2021-2022年高三数学第一轮复习单元讲座第30讲数列求和及数列实际问题教案新人教版

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高考数学(理,北师大版)一轮复习课件第30讲等比数列及其前n项和(53张PPT)

向
固
3．关于等比数列的性质的方法技巧
基础
(1)在等比数列{an}中，a3a7＝a10.( )
(2)若等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝12，则a2与a4的等
比中项为14.( ) (3)若等比数列{an}中，a1＝2，a5＝18，则a3＝±6.( )
[答案] (1)× (2)× (3)×
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令cn＝abnn，则cn－1＝abnn－－11.
an 当n≥2时，ccn－n 1＝abn－n 1＝aan－n 1÷bbn－n 1＝qq12，故数列abnn也一
bn－1 定是等比数列．
(2)当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝a1（11－－qqn）.
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第30讲等比数列及其前n项和
双
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第30讲等比数列及其前n项和
双
向
—— 链接教材 ——
固
基
础
1．[教材改编]
已知等比数列{an}中，a3＝3，a10＝
384，则该数列的通项公式an＝________．
[答案] 3×2n－3
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第30讲等比数列及其前n项和
双
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固
基础
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，则 a3＝a1q2＝3，①
(1)求数列{an}的通项公式；
考向
(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若不等式 Sn>kan－2 对一切 n∈N*恒成立，求实数 k 的取值范围．
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第30讲等比数列及其前n项和
［思考流程］ (1)条件：给出等比数列{an}的递推公
点面讲
式．目标：求数列{an}的通项公式．方法：利用等比数列的定义及递推公式求解．

数列求和PPT课件

1 2n-1
-
1 2n+1
)]
=
3n 2n+1
.
11.已知 {an} 是首项为 a1, 公比为 q 的等比数列. (1)求和: a1C20-a2C12+a3C22, a1C03-a2C13+a3C23-a4C33 ; (2)由(1)的结果归纳概括出关于正整数 n 的一个结论, 并加以证明; (3)设q≠1, Sn是{an} 的前 n 项和, 求 S1Cn0-S2C1n+S3C2n-S4C3n+ … +(-1)nSn+1Cnn.
n+1 项
∵lgx+lgy=a, ∴lg(xy)=a.
∴Sn=
n(n+1) 2
lg(xy)=
n(n2+1)a.
注: 本题亦可用对数的运算性质求解:
∵Sn=lg[xn+(n-1)+…+3+2+1y1+2+3+…+(n-1)+n],
∴Sn=
n(n+1) 2
lg(xy)=
n(n2+1)a.
7.求证: Cn0+3Cn1+5Cn2+…+(2n+1)Cnn=(n+1)2n.
-nn2+,1 2
,
n 为偶数时, n 为奇数时.
将数列的每一项拆(裂开)成两项之差, 使得正负项能相互
抵消, 剩下首尾若干项.
例
求和
Sn=
1×1 2+
1 2×3
+…+
1 n(n+1)
.
n n+1

专题30 数列求和5题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测(原卷版)

