊的非等差、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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．倒序相加法假如一个数列{a n }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．3．错位相减法假如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．4．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： ①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； ②1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.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，则可用分组求和法求和．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，可接受两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(质疑夯基)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)假如数列{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 即可依据错位相减法求得．( )(4)假如数列{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．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 6等于( )A.142B.45C.56D.67 解析：由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67. 答案：D3．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n 为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n 2－2解析：S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋(2n －1))＝2（1－2n ）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2.答案：C4．(2022·“江南十校”联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14n B ．1－12nC.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 解析：a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 答案：C5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝________． 解析：设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋(122＋123＋…＋12n )－n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋(12＋122＋…＋12n －1)－n ＋22n＝3＋12[1－（12）n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .答案：4－n＋4 2n●两种思路解决非等差、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．●两点留意利用裂项相消法求和的留意事项1．抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项，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.]一、选择题1．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：由题意得a n＝1＋2n－1，所以S n＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1.答案：C2．已知{a n}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1＝() A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)C.323(1－4－n) D.323(1－2－n)解析：由于q3＝a5a2＝18，所以q＝12，a1＝4，从而数列{a n a n＋1}是以8为首项，14为公比的等比数列，其前n项和T n＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫14n1－14＝323(1－4－n)．答案：C3．(2022·太原一模)已知数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n·(2n－1)·cosnπ2＋1(n∈N*)，其前n项和为S n，则S60＝()A．－30 B．－60C ．90D ．120解析：由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k(k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k.∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.答案：D4．已知函数f(x)＝x a的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 013＝( )A. 2 012－1B. 2 013－1C. 2 014－1D. 2 014＋1解析：由f(4)＝2得4a ＝2，解得a ＝12，则f(x)＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 013＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3) ＋…＋( 2 014－ 2 013)＝ 2 014－1. 答案：C5．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 －1lga n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1D ．2n ＋1解析：∵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. 答案：C二、填空题6．数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎨⎧5n ＋1 n 是奇数，2n 2 n 是偶数，则这个数列的前2m 项的和是________．解析：数列{a n }的奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列，则S 2m ＝6m ＋m （m －1）2×10＋2（1－2m ）1－2＝5m 2＋m ＋2m ＋1－2.答案：5m 2＋m ＋2m ＋1－27．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．对于每一个正整数n ，设曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99＝________．解析：曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，即y ＝(n ＋1)x －n ，它与x 轴交于点(x n ，0)，则有(n ＋1)x n －n ＝0⇒x n ＝nn ＋1，∴a n ＝lg x n ＝lg nn ＋1＝lg n －lg(n ＋1)，∴a 1＋a 2＋…＋a 99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2，答案：－2 三、解答题9．(2021·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎨⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n －1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.10．(2021·山东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由于2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3. 当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1， 即a n ＝3n －1.所以a n ＝⎩⎨⎧3， n ＝1，3n －1， n ≥2.(2)由于a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13.当n ≥2时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n . 所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]， 两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n， 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合． 综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.数列中的高考热点题型数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要连接点，本专题解答题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列与函数的综合问题；三是数列与不等式的综合问题．难度中等．热点1 等差、等比数列的综合问题解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．并留意方程思想的应用，等差(比)数列总共涉及五个量a ，a n ，S n ，d(q)，n ，“知三求二”．(2021·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q.