专题30数列求和5题型分类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(a1＋a n)2＝na1＋n(n－1)2d.(2)等比数列的前n项和公式：S n1，＝a1(1－q n)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(1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.(2)1n (n ＋2)＝(3)1(2n －1)(2n ＋1)＝(4)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(5)1n (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).(4)13＋23＋33＋…＋n 3＝n (n ＋1)22.（一）分组求和(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{c n }的前n 项和．（二）错位相减法求和(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＝na1.b（三）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．2（四）倒序相加法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）．一、单选题1．（2024高二上·陕西西安·阶段练习）数列9,99,999，…的前n 项和为A ．109（10n －1）＋n B ．10n －1C ．109（10n －1）D ．109（10n －1）－n 2．（2024高二下·湖北·阶段练习）高斯（Gauss ）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称．小学进行123100++++L 的求和运算时，他这样算的：1100101+=，299101+=，…，5051101+=，共有50组，所以501015050⨯=，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前n 项和的方法正是借助了高斯算法．已知正数数列{}n a 是公比不等于1的等比数列，且120231a a =，试根据以上提示探求：若24()1f x x =+，则()()()122023f a f a f a +++= （）A ．2023B ．4046C ．2022D ．40443．（2024高三下·江西·开学考试）已知数列21443n n ⎧⎫⎨⎬+-⎩⎭的前n 项和为n T ，若对任意的*n ∈N ，不等式263n T a a <-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．2,[1,)3⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦ B ．2(,1],3⎡⎫-∞-+∞⎪⎢⎣⎭ C ．2,13⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．2,(1,)3x ⎛⎫--+∞ ⎪⎝⎭ 4．（2024·浙江）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．100332S <<B ．10034S <<C ．100942S <<D ．100952S <<二、填空题5．（2024高二下·江苏南京·期中）已知数列{}i a 的项数为()N n n *∈，且1C (1,2,)i i n i n a a i n -++== ，则{}i a 的前n 项和n S 为．6．（2024高二上·湖北黄冈·期末）1202年意大利数学家列昂那多-斐波那契以兔子繁殖为例，引人“兔子数列”，又称斐波那契数列，即11235813213455 ，，，，，，，，，，该数列中的数字被人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被3除后的余数构成一新数列{}n a ，则数列{}n a 的前2022项的和为.7．（2024高二上·上海黄浦·期中）数列()()()22311,(12),122,1222,,122,n -+++++++++ 的前n 项和为.8．（2024高三下·全国·开学考试）现取长度为2的线段MN 的中点1M ，以1MM 为直径作半圆，该半圆的面积为1S （图1），再取线段1M N 的中点2M ，以12M M 为直径作半圆．所得半圆的面积之和为2S （图2），再取线段2M N 的中点3M ，以23M M 为直径作半圆，所得半圆的面积之和为3S ，以此类推，则1ni i iS ==∑．9．（2024高三·全国·对口高考）已知函数4()42x x f x =+，则()(1)f x f x +-=；数列{}n a 满足2016n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则这个数列的前2015项的和等于.10．（2024·江苏·模拟预测）若数列{}n a 满足C (1,2,3,,1)ii n i n a a i n -+==- ，12n a =，则{}n a 的前n 项和为.11．（2024高三·全国·专题练习）已知{}n a 为无穷等比数列，13a =，n a 的各项和为9，2n n b a =，则数列{}n b 的各项和为．12．（2024·全国）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折n 次，那么1nkk S==∑2dm .13．（2024·湖北·模拟预测）“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，并且高斯研究出很多数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法､每一个n 阶代数方程必有n 个复数解等.若函数()22log 1x f x x =-，设()112311,,2n n a a f f f f n n n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==++++∈≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭N ，则1210a a a +++=.14．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1211121n n S S S n ++⋅⋅⋅+=+，设函数()1cos π2f x x =+，则32021122022202220222022a a a a f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．15．（2024高三上·河北·阶段练习）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》．在其年幼时，对123100+++⋯⋯+的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数()xf x ={}n a 满足()121(0)(1)N n n a f f f f f n n n n *-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，若12n n n b a +=，则{}n b 的前n 项和n S =．16．（2024高三上·福建泉州·期中）已知12cos 2cos x x f x x +⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则202112022i i f =⎛⎫=⎪⎝⎭∑.17．（2024高三·全国·对口高考）数列()55,55,555,5555,,101,9n- 的前n 项和n S =.18．（2024高二上·湖北黄冈·期末）已知{}n a 的前n 项和为n S ，()()1221n n n n aa n +++-=，50600S =，则12a a +=.三、解答题19．（2024高一下·山西·阶段练习）已知数列{}221:1,12,122,,1222,-+++++++ n n a ，求数列{}n a 的前n 项和n S .20．（2024高三上·河北·期末）已知数列{}n a 满足312232222n na a a a n ++++= .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2log n n b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和.21．（2024高三上·河北邯郸·阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11340,4n n a S a +--==．(1)证明：数列{}n a 是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n T ．22．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知公差为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为2,3n S a =，且136,,23a a a +成等比数列.(1)求n a 和n S .(2)设n b =，求数列{}n b 的前n 项和n T .23．（2024高三上·海南·期末）已知数列{}n a 满足14a =，*122(N )n n a a n +=+∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若1n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．24．（2024高一下·广东梅州·期末）已知等差数列{}n a 的前四项和为10，且237,,a a a 成等比数列(1)求通项公式na (2)设2n an b =，求数列n b 的前n 项和nS 25．（2024高三上·辽宁大连·期末）已知数列{}n a 满足：()*111,1,2,n n n a n a a n a n +-⎧==∈⎨⎩N 为奇数为偶数.设21n n b a -=.(1)证明：数列{}2n b -为等比数列，并求出{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n a 的前2n 项和2n S .26．（2024高三上·重庆·阶段练习）已知数列{}n a 中，2122a a ==，且22,4,n n na n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数为偶数.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求{}n a 的前10项和10S .27．（2024·云南红河·一模）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中公比451211,8a a q a a +≠-=+，且378S =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2log ,1, n n na nb n a ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列}n b 的前2n 项和2n T ．28．（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项积为,0,2nn n n n T T a a T ≠=-．(1)求证：数列{}n T 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)令()()()11111n n n n b a a -+=-+-，求数列{}n b 的前n 项和n S ．29．（2024高三上·云南·阶段练习）已知数列{}n a 满足：312232222n n a a a a n +++⋅⋅⋅+=（*n ∈N ），数列{}n b 满足5012n n b a =+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求1299b b b ++⋅⋅⋅+.30．（2024高二下·江西萍乡·期末）已知函数()142xa f x =++关于点11,22⎛⎫⎪⎝⎭对称，其中a 为实数.(1)求实数a 的值；(2)若数列{}n a 的通项满足2023n n a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，其前n 项和为n S ，求2022S .31．（2024高三上·天津河北·期末）已知{}n a 是等差数列，其公差d 不等于0，其前n 项和为{},n n S b 是等比数列，且11223131,,2a b a b S a b ===-=.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和n T ；(3)记1222n n n n a c a a ++=，求{}n c 的前n 项和n P .32．（2024高三·全国·专题练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，()1121n n a S n a ==+，，.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .33．（2024高三上·全国·期末）数列{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，公比11223303,1,4,12q a b a b a b <<====.(1)求{}{}n n a b ､的通项公式；(2)求数列{}nna b 的前n 项和.34．（2024·吉林白山·一模）已知等比数列{}n a 满足12a =，且2420a a +=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足n n b n a =⋅，{}n b 其前n 项和记为n S ，求n S ．35．（2024·全国·模拟预测）已知{}2n n a 是等差数列，n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列．(1)求证：12a a =；(2)记{}n a 的前n 项和为n S ，对任意*n ∈N ，16n S ≤≤，求1a 的取值范围．36．（2024高二上·湖南张家界·阶段练习）已知等差数列{}n a 满足24a =，4527a a -=，公比不为1-的等比数列{}n b 满足34b =，()45128b b b b +=+．(1)求{}n a 与{}n b 通项公式；(2)设()*13N n n n c n a a +=∈⋅，求{}n c 的前n 项和n S ．37．（2024·全国·模拟预测）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且425S S =，222n n a a =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．38．（2024·新疆·一模）非零数列{}n a 满足()()()()*112212n n n n n n n a a a a a a a n +++++--=-∈N ，且121,2a a ==．(1)设1nn n na b a a +=-，证明：数列{}n b 是等差数列；(2)设11n n n c a a +=，求{}n c 的前n 项和n T ．39．（2024高三上·辽宁沈阳·期中）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(1)求nS (2)求12233411111n n S S S S S S S S ++++⋯+++++40．（2024·广东广州·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足2log ,,n n na nb a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .41．（2024高三上·山西忻州·阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，123a =-，1322n n S S +=-（*n ∈N ）.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b ，{}n c 满足()32log n n b a =-，n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T .42．（2024·四川攀枝花·二模）已知数列{}n a 满足()*1144,313n n na a a n a +=-=∈-N ．(1)证明：11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列；(2)求数列1n n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．43．（2024高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2321n n S a n =-+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．44．（2024高三上·云南曲靖·阶段练习）已知数列{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，n S 是{}n a 的前n 项和，n *∈N ．(1)若11a =，且22n n a a =，求数列{}n a 的通项公式；(2)若13a d =，数列{}n b a 的首项为1a ，满足13n n b b a a +=，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求5T ．45．（2024高三上·广东东莞·期末）数列{}n a 的前n 项积为n T ，且满足()()1122n T n n =++．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记()1ln nn n b a =-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ．46．（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11334n n a a a +==-，，记)23n n b a =-+．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)已知()1111n n n n n b c b b +++=-⋅，记数列{}n c 的前n 项和为n S ．求证：221n S ≥．47．（2024高二下·福建厦门·阶段练习）数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项积为n T ，且()()**21,!n n n S a n T n n =-∈=∈N N ．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若,,n n na n cb n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求{}n c 的前n 项和n P ．48．（2024高三上·云南德宏·阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n n S a n =-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()()211n n b n a =++，求数列{}n b 的前n 项和n T .49．（2024高三上·河北廊坊·期末）已知数列{}n a 是递增的等比数列，142332,12a a a a =+=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()()1111n n n n a b a a ++=++，求数列{}n b的前n 项和n S .50．（2024·四川绵阳·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5645,60S S ==．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．51．（2024高三·全国·专题练习）仓库有一种堆垛方式，如图所示，最高一层2盒，第二层6盒，第三层12盒，第四层20盒，第五层30盒，L，请你寻找至少两个堆放的规律．52．（2024·广东广州·三模）已知正项数列{}n a 和{},n n b S 为数列{}n a 的前n 项和，且满足242n n n S a a =+，()*22log n n a b n N =∈（1）分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）将数列{}n a 中与数列{}n b 相同的项剔除后，按从条到大的顺序构成数列{}n c ，记数列{}n c 的前n 项和为n T ，求100T ．53．（2024·湖南岳阳·三模）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，其公比1q ≠-，4578127a a a a +=+，且4393S a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知13log ,,n n n a n b a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前n 项和n T ．54．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等差数列{}n a 与等比数列{}n b 的前n 项和分别为：,n n S T ，且满足：()21413,2n n n S a S n +==+，22214n n n T S n n -=---(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)若,2n nn c n S =⎨⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项的和2n U .55．（2024高三下·湖南常德·阶段练习）已知数列{}n a ，{}n b ，n S 为数列{}n a 的前n 项和，210,4n a a b =>，若12a =，()2211202n n n n a a a a n ----=≥，且()211n n nb n b n n +-+=+，*N n ∈.(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)若数列{}n c 的通项公式为,2,4n n n n n a b n c a b n ⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，令n T 为{}n c 的前n 项的和，求2n T .56．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）已知等比数列{}n a 的公比1q >，前n 项和为n S ，满足：234613,3S a a ==.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1,,n n n a n b b n n -⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .57．（2024·广东汕头·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*322n n a S n n N =+∈.(1)证明：数列{}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的前n 项和为n S ；(2)设()31log 1n n b a +=+，证明：222121111n b b b ++⋅⋅⋅+<.58．（2024·浙江宁波·模拟预测）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()()222*330,n n S n n S n n n N -+--+=∈.(1)求1a 的值：(2)求数列{}n a 的通项公式：(3)证明：对一切正整数n244⎫+≤-⎪⎭.59．（2024高三上·天津和平·阶段练习）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为(){},*∈n n S n N b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2334111412,2,11b b b a a S b +==-=．(1){}n a 和{}n b 的通项公式；(2)求数列{}2n n a b ⋅的前8项和8T ；(3)证明：()212591nii i b b =<-∑．60．（2024·河北沧州·模拟预测）已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若34102252,33+==a a S ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()22π1cos3n n n b a =+，求数列{}n b 的前18项和18T ．61．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知数列{}n a 满足211222,1,3nn n n a a a a a +++-===．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求111222(1)n n n n n a a +++⎧⎫⎛⎫+-⎪⎪-⋅⎨⎬ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭的前n 项和n T ．62．（2024·安徽合肥·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21342n n n n S S S a +++=-，11a =，23a =．(1)证明：数列{}12n n a a +-是等差数列；(2)记22(1)n n n a b n n++=+，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求n T ．63．（2024·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足2*11,N ,5n n a a n a +=∈=.(1)求数列{}n a 的通项；(2)设22,1n n n n a b S a =-为数列{}n b 的前n 项和，求证12n S <．64．（2024·江西南昌·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，满足()111n n n S S n n a ++=+，且112a =.(1)求n S ；(2)若()221n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .65．（2024·山东烟台·三模）已知数列{}()11,1,11n n n a a na n a +=-+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足()1πsin cos π2n n n b a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前2n 项和2nT66．（2024·福建漳州·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，21nnS n a =+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)记数列12log n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求集合{}*10,N k k T k ≤∈中元素的个数.67．（2024·福建厦门·模拟预测）已知数列{}n a 满足111,12nn n a a a a +==+．(1)证明1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并{}n a 的通项公式；(2)设214n n n c n a a +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．68．（2024高三上·河北邢台·阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且231n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()1311n n n n b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项和n T ．69．（2024高三上·江西赣州·阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且540S =，9126S =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，并证明：16n T <.70．（2024·广东汕头·三模）已知各项均为正数的数列{an }中，a 1=1且满足221122n n n n a a a a ++-=+，数列{bn }的前n 项和为Sn ，满足2Sn +1=3bn .(1)求数列{an }，{bn }的通项公式；(2)设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和Sn ；(3)若在bk 与bk +1之间依次插入数列{an }中的k 项构成新数列{}n c '：b 1，a 1，b 2，a 2，a 3，b 3，a 4，a 5，a 6，b 4，……，求数列{cn }中前50项的和T 50.71．（2024·福建福州·模拟预测）已知数列{}n a 的首项145a =，1431n n n a a a +=+，*n ∈N .(1)设1nn na b a =-，求数列{}n b 的通项公式；(2)在k b 与1k b +（其中*k ∈N ）之间插入2k 个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n c .记n S 为数列{}n c 的前n 项和，求36S .72．（2024高三上·江苏镇江·阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，满足12542,30,2a b S b ===+是3b 与5b 的等差中项.(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)设()(1)nn n n c a b =-+，求数列{}n c 的前20项和20T .73．（2024·广东广州·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，且数列23n n S a ⎧⎫-⎨⎩⎭是公比为13的等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()1213n n b n -=+，求其前n 项和nT 74．（2024高三上·湖南长沙·阶段练习）已知数列{}n x 的首项为1，且1121212222n n n n n nx x nx x x -+--++++= .(1)求数列{}n x 的通项公式；(2)若()()1121,2n n n n b n x x S +=+-为{}n b 前n 项的和，求n S .75．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，2n n S na =，23a =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若16n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．76．（2024高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知数列{}n a 为等差数列，数列{}n b 为等比数列，且*∈N n b ，若1212312342,15a b a a a b b b b ==++=+++=．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设由{}n a ，{}n b 的公共项构成的新数列记为{}n c ，求数列{}n c 的前5项之和5S ．77．（2024高三·全国·专题练习）求和()()()22122323322332322n n n n n S --=+++⋅++⋅⋅⋅++⋅+⋅+⋅⋅⋅+．78．（2024·天津津南·模拟预测）已知{}n a 是单调递增的等差数列，其前n 项和为n S .{}n b 是公比为q 的等比数列.1142423,,a b a b S q S ====⋅.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设()1,,7n n n n n nn a b n c a b n a S -⎧⎪=⎨⎪+⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n T .79．（2024·天津）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N ；（Ⅲ）对任意的正整数n ，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．80．（2024·天津·一模）已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n A ，715a =，763A =；数列{}n b 的前n 项和为n B ，()*233n n B b n =-∈N .(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)求数列1n A ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和n S ；(3)求证：12nkk ka B =<∑.。