已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d ＞1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d ＞1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.1．若{a n }是等差数列，则{ba n }(b ＞0且b ≠1)是等比数列；若{a n }是正项等比数列，则{log b a n }(b ＞0且b ≠1)是等差数列．2．对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化．【变式训练】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ＞0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设a 1＞0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ 解：(1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0.若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， 所以a n ＝0(n ≥1)，若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列， 所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.(2)当a 1＞0且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n ，由(1)知，b n ＝lg1002n＝2－nlg 2. 所以数列{b n }是单调递减的等差数列{公差为－lg 2}． b 1＞b 2＞…＞b 6＝lg 10026＝lg 10064＞lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg10027＝lg 100128＜lg 1＝0. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大．热点2 数列与函数的综合问题(满分现场)数列与函数的综合一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n ，a n ，S n 等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(经典例题)(本小题满分12分)(2022·四川卷)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x 的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .规范解答：(1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n.4分(2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.6分所以，d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n ，8分所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －110分因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以，T n ＝2n ＋1－n －22n .12分【满分规章】(1)本题的易失分点是：①不能由题意正确列出a 7、a 8的关系式；②不能正确利用导数的几何意义求解； ③不会利用错位相减法求T n . (2)满分规章：①明确点在函数图象上，点的坐标适合函数解析式． ②明确导数的几何意义是曲线在切点处的切线斜率．③若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，可用错位相减法求数列{a n b n }前n 项的和．【构建模板】错位相减法求和的一般步骤第一步：确定通项，依据已知条件求a n ，b n .其次步：巧分拆，即新的数列分解为等差数列和等比数列的乘积，并确定等比数列的公比．第三步：构差式，即写出S n 的表达式，然后乘以公比，两式作差．第四步：依据差式的特征精确求和．第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个亲密联系：一是数列和函数之间的亲密联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是争辩函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行机敏的处理．【变式训练】已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{a n}的前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝3a n a n＋1，试求数列{b n}的前n 项和T n.解：(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b.由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又由于点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以S n＝3n2－2n.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5，所以a n＝6n－5(n∈N*)．(2)由(1)得b n＝3a n a n＋1＝3（6n－5）[6（n＋1）－5]＝12·⎝⎛⎭⎪⎪⎫16n－5－16n＋1，故T n＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫16n－5－16n＋1＝12(1－16n＋1)＝3n6n＋1.热点3数列与不等式的综合问题数列与不等式相结合问题的考查方式主要有三种：一是推断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明．(2021·安徽卷)设n∈N*，x n是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标．(1)求数列{x n}的通项公式；(2)记T n＝x21x23…x22n－1，证明：T n≥14n.解：(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y ＝0，得与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，由于x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2＞（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n， 所以T n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.解决数列与不等式的综合问题时，假如是证明题要机敏选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；假如是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的学问奇妙结合起来综合处理就行了．【变式训练】 已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0恒成立，试求m 的取值范围．解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q. 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②①—②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0，得2n ＋1－n ×2n ＋1－2＋n ×2n ＋1＋m ×2n ＋1＜0对任意正整数n 恒成立， ∴m ·2n ＋1＜2－2n ＋1，即m ＜12n －1对任意正整数n 恒成立．∵12n －1＞－1，∴m≤－1，即m的取值范围是(－∞，－1]．1．(2021·浙江卷)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝2，b1＝1，a n＋1＝2a n(n∈N*)，b1＋12b2＋13b3＋…＋1n b n＝b n＋1－1(n∈N*)．(1)求a n与b n；(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n，求T n.解：(1)由a1＝2，a n＋1＝2a n，得a n＝2n(n∈N*)．由题意知：当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.当n≥2时，1n b n＝b n＋1－b n.整理得b n＋1n＋1＝b nn，所以b n＝n(n∈N*)，(2)由(1)知a n b n＝n·2n，因此T n＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2T n＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，所以T n－2T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.故T n＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．2．(2021·四川卷)设数列{a n}(n＝1，2，3，…)的前n项和S n满足S n＝2a n－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n的前n项和为T n，求使得|T n－1|＜11 000成立的n的最小值．解：(1)由已知S n＝2a n－a1，有a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1(n≥2)，则a n＝2a n－1(n≥2)，所以q＝2.从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又由于a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列．故a n＝2n.(2)由(1)得1a n＝12n，所以T n＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝1－12n.由|T n－1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n－1＜11 000，即2n＞1 000.由于29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10.