一轮复习大题专练30—数列(讨论奇偶求和)-2022届高三数学一轮复习

一轮复习大题专练30—数列（讨论奇偶求和）1．设{}n a 是公差不为0的等差数列，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足*322()n n b S n N -=∈．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）对任意的正整数n ，设2,,n n na n cb n +⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前21n +项和．解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项，所以2428a a a =⋅，即2(13)(1)(17)d d d +=++，解得1d =或0d =．又因为0d ≠，所以1d =．所以1(1)1n a n n =+-⨯=．因为*322()n n b S n N -=∈，所以，当2n时，11322n n b S ---=，所以113()2()0n n n n b b S S -----=，所以13()20n n n b b b ---=，即13(2)nn b n b -= ．当1n =时，11322b S -=，又因为11S b =，所以12b =，所以数列{}n b 是以2为首项、3为公比的等比数列．所以11123n n n b b q --=⋅=⨯．（2）因为()()1223n n n n c n -⎧+⎪=⎨⨯⎪⎩为奇数为偶数，故数列{}n c 的前21n +项和为2113521221(1)(323)6(19)93(35723)2(3333)421944n n n n n n T n n n +-++++-=++++++++++=+=+++- ．2．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，满足112a b =，26S =，312S =，123b b +=．（1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求满足条件的最小正整数k ，使得对*()n k n N ∀∈不等式1n n T S + 恒成立；解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由112a b =，26S =，312S =，123b b +=，可得126a d +=，13312a d +=，解得12a =，2d =，所以11b =，22b =，212b q b ==，所以2n a n =，12n n b -=；（2）由（1）可得21(22)2n S n n n n =+=+，122112n n n T -==--，1n n T S + 即为22n n n +，当1n =时，12n n T S +==；当24n时，1n n T S +<；当5n时，0122222()2n n n n C C C n n n n ++=++>+ ，所以满足条件的最小正整数k 为5；（3）22212122222221212111()(1)(1)(21)(21)32121n n n n nn n n n b C b b ------+===-++++++，所以132122221111111111...(...)()32551721213221n n n n c c c --+++=-+-++-=-+++；22218(4n n n n a C n b ==⋅，则2242111...816()...8(444n n c c c n +++=⋅+⋅++⋅，2312421111(...)8()16(...8(4444n n c c c n ++++=⋅+⋅++⋅，两式相减可得212423111(...)28[()...()]8()4444n n n c c c n ++++=+++-⋅1111(1)1164288()1414n n n -+-=+⋅-⋅-，化简可得124232321281...(()9394n n c c c n ++++=-+⋅，所以数列{}n c 的前2n 项和为121113232128167832111()()((()3221939418394341n n n nn n +-+-+⋅=-+⋅-⋅++．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,nn n a n a a n ++⎧=⎨+⋅⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和．解：（1）因为11a =，11,2,n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，所以2112a a =+=，3224a a =+=，4315a a =+=，所以122b a ==，245b a ==，12222212122123n n n n n n n n b b a a a a a a ------=-=-+-=+=，2n，所以数列{}n b 是以12b =为首项，以3为公差的等差数列，所以23(1)31n b n n =+-=-．（2）由（1）可得231n a n =-，*n N ∈，则212223(1)1232n n a a n n --=+=--+=-，2n，当1n =时，11a =也适合上式，所以2132n a n -=-，*n N ∈，所以数列{}n a 的奇数项和偶数项分别为等差数列，则{}n a 的前20项和为122013192420109109...()()103102330022a a a a a a a a a ⨯⨯+++=++⋯++++⋯+=+⨯+⨯+⨯=．4．已知数列{a n }满足a n +2＝a n +d （d ∈R ，d ≠1），n ∈N *，a 1＝1，a 2＝1，且a 1，a 2+a 3，a 8+a 9成等比数列．（Ⅰ）求d 的值和{a n }的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．解：（Ⅰ）数列{a n }满足a n +2＝a n +d （d ∈R ，d ≠1），所以a 3＝a 1+d ，a 8＝a 6+d ＝a 2+3d ，a 9＝a 1+4d ，所以a 2+a 3＝a 1+a 2+d ，由于a 1＝1，a 2＝1，所以a 2+a 3＝2+d ，a 8+a 9＝2+7d ，且a 1，a 2+a 3，a 8+a 9成等比数列，所以，整理得d ＝1或2（1舍去）．故a n +2＝a n +2，所以n 为奇数时，a n ＝n ，n 为偶数时，a n ＝n ﹣1．所以数列{a n }的通项公式为．（Ⅱ）由于，所以．所以T 2n ＝b 1+b 2+...+b 2n ＝﹣20×12+20×22﹣22×32+22×42+...+[﹣22n ﹣2•（2n ﹣1）2]+22n﹣2•（2n ）2，＝20×（22﹣12）+22×（42﹣32）+...+22n ﹣2•[（2n ）2﹣（2n ﹣1）2]．＝20×3+22×7+...+22n ﹣2•（4n ﹣1）①，所以，②，①﹣②得：﹣3T 2n ＝20×3+22×4+...+22n ﹣2×4﹣22n ×（4n ﹣1），＝3+4×﹣22n ×（4n ﹣1），＝，所以．5．已知等差数列{}n a 满足212a a =，459a a +=，n S 为等比数列{}n b 的前n 项和，122n n S S +=+．（1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；解：（1）（基本量法求等差等比通项）等差数列{}n a 的公差设为d ，212a a =，459a a +=，可得112a d a +=，1279a d +=，解得11a d ==，可得n a n =；由122n n S S +=+得122n n S S -=+，2n，两式相减整理得12n n b b +=，可得公比12q =，由11112()22b b b +=+，解得11b =，∴112n n b -=；（2）证法1:（应用放缩和错位相减求和证明不等式）122331,,44211,,n n n n na b n n n c n n a n -⎧⎧⋅⎪⎪⎪⎪==⎨⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎩为奇数为奇数为偶数为偶数，123n n C c c c c =+++⋯+，1321k k A c c c -=++⋯+，242k k B c c c =++⋯+，0131321(4444k k k A --=++⋯+，2131321(44444k kk A -=++⋯+，两式相减整理得12311(1)331112132124(1(1)14428244414k k k k k k k A -----=+++⋯+-=+--，可得55110(23346k k A k =-+<，又因为2(2)(21)(21)k k k >-+，∴222111*********()24(2)21335212126k B k k k =++⋯+<-+-+⋯-<=-+．所以222111324(2)6k B k =++⋯+<，∴10313666n k kC A B =+<+=．证法2:（应用放缩和裂项求和证明不等式）令11()4n n d an b -=+，11214n n n n d d +--=-化简整理得：1841()394nn d n -=-+，∴1155110(2)3346k k k A d d k +=-=-+<，222211*********1231223(1)n T n n n n =+++⋯+<+++⋯=-<⨯⨯-⨯，22221111111224(2)242n T n n =++⋯+<-<，所以222111324(2)6k B k =++⋯+<，∴10313666n k kC A B =+<+=．。

高三数学第一轮复习课时作业(30)数列求和

课时作业(三十) 第30讲数列求和时间：45分钟分值：100分基础热身1．2011·海口调研设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝72，则a 2＋a 4＋a 9的值是( ) A ．24 B ．19 C ．36 D ．402．2011·广州二模已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝( ) A ．－55 B ．－5 C ．5 D ．553．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图像在点A (1，f (1))处的切线的斜率为3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 2 012的值为( )A.2 0072 008B.2 0102 011C.2 0092 010D.2 0122 0134．已知函数f (x )对任意x ∈R ，都有f (x )＝1－f (1－x )，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝________.能力提升5．2011·阳泉一调已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝( )A ．70B ．75C ．80D ．856．2011·海南省四校二模已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 3nn ＋1(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－4成立的最小自然数n 等于( )A ．83B ．82C ．81D ．807．2011·连云港模拟设a 1，a 2，…，a 50是从－1,0,1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有( )A ．11个B ．12个C ．15个D ．25个8．2011·安徽卷若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12C ．－12D ．－159．设m ∈N *，log 2m 的整数部分用F (m )表示，则F (1)＋F (2)＋…＋F (1024)的值是( ) A ．8204 B ．8192C ．9218D ．以上都不对10．2011·淮北联考对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.11．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，其前n 项之和为10，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为________．12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝4n －2n，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n S n 的前n 项和T n ＝________.13．已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图像上，b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，则使得T n ＜m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m 等于________． 14．(10分)2011·厦门质检在等差数列{a n }中，a 2＝4，其前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋λn (λ∈R )． (1)求实数λ的值，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n＋b n 是首项为λ、公比为2λ的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .15．(13分)2011·新余二模已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，且3＋(－1)n a n ＋2－2a n ＋2(－1)n－1＝0，n∈N *.(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n －1·a 2n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .难点突破16．(12分)2011·深圳一模设数列{a n }是公差为d 的等差数列，其前n 项和为S n . (1)已知a 1＝1，d ＝2，①求当n ∈N *时，S n ＋64n的最小值；②当n ∈N *时，求证：2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<516；(2)是否存在实数a 1，使得对任意正整数n ，关于m 的不等式a m ≥n 的最小正整数解为3n －2？若存在，求a 1的取值范围；若不存在，请说明理由．课时作业(三十)【基础热身】1．A 解析 S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72，a 1＋a 9＝16，得a 5＝8，所以a 2＋a 4＋a 9＝a 5－3d ＋a 5－d ＋a 5＋4d ＝3a 5＝24.2．C 解析由a n ＝(－1)n(n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝－2＋3－4＋5－6＋7－8＋9－10＋11＝5. 3．D 解析由题知f ′(x)＝2x ＋b ， ∴f ′(1)＝2＋b ＝3，∴b ＝1，∴f(n)＝n 2＋n ，∴1f(n)＝1n(n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝nn ＋1，∴S 2012＝20122013.4．3 解析由条件可知f(x)＋f(1－x)＝1，其中x ＋(1－x)＝1，∴f(－2)＋f(3)＝1，f(－1)＋f(2)＝1，f(0)＋f(1)＝1，设M ＝f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)，则M ＝f(3)＋f(2)＋f(1)＋f(0)＋f(－1)＋f(－2)，两式相加，得2M ＝6，即M ＝3. 【能力提升】5．B 解析由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n(3＋2n ＋1)2＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝10(3＋12)2＝75.6．C 解析 S n ＝log 31－log 32＋log 32－log 33＋…＋log 3n －log 3(n ＋1)＝－log 3(n ＋1)<－4，解得n>34－1＝80.7．A 解析 (a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝a 21＋a 22＋…＋a 250＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，∴a 1，a 2，…，a 50中取零的项应为50－39＝11个．8．A 解析 a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)＝3×5＝15.9．A 解析 ∵F(m)为log 2m 的整数部分，∴当2n ≤m ≤2n ＋1－1时，f(m)＝n ， ∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)＝F(1)＋F(2)＋F(3)＋F(4)＋F(5)＋F(6)＋F(7)＋…＋F(1024)＝0＋2×1＋4×2＋…＋2k ×k ＋…＋29×9＋10.设S ＝1×2＋2×22＋…＋k ×2k ＋…＋9×29，①则2S ＝1×22＋…＋8×29＋9×210，② ①－②得－S ＝2＋22＋…＋29－9×210＝2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－213－2，∴S ＝213＋2，∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)＝213＋12＝8204.10．2n ＋1－2 解析 ∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n . ∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.11．－120 解析由已知，得a n ＝1n ＋n ＋1＝，故选A n ＋1－n ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n)＝n ＋1－1，∴n ＋1－1＝10，解得n ＝120，即直线方程化为121x ＋y ＋120＝0，故直线在y 轴上的截距为－120.12．3·2n －12n ＋1－1 解析根据公式法S n ＝4(1－4n )1－4－2(1－2n )1－2＝13(4n ＋1－3·2n ＋1＋2)＝13(2n ＋1－1)(2n ＋1－2)＝23(2n ＋1－1)(2n－1)，故2n S n ＝32·2n (2n ＋1－1)(2n－1)由于(2n ＋1－1)－(2n －1)＝2n，所以2n S n ＝32·(2n ＋1－1)－(2n－1)(2n ＋1－1)(2n－1) ＝32⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝32121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝321－12n ＋1－1＝3·2n－12n ＋1－1.13．10 解析由S n ＝3n 2－2n ，得a n ＝6n －5，又∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝121－17＋17－113＋…＋16n －5－16n ＋1＝12－16n ＋1＜12，要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＜m 20对所有n ∈N *成立，只需m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m ＝10.14．解答 (1)∵a 2＝S 2－S 1＝(4＋2λ)－(1＋λ)＝3＋λ， ∴3＋λ＝4，∴λ＝1.∴a 1＝S 1＝2，d ＝a 2－a 1＝2， ∴a n ＝2n .(2)由已知，∵λ＝1，∴1S n＋b n ＝1×2n －1＝2n －1，∴b n ＝2n －1－1n (n ＋1)＝2n －1－⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝(1＋21＋22＋…＋2n －1)－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－2n1－2－⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝(2n －1)－1＋1n ＋1＝2n －2n ＋1n ＋1. 15．解答 (1)由已知得a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，则a n ＝n ；当n 为偶数时，a n ＋2＝12a n ，则a n ＝a 2·⎝⎛⎭⎫12n 2－1＝⎝⎛⎭⎫12n2.因此，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，⎝⎛⎭⎫12n2，n ＝2k .(2)因为b n ＝a 2n －1·a 2n ，则S n ＝1·12＋3·⎝⎛⎭⎫122＋5·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)·⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n，12S n ＝1·⎝⎛⎭⎫122＋3·⎝⎛⎭⎫123＋5·⎝⎛⎭⎫124＋…＋(2n －3)·⎝⎛⎭12n ＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1，两式相减得 12S n ＝1·12＋2122＋…＋12n －(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋2⎣⎡⎦⎤14－⎝⎛⎭⎫12n ＋11－12－(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝32－(2n ＋3)⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴S n ＝3－(2n ＋3)·⎝⎛⎭⎫12n.【难点突破】16．解答 (1)①∵a 1＝1，d ＝2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝n 2，S n ＋64n ＝n ＋64n≥2n ×64n＝16，当且仅当n ＝64n，即n ＝8时，上式取等号，故S n ＋64n的最小值是16. ②证明：由①知S n ＝n 2，当n ∈N *时，n ＋1S n S n ＋2＝n ＋1n 2(n ＋2)2＝14⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2，2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2＝14⎝⎛⎭⎫112－132＋14⎝⎛⎭⎫122－142＋…＋14⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2 ＝14112＋122＋…＋1n 2－14132＋142＋…＋1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2＝14⎣⎡⎦⎤112＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2， ∵1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2>0， ∴2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<14⎝⎛⎭⎫112＋122<516. (2)对任意n ∈N *，关于m 的不等式a m ＝a 1＋(m －1)d ≥n 的最小正整数解为c n ＝3n －2，当n ＝1时，a 1＋(c 1－1)d ＝a 1≥1；当n ≥2时，恒有⎩⎨⎧ a 1＋(c n －1)d ≥n ，a 1＋(c n －2)d <n ，即⎩⎨⎧(3d －1)n ＋(a 1－3d )≥0，(3d －1)n ＋(a 1－4d )<0.从而⎩⎪⎨⎪⎧3d －1≥0，(3d －1)×2＋(a 1－3d )≥0，3d －1≤0，(3d －1)×2＋(a 1－4d )<0，⇔d ＝13，1≤a 1<43.当d ＝13，1≤a 1<43时，对任意n ∈N *，且n ≥2时，当正整数m <c n 时，有a 1＋m －13<a 1＋c n －13，所以a 1＋m －13<n ，所以存在这样的实数a 1，且a 1的取值范围是⎣⎡⎭⎫1，43.。

数列求和课件-2025届高三数学一轮复习

（2）设 =
,数列{ }的前项和为 ,若 = ,求的值.
+

【解】由（1）知， =
=
=
−
,
+
− +
−
+

所以 = − + − + ⋯ +
−

−
+

= −
=
.

+

×[− ]

−

−×
错位相减法求和的注意事项
（1）掌握解题的“3个步骤”
（2）注意解题的“3个关键”
①要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形.
②在写出“ ”与“ ”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“ − ”的表达式.
③在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比 = 和
− = − = .故
2.在数列{ }中， =
2 023
_______.
解析：由题意得 =
所以 =
= .

−

+ −

+

，若数列{ }的前项和为
，则

= −
，
+

+

+ ⋯+ −
=
或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减.