于是使|T n－1|＜11 000成立的n的最小值为10.3．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＋2n＝2a n.(1)证明：数列{a n＋2}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式a n；(2)若数列{b n}满足b n＝log2(a n＋2)，设T n是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b na n＋2的前n项和，求证：T n ＜32.证明：(1)由S n ＋2n ＝2a n ，得S n ＝2a n －2n ，① 当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，当n ≥2，n ∈N *时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，② ①－②，得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2， ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 又a 1＋2＝4≠0，则a n ＋2≠0.∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，以2为公比的等比数列． ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2. (2)由b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1， 得b n a n ＋2＝n ＋12n ＋1， 则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1，③12T n ＝223＋…＋n2n ＋1＋n ＋12n ＋2.④ ③－④，得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n ＋12n ＋2＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， 所以T n ＝32－n ＋32n ＋1＜32.4．已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． (1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解：(1)由于{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.由于q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列， 所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q＝23(4n －1)．5．(2022·山东青岛一模)已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令c n ＝(－1)n S n (n ∈N *)，{c n }的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)d n －2＋2n －1，a ∈R.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解：(1)由于等差数列{a n }的公差为d ，设c n ＝(－1)n S n ， 所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330， 则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330，即10(3＋d)＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n.(2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n －[2(a －2)3n －2＋2n －1] ＝4(a －2)3n －2＋2n －1 ＝4·3n －2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤（a －2）＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2. 由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，由于2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54，所以a ≤54. 6．已知数列{a n }的首项a 1＝4，前n 项和为S n ，且S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设函数f(x)＝a n x ＋a n －1x 2＋a n －2x 3＋…＋a 1x n ，f ′(x)是函数f(x)的导函数，令b n ＝f′(1)，求数列{b n }的通项公式，并争辩其单调性．解：(1)由S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)， 得S n －3S n －1－2n ＋2－4＝0(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－3a n －2＝0， 可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)(n ≥2)，又由S 2－3S 1－2－4＝0及a 1＝4，得a 2＝14， 所以a 2＋1＝3(a 1＋1)，即{a n ＋1}是一个首项为5，公比为3的等比数列， 所以a n ＝5×3n －1－1(n ∈N *)．(2)由于f′(x)＝a n ＋2a n －1x ＋…＋na 1x n －1，所以f′(1)＝a n ＋2a n －1＋…＋na 1＝(5×3n －1－1)＋2(5×3n －2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30)－n （n ＋1）2. 令S ＝3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30， 则3S ＝3n ＋2×3n －1＋3×3n －2＋…＋n ×31，两式作差得S ＝－n2－3－3n ＋14，所以f′(1)＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2，即b n ＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2.又b n ＋1＝5×3n ＋2－154－（n ＋1）（n ＋7）2，所以b n ＋1－b n ＝15×3n 2－n －72＞0，所以数列{b n }是单调递增数列．。
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。
第5章 第4讲数列求和-2022版高三数学(新高考)一轮复习课件_ppt(56张)
旗却被冻的不会翻动了，更加突出了雪之大、天气之寒冷。从“红”字能反衬出白雪皑皑的景象，而“不翻”则衬托出了天气的寒冷。 二是语言清新淡雅而又晶莹明丽，明白晓畅而又情韵悠长。
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第五章 数列
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3．(必修 5P47T4 改编)数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n＝( B ) A．9
B．99
C．10
D．100
[解析]
因为 an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.所以 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(
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第五章 数列
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知识点一 公式法求和
(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的 前 n 项和公式．
(2)等差数列的前 n 项和公式： Sn＝na1＋ 2 an＝___n_a_1＋__n__n_2－__1__d__＝___d2_n_2＋__(_a_1_－__d2_)n________.
第五章 数列
高考一轮总复习 • 数学 • 新高考
(3)等比数列的前 n 项和公式： na1，q＝1，
Sn＝a11－－aqnq＝_______________，q≠1. 注意等比数列公比 q 的取值情况，要分 q＝1，q≠1.
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第五章 数列
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最新-创新大课堂2021届高三数学理一轮复习课件：第五章 数 列 第4节 精品
[解析] 由 bn＝nan＝n·22n－1 知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，
①
从而 22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1，
②
①－②得(1－22)·Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即 Sn
＝19[(3n－1)22n＋1＋2]． [答案] 19[(3n－1)22n＋1＋2]
(2)an＝bn±cn 或 an＝cbnn
n为奇数， n为偶数，
数列{bn}，{cn}是等比
数列或等差数列，采用分组求和法求{an}的前 n 项和． (3)若数列有周期性，先求出一个周期内的和，再转化其它
数列(常数列)求和．
跟踪训练 (2016·长春市调研) 已知等比数列{an}的各项均为正数，且 a2＝4，a3＋a4＝24. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前 n 项和 Tn.
[题组集训]
1．(2016·江南十校联考)已知函数 f(x)＝xa 的图象过点(4,2)，
令 an＝fn＋11＋fn，n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S 2
014＝(
)
A. 2 013－1
B. 2 014－1
C. 2 015－1
D. 2 015＋1
[解析] 选 C 由 f(4)＝2 可得 4a＝2，解得 a＝12，
∴(an－an－1)(an＋an－1)－(an＋an－1)＝0.