专题10 数列 10.4数列求和题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)

专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．(3)一些常见的数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)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，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }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．题型一.裂项相消1．数列{a n}的通项公式a n=1or1)，已知它的前n项和S n=99100，则项数n＝（）A．98B．99C．100D．101【解答】解：列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1，所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1，由于前n项和S n=99100，所以1−1r1=99100，解得n＝99．故选：B．2．已知等差数列{a n}满足a3＝10，a1+a4＝17．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n=3r1，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．所以3=101+4=17，解得1=4=3，所以a n＝4+3（n﹣1）＝3n+1．（2）由（1）得b n=3r1=13r1−13r4，所以S n＝b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4．3．已知数列{a n}的前n项和为S n，若4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，且a1＝1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设=1(+2)，数列{c n}的前n项和为T n，求T n．【解答】解：（1）在4S n＝（2n﹣1）a n+1+1中，令n＝1，得a2＝3，∵4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，∴当n≥2时，4S n﹣1＝（2n﹣3）a n+1，两式相减，得4a n＝（2n﹣1）a n+1﹣（2n﹣3）a n（n≥2），∴（2n+1）a n＝（2n﹣1）a n+1，即r1=2r12K1(≥2)．∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1，故a n＝2n﹣1．（2）=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1)，T n＝c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1，所以=2r1．题型二.错位相减1．已知等差数列{a n}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设=3，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，由题，1=222=15，即(1+p2=1(1+4p，解得d＝4．∴a n＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．（Ⅱ）=3=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，设数列{b n}的前n项和为T n，=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②①﹣②，得：−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，∴=6+2(−1)⋅3r1．∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1．2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13，b2b3=127．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{a n•b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S5＝30，S7＝56，得51+5×42=3071+7×62=56，解得1=2=2．∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n；设等比数列{b n}的公比为q（q＞0），由b1b2=13，b2b3=127，得12=13123=127，解得1=1=13．∴=(13)K1；（2）a n•b n=23K1=2⋅3K1．令{3K1}的前n项和为R n，则=130+231+332+⋯+3K1，13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得：23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3，∴=94−2r34⋅3K1．则=2=92−2r32⋅3K1．3．（2015·山东）设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n＝3n+3．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}，满足a n b n＝log3a n，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）因为2S n＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，＝3n﹣1+3，当n＞1时，2S n﹣1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，=13K1，＞1.．（Ⅱ）因为a n b n＝log3a n，所以b1=13，当n＞1时，b n＝31﹣n•log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，所以T1＝b1=13；当n＞1时，T n＝b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，所以3T n＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，两式相减得：2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−（n﹣1）×31﹣n=136−6r32×3，所以T n=1312−6r34×3，经检验，n＝1时也适合，综上可得T n=1312−6r34×3．题型三.分组求和1．已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝a n﹣2，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则a2＝2+d，a4＝2+3d，∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22＝a1•a4，即（2+d）2＝2（2+3d），整理，得d2﹣2d＝0，解得d＝0（舍去），或d＝2，∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．（2）由（1）知，设b n＝a n﹣2=2n﹣22n＝2n﹣4n，故S n＝b1+b2+…+b n＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）＝2×or1)2−4(1−4)1−4＝n2+n+43−4r13．2．在公差不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{b n}满足=2，=2−1，2，=2，（k∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{b n}的前2n项和T2n．【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，化简可得a1＝d＝1，即有a n＝n，n∈N*；（2）由（1）可得b n=2，=2−12，=2，k∈N*；前2n项和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）=2(1−4)1−4+12n（4+4n）=2(4−1)3+2n（n+1）．3．已知数列{a n}、{b n}满足：a n+1＝a n+b n，{b n+2}为等比数列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．（1）试判断数列{b n}是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：（1）数列{b n}不是等差数列．理由如下：由a n+1﹣a n＝b n，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，又∵数列{b n+2}为等比数列，∴数列{b n+2}的首项为4，公比为2．∴3+2=4×22=16，得b3＝14，显然2b2＝12≠b1+b3＝16．故数列{b n}不是等差数列；（2）结合（1）知，等比数列{b n+2}的首项为4，公比为2．故+2=4⋅2K1=2r1，∴=2r1−2．∵a n+1﹣a n＝b n，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，∴−K1=2−2（n≥2）．令n＝2，…，（n﹣1）．得2−1=22−2，3−2=23−2，…−K1=2−2（n≥2），累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)（n≥2）．∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2（n≥2）．又a1＝2满足上式，∴=2r1−2．∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4．题型四.讨论奇偶、绝对值求和1．数列{a n}的前n项和记为S n，对任意的正整数n，均有4S n＝（a n+1）2，且a n＞0．（1）求a1及{a n}的通项公式；（2）令=(−1)K14r1，求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）当n＝1时，41=(1+1)2，则a1＝1；当n≥2时，由4S n＝（a n+1）2，知4S n﹣1＝（a n﹣1+1）2，联立两式，得4a n＝（a n+1）2﹣（a n﹣1+1）2，化简得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）＝0，∵a n＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即{a n}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，故a n＝2n﹣1；（2）=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=（﹣1）n﹣1（12K1+12r1），下面对n分奇偶数讨论：当n为偶数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…+（12K3+12K1）﹣（12K1+12r1）=1−12r1=22r1，当n为奇数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…﹣（12K3+12K1）+（12K1+12r1）=1+12r12r22r1，所以T n=为奇数为偶数．2．已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5＝9，S5＝25．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）设=(−1)，求{b n}前2n项和T2n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d，则5=1+4=95=51+5×42=25，整理，得1+4=91+2=5，解得1=1=2，∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，=o1+2K1)2=2．（2）由（1）知，设=(−1)=（﹣1）n•n2．T2n＝b1+b2+…+b2n＝（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2n﹣1+b2n）＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n=2δ(1+2p2＝2n2+n．3．已知数列{a n}满足a1＝﹣2，a n+1＝2a n+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{a n}的通项公式并加以证明；（3）求数列{|a n|}的前n项和S n．【解答】解：（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想=2−4．因为a n+1＝2a n+4，所以a n+1+4＝2（a n+4），r1+4+4=2，则{a n+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以+4=2，所以==2−4．（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，a n≥0，所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2，又n＝1时满足上式．所以，当n∈N*时，=2r1−4+2．题型五.