(Ⅰ)当 q＝1 时，Sn＝_n_a_1__； (Ⅱ)当 q≠1 时，Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq. (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．
高三数学(理)一轮复习课件：5.4 数列求和
an a1 (n 1)d 19 (n 1) (2)
21 2n
n(a1 an ) n(19 21 2n) n 2 20 n Sn 2 2
的等差数列，S n为数列an 的前n项和 （ 1 ）求 : an 及S n
1 1 1 1 1 2 2 n 1 n 2
3 2n 3 4 2n 1n 2
拓展训练： 已知等差数列an 的前项n和Sn满足S3 0, S5 5 (1)求an 的通项公式； 1 (2)求数列 的前项和. a2 n1a2 n1
(2010 重庆， 17)已知数列an 是首项为１ 9，公差为- 2
（2）设数列bn an 是首项为１，公比为３ 的等比数列， 求 : b n 及前n项和Ｔ n
（ 2） 解 ： 由 题 意 知
: bn an 1 3n1， 即 bn 3n1 21 2n
Tn b1 b2 b3 bn
P90 变式训练2
例 4：
an 中前n项和为Sn，前6项和为36， 已知: 等差数列
最后6项的和为 180 （n 6），求Sn 解：由题意知 ：
a1 a2 a3 a4 a5 a6 36
n
①
an an1 an2 an3 an4 an5 180
2 1 2 2 n 3 n 5n 2 8
的等差数列，S n为数列an 的前n项和 （ 1 ）求 : an 及S n
(2010 重庆， 17)已知数列an 是首项为１ 9，公差为- 2
拓展训练：
（2）设数列bn an 是首项为１，公比为３ 的等比数列， 求 : b n 及前n项和Ｔ n
2020版高考数学理科一轮复习课件(北师大版)：数列求和
Sn=
2
=
na1+������
(������ -1)������ 2
.(其中 a1 为首项,d 为公差)
② 等比数列的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 ;
������1(1-������������ ) 当 q≠1 时,Sn= 1-������
������1 -������������ ������ = 1-������
1-������,������为奇数, ������,������为偶数
[解析] Sn=2×[0+1-2+3-4+…+(-1)n(n-1)]
1-������,������为奇数, =
������,������为偶数.
课前双基巩固
5.在数列{an}中,已知
an=(������
1 +1)(������
+3)(n∈N*),
则{an}的前 n 项和 Sn=
.
[答案]
152-2(������
2������ +5 +2)(������ +3)
[解析]
因为
an=(������
1 +1)(������
+3)=12
������
1 +1
-
������
1 +3
,
所以
Sn=12×
12-14+13-15+14-16+…+������+1 1-������
������
+n-1,
则数列{an}的前 n 项和 Sn=
.
[答案]
������
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考点二 错位相减法求和
[例2]
已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足6Sn＝a
2 n
＋3an＋
2，且a1，a2，a6是等比数列{bn}的前三项．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1，n∈N＋，证明：3Tn＋1＝
(2)等比数列的前n项和公式： na1，q＝1，
Sn＝a11－－aqnq＝a111－－qqnq≠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． 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．
2．(2014·高考湖南卷)已知数列
a
n
的前n项和Sn＝
n2＋n 2
，n∈
N＋. (1)求数列an的通项公式； (2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列bn的前2n项和．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－n－12＋2 n－1＝n.
故数列an的通项公式为an＝n.
[基础自测]
1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝n＋11n＋2，则S8等于
2
1
7
5
A.5
B.30
C.30
D.6
解析：∵an＝n＋1 1－n＋1 2，
()
∴S8＝12－13＋13－14＋…＋19－110＝12－110＝25.
答案：A
2．(2016·太原模拟)设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且
1．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2
＋…＋a10＝( )
A．15
B．12
C．－12
D．－15
解析：记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等
差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10
＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.故选A. 答案：A
解 (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝24p＋4q，x5＝25p ＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2 ＋…＋n)＝2n＋1－2＋nn＋2 1.
非等差、非等比数列求和的最关键步骤是“转化”，即根据 通项公式的特点，利用拆项分组的方法，拆分为等差或等比数列 的和或差，再进行求和运算．
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn. 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， 则A＝211－－222n＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n， 故数列bn的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝( )
A.n42＋74n
B.n32＋53n
C.n22＋34n
D．n2＋n
解析：∵a
2 3
＝a1·a6即(2＋2d)2＝2(2＋5d)解得d＝
1 2
或d＝
0(舍)，∴Sn＝na1＋nn－ 2 1d＝2n＋nn－ 2 1×12＝n42＋74n. 答案：A
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．
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.
主干回顾 夯基固源 考点研析 题组冲关 素能提升 学科培优
课时规范训练
第4课时 数列求和
1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式． 2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
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＝na12＋an＝ na1＋nn－ 2 1d ；
答案：120
考点一 分组转化法与公式法求和 [例1] 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；(2)数列{xn}前n项和Sn的公式． 审题视点 第(1)问由已知条件列出关于p、q的方程组求解； 第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解．
∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 答案：(n－1)2n＋1＋2
5．数列{an}的通项公式是an＝
1 n＋____．
解析：∵an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n
∴Sn＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1
令 n＋1－1＝10得n＝120.
4．(教材改编题)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，
则Sn等于______．
解析：∵Sn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①
2Sn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1.②
①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝
21－2n 1－2
－n·2n
＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝－(n－1)·2n＋1－2，
3．数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋21n，…的前n项和Sn
的值为( )
A．n2＋1－21n
B．2n2－n＋1－21n
C．n2＋1－2n2－1
D．n2－n＋1－21n
解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋
1 2n
，则Sn＝[1＋3＋
5＋…＋(2n－1)]＋12＋212＋…＋21n＝n2＋1－21n.故选A. 答案：A