数列求和选填综合1．首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，当其前n项和S n取最大值时，n的值为（）A．5B．6C．7D．8【解答】解：∵首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，∴5（a1+2d）＝7（a1+3d），整理，得：1=−112，∵a1＞0，∴d＜0，∴=−112B+oK1)2=2（n﹣6）2﹣18d，∴当其前n项和S n取最大值时，n的值为6．故选：B．2．在等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设b n＝a2n﹣1﹣a2n，n∈N*，则数列{b n}的前2n项和为112(1−42)．【解答】解：等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设首项为a1，公比为q，则：23=214+27=34，整理得：13=213+216=34，解得：1=14=2．则：=1K1=2K3，所以：b n ＝a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4，则：T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42)．故答案为：112(1−42)．3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2且对于任意n ＞1，n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1），则（）A ．a 4＝7B ．S 16＝240C ．a 10＝19D ．S 20＝381【解答】解：当n ≥2时，S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1）⇒S n +1﹣S n ＝S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1＝a n +2．所以数列{a n }从第2项起为等差数列，a n =1，=12−2，≥2，所以，a 4＝6，a 10＝18．S n ＝a 1+(2+)(K1)2=n （n ﹣1）+1，S 16＝16×15+1＝241，S 20＝20×19+1＝381．故选：D ．4．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为（）A ．﹣454B ．﹣450C ．﹣446D ．﹣442【解答】解：数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，可得a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，由11+22+33+⋯+=12−1，可得11=12−1=−12，可得b 1＝﹣2，又11+22+⋯+K1K1=12K1−1，且11+22+33+⋯+=12−1，两式相减可得=12−12K1=−12，可得b n＝﹣（2n﹣1）•2n，则S5＝﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32＝﹣454，故选：A．5．已知数列{a n}满足1=32，r1=3+3，若=3，则c1+c2+⋅⋅⋅+c n＝(2r1)⋅3−14．【解答】解：因为1=32，r1=3+3，所以1r1=+33=13+1，即1r1−1=13，所以数列{1}是首项11=23，公差为13的等差数列，所以1=23+13(−1)=r13，则=3=(+1)3K1，则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1，设T＝2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+（n+1）×3n﹣1①，则3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1+3−13−1−（n+1）×3n，则=(2r1)⋅3−14．即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14．故答案为：(2r1)⋅3−14．6．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＝λa n﹣2，其中λ为常数，若a n b n＝13﹣n，则数列{b n}中的项的最小值为−1214．【解答】解：根据题意，数列{a n}的满足a1＝2，S n＝λa n﹣2，当n＝1时，有a1＝S1＝λa1﹣2，即2＝2λ﹣2，解可得λ＝2，则S n＝2a n﹣2，①＝2a n﹣1﹣2，②则有S n﹣1①﹣②：a n＝2a n﹣2a n﹣1，变形可得a n＝2a n﹣1，则数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ，又由a n b n ＝13﹣n ，则b n =13−2，当n ≤13时，b n ≥0，当n ≥14时，b n ＜0，且{b n }为递增数列，则当n ＝14时，b n 取得最小值，此时b 14=−1214；故答案为：−1214．7．已知数列{a n }和{b n }首项均为1，且a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n +1+a n b n +1＝0，则S 2019＝（）A ．2019B ．12019C ．4037D ．14037【解答】解：∵a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，∴a n ≥a n +1≥a n ，∴a n ＝a n +1，另外：a 1≥a 2≥a 1，可得a 2＝a 1＝1，∴a n ＝1．∵2S n S n +1+a n b n +1＝0，∴2S n S n +1+b n +1＝0，∴2S n S n +1+S n +1﹣S n ＝0，∴1r1−1=2．∴数列{1}是等差数列，首项为1，公差为2．∴1=1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，∴S n =12K1．∴S 2019=14037．故选：D ．8．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n ≥2且n ∈N +），等比数列{b n }公比q ＝2，令c n =为奇数，为偶数，则数列{c n }的前n 项和S 2n ＝2n 2﹣n +4r1−43．【解答】解：因为a1＝1，a2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n≥2且n∈N+），①可得n＝2时，11+22=31+6，即b1+3b2＝b3+6，由等比数列的{b n}的公比为q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以b n＝2n，当n＝3时，11+22+33=42+6，即2+3×4+83=3×16+6，解得a3=15，又11+22+⋯+K1K1=K2+6（n≥3，且n∈N+），②①﹣②可得，=r1K1−K2，即2=2r1K1−2K2，化为1+1K2=2K1，又11+13=6=22，所以{1}为等差数列，且公差d=12−11=2，则1=11+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以c n=2−1，为奇数2，为偶数，所以S2n＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）=o1+4K3)2+4(1−4)1−4＝2n2﹣n+4r1−43．故答案为：2n2﹣n+4r1−43．9．已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，其中1=−12，设=K+1，若b3为数列{b n}中唯一最小项，则实数λ的取值范围是（5，7）【解答】解：∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，∴a n+1=−(+2)2+3，∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3，∴1r1+1=2+3+1=2+1+1，即1r1+1−1+1=2，所以数列{1+1}是公差为2的等差数列，∵11+1=2，∴1+1=2+(−1)×2=2n，∴b n＝2n（n﹣λ），∴b n+1﹣b n＝2（n+1）（n+1﹣λ）﹣2n（n﹣λ）＝4n+2﹣2λ，因为b3为数列{b n}中唯一最小项，所以b1＞b2＞b3＜b4＜b5＜…，∴当n＝1时，b2﹣b1＝6﹣2λ＜0，得λ＞3，当n＝2时，b3﹣b2＝10﹣2λ＜0，得λ＞5，当n≥3时，4n+2﹣2λ＞0恒成立，即λ＜2n+1，即有λ＜7．所以5＜λ＜7．故答案为：（5，7）．课后作业.数列求和1．已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设T n为数列{1r1}的前n项和，若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．设公差为d，由已知得：41+6=14(1+2p2=1(1+6p，，联立解得d＝1或d＝0（舍去），a1＝2，故：a n＝n+1．（2）由（1）得：1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2，所以：=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2．=12−1r2，=2(r2)．由于：λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，所以：2(r2)≤+2，解得：≤2(r2)2+4)+8，由于：+4≥≥4故：2(+4)+8≥16，即：λ≤16．故λ的最大值为16．2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝6，a7＝14．（1）求数列{a n}的通项公式及S n；（2）若_____，求数列{b n}的前n项和T n．在①b n＝2•a n；②b n=2+r12；③b n＝（﹣1）n•a n这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，由a3＝6，a7＝14．得4d＝a7﹣a3＝14﹣6＝8，解得d＝2，所以a1＝a3﹣2d＝6﹣4＝2，所以a n＝2+2（n﹣1）＝2n；S n=2（2+2n）＝n2+n．（2）若选择条件①：由（1）可知a n＝2n，则b n＝2•a n＝2n•4n，所以T n＝b1+b2+…+b n＝2×41+4×42++6×43…+（2n）•4n；4T n＝2×42+4×43+6×44+…+（2n）•4n+1，两式相减得：﹣3T n＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1＝2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83（1﹣4n）﹣2n•4n+1，所以T n=89（1﹣4n）+23•4n+1；若选择条件②：由a n＝2n，S n＝n2+n，得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4（1−1r1），所以T n＝b1+b2+b3+…+b n＝8n+4（1−12+12−13+⋯+1−1r1）＝8n+4r1=82+12r1；若选择条件③：由a n＝2n，得b n＝（﹣1）n•a n＝（﹣1）n•2n，所以T n＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n•2n，当n为偶数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++[﹣2（n﹣1）+2n]=2×2＝n，当n为奇数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n=K12×2n ＝﹣n﹣1，所以T n=，为奇数−−1，为偶数．3．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且S n=(+1)2（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=2(−2)(r1)，T n＝b1+b2+…+b n，求T n．【解答】解：（1）S n=(+1)2（n∈N*），当n＝1时，1=1(1+1)2，∴a1＝1，当n≥2时，由S n=(+1)2，得2=2+①取n＝n﹣1，得2K1=K12+K1②①﹣②得：2=2(−K1)=2−K12+−K1，∴（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）＝0，∵a n+a n﹣1＞0，∴a n﹣a n﹣1＝1，n≥2，∴数列{a n}是等差数列，则a n＝n；（2）由S n=(+1)2，a n＝n，∴=or1)2，则=2(−2)(r1)=(−2)，∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2)，−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1，两式作差得：∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2)，∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29．4．在数列{a n}中，a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n；并求满足S n＜1516时n的最大值．【解答】解：（I）∵a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立，∴1(r1)r1−1B=1．∴1B=2+（n﹣1）＝n+1，∴a n=1or1)．（II）a n=1or1)=1−1r1．∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1，S n＜1516，即1−1r1＜1516，解得n＜15，因此满足S n＜1516时n的最大值为14．。

2024届高考数学专题复习-数列求和课件

解
析
：
∵an
＝
1 4n2－1
＝
1 2
2n1－1－2n1＋1
，
∴
Sn
＝
1 2
[
11－13
＋
13－15
＋
…
＋
2n1－1－2n1＋1]＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
答案：2nn＋1
分组转化法求和
[例 1] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，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－1）2＋2 （n－1）＝n. 又 a1＝1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2021·全国乙卷)设{an}是首项为 1 的等比数列，数列{bn}满足 bn＝n3an.已知 a1，3a2，9a3 成等差数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)记 Sn 和 Tn 分别为{an}和{bn}的前 n 项和．证明：Tn＜S2n. 解：(1)设{an}的公比为 q，则 an＝qn－1. 因为 a1，3a2，9a3 成等差数列，所以 1＋9q2＝2×3q，解得 q＝13，故 an＝3n1－1，bn＝3nn.
[逐点清]
1．(必修 5 第 61 页 A 组 4 题改编)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：由题意得 an＝1＋2n－1，所以 Sn＝n＋11－－22n＝n＋2n－1.
答案：C
()
2．(易错题)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝________．

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2021年高三数学第一轮复习单元讲座第30讲数列求和及数列实际问题教案新人教版一．课标要求：1．探索并掌握一些基本的数列求前n项和的方法；2．能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题。

二．命题走向数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般情况下都是出一道解答题，解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目。

有关命题趋势：1．数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点；2．数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类题目能突出考察学生的逻辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度；3．数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等； 4．有关数列的应用问题也一直备受关注。

预测xx 年高考对本将的考察为：1．可能为一道考察关于数列的推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题； 2．也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的综合题，以及数列、数学归纳法等有机结合。

三．要点精讲1．数列求通项与和（1）数列前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n = 。

（2）求通项常用方法①作新数列法。

作等差数列与等比数列；②累差叠加法。

最基本的形式是：a n =(a n －a n －1)+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1； ③归纳、猜想法。

（3）数列前n 项和①重要公式：1+2+…+n=n(n+1)； 12+22+…+n 2=n(n+1)(2n+1)； 13+23+…+n 3=(1+2+…+n)2=n 2(n+1)2； ②等差数列中，S m+n =S m +S n +mnd ；③等比数列中，S m+n =S n +q n S m =S m +q mS n ； ④裂项求和将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f(n+1)－f(n)，然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。

用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如：)11(1))((1CAn B An B C C An B An a n +-+-=++=、=－、n ·n ！=(n+1)!－n!、C n －1r －1=C n r－C n －1r、=－等。

⑤错项相消法对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n 项和，常用错项相消法。

, 其中是等差数列，是等比数列，记n n n n n c b c b c b c b S ++⋯++=--112211，则1211n n n n n qS b c b c b c -+=+⋯⋯++，…⑥并项求和把数列的某些项放在一起先求和，然后再求S n 。

数列求通项及和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

⑦通项分解法：2．递归数列数列的连续若干项满足的等量关系a n+k=f(a n+k－1,a n+k－2,…,a n)称为数列的递归关系。

由递归关系及k个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列。

如由a n+1=2a n+1，及a1=1，确定的数列即为递归数列。

递归数列的通项的求法一般说来有以下几种：（1）归纳、猜想、数学归纳法证明。

（2）迭代法。

（3）代换法。

包括代数代换，对数代数，三角代数。

（4）作新数列法。

最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。

四．典例解析题型1：裂项求和例1．已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和：。

解析：首先考虑，则=。

点评：已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，下列求和11n ni i===也可用裂项求和法。

例2．求)(,32114321132112111*Nnn∈+++++++++++++++。

解析：)1(2211+=+⋯++=kkkak，])1n(n1321211[2Sn++⋯+⋅+⋅=∴1211121113121211[2+=⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎭⎫⎝⎛+-+⋯+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-=nnnnn点评：裂项求和的关键是先将形式复杂的因式转化的简单一些。

题型2：错位相减法例3．设a为常数，求数列a，2a2，3a3，…，na n，…的前n项和。

解析：①若a=0时，S n=0；②若a=1，则S n=1+2+3+…+n=；③若a≠1，a≠0时，S n-aS n=a（1+a+…+a n-1-na n），S n=]naa)1n(1[)a1(a1nn2+++--。

例4．已知，数列是首项为a，公比也为a的等比数列，令，求数列的前项和。

解析：，232341(23)lg (23)lg n n n n S a a a na a aS a a a naa +∴=++++=++++……①……②①-②得：a na a a a S a n n n lg )()1(12+-+++=- ，[]nn a na n a a a S )1(1)1(lg 2-+--=∴点评：设数列的等比数列，数列是等差数列，则数列的前项和求解，均可用错位相减法。

题型3：倒序相加例5．求S C C nC n n n n n=+++36312…。

解析：S C C C nC n n n n n n=++++0363012·…。

① 又S nC n C C C n n nnn n n =+-+++-33130110()…·。

②所以。

点评：S n 表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将S n 表示成第n 项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到S n 的一种求和方法。

例6．设数列是公差为，且首项为的等差数列，求和：nn n n n n C a C a C a S +++=+ 11001 解析：因为nn n n n n C a C a C a S +++=+ 11001，00111n n n n n n n n C a C a C a S +++=--+ nn n n n n C a C a C a 0110+++=- ， 01101102()()()nn n n n n n n S a a C a a C a a C +-∴=++++++0100()()()2nn n n n n n a a C C C a a =++++=+。

点评：此类问题还可变换为探索题形：已知数列的前项和，是否存在等差数列使得对一切自然数n 都成立。

题型4：其他方法例7．求数列1，3+5，7+9+11，13+15+17+19，…前n 项和。

解析：本题实质是求一个奇数列的和。

在该数列的前n 项中共有个奇数，故S n n n n n n n =++++-=+()[(())]()1211121221422×。

例8．求数列1，3＋，32＋， (3)＋的各项的和。

解析：其和为(1＋3＋……＋3n )＋(＋……＋)==(3n ＋1－3-n)。

题型5：数列综合问题例9．（ xx 年浙江卷）已知函数＝x 3+x 2，数列 | x n | （x n > 0）的第一项x 1＝1，以后各项按如下方式取定：曲线y ＝在处的切线与经过（0，0）和（x n ，f （x n ））两点的直线平行（如图）。

求证：当n 时：（I ）；（II ）。

解析：（I ）因为所以曲线在处的切线斜率因为过和两点的直线斜率是所以.（II ）因为函数当时单调递增，而所以，即因此1121211().2n n n n n n x x x x x x x ----=⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥ 又因为令则因为所以因此故点评：数列与解析几何问题结合在一块，数列的通项与线段的长度、点的坐标建立起联系。

例10．（xx 年辽宁卷）已知,其中,设02122201()()()...()...()k n n n n k n n F x C f x C f x C f x C f x =+++++,。

(I) 写出；(II) 证明:对任意的,恒有112()()2(2)1n F x F x n n --≤+--。

解析：(I)由已知推得,从而有；(II) 证法1:当时，212(1)22(2)2()12()(1)...(1)...21n n n k n k n n n n n F x x nC x n C x n k C x C x ----=++-+-++++当x>0时, ,所以在[0,1]上为增函数。

因函数为偶函数所以在[－1,0]上为减函数，所以对任意的12()()(1)(0)F x F x F F -≤-，01211210(1)(0)(1)...(1)...2(1)...(1)...2k n n n n n nn n n k nnnn nF F C nC n C n k C C nCn Cn k CC C-----=++-+-+++=+-+-++++1(1)()(1,2,31)n k n k n kn n nkk n nn k C n k C C nCC k n -----+=-+=+=-121121011111(1)(0)(...)(...)(21)212(2)1k n n n n n n n nn nn F F n C C C C C C C n n n --------=++++++=-+-=+--因此结论成立。

证法2：当时,212(1)22(2)2()12()(1)...(1)...21n n n k n k n n n n n F x x nC x n C x n k C x C x ----=++-+-++++当x>0时, ,所以在[0,1]上为增函数。

因函数为偶函数所以在[-1,0]上为减函数所以对任意的12()()(1)(0)F x F x F F -≤-0121(1)(0)(1)...(1)...2k n n n n n n F F C nC n C n k C C --=++-+-+++又因12110(1)(0)23......k n n n n n n F F C C kC nC C ---=++++++所以121102[(1)(0)](2)[......]2k n n n n n n F F n C C C C C ---=+++++++1211012(1)(0)[......]22(22)12(2)12k n n n n n n n n n F F C C C C C n n n ---+-=+++++++=-+=+--因此结论成立。