【名校使用】2014高考(文)复习资料：5-4数列求和
2025年高考数学一轮复习-5.4-数列求和【课件】
2.数列 的前 项和为( )
A. B. C. D.
解析：选C.由题意得 ,所以 .
√
3.（人A选择性必修第二册 练习 变条件）一个球从 高处自由落下，每次着地后又弹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. B. C. D.
【练一练】
1.判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1）若数列 为等比数列，且公比不等于1，则其前 项和 .( )
√
（2）当 时， .( )
√
（3）求 时只要把等号两边同时乘以 即可根据错位相减法求得.( )
×
（4）若数列 ， ， ， 是首项为1，公比为3的等比数列，则数列 的通项公式是 .( )
（1）求数列 的通项公式；
【解】设等差数列 的公差为 .由题意得 解得 所以 .所以数列 的通项公式是 .
（2）设 ,数列 的前 项和为 ,若 ,求 的值.
已知数列 为公差大于0的等差数列， ,且 , , 成等比数列.
【解】 由（1）知， ,所以 .因为 ,所以 ,解得 .所以 的值为20.
必备知识 自主排查
核心考点 师生共研
必备知识 自主排查
01
数列求和的常用方法
（1）公式法①等差数列 的前 项和 .②等比数列 的前 项和
（2）分组转化法：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的，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减.
（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，从而求得前 项和.
【对点训练】
(2023·山西太原第一学期统考)已知在数列 中， , .
（1）证明：数列 为等比数列，并求 的通项公式；
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.
2014年高考数学二轮复习精品资料 难点05 数列的通项公式与求和问题学案(含解析)
2014年高考数学二轮复习精品资料难点05 数列的通项公式与求和问题学案（含解析）数列在高考中占重要地位，每年都考，应当牢记等差、等比的通项公式，前n项和公式，等差、等比数列的性质，以及常见求数列通项的方法，如累加、累乘、构造等差、等比数列法、取倒数等。
数列求和问题是数列中的重要知识，在各地的高考试题中频频出现，对于等差数列、等比数列的求和主要是运用公式；而非等差数列、非等比数列的求和问题，一般用倒序相加法、通项化归法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．对数列通项公式和求和公式的应用一定要注意公式成立的前提条件，否则一出现错误.1.注意对等比数列中公比的分类讨论由于等比数列前n项和公式有两种形式，为此在求等比数列前n项和时，首先要判断公比q是否为1，再由q的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比q是否为1时，要对q分q＝1和q≠1两种情形讨论求解．等比中项：若a，A，b成等比数列，那么A叫做a与b的等比中项．值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个，即为±ab.如已知两个正数a，b(a≠b)的等差中项为A，等比中项为B，则A与B的大小关系为A>B.例1 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝S9，则数列的公比q是________．思路分析：注意分类，当q＝1时，符合要求．很多考生在做本题时都想当然地认为q≠1.2.由数列的递推关系求通项若一个数列首项确定，其余各项用an与an－1的关系式表示(如an＝2an－1＋1，(n>1)，则这个关系式称为数列的递推公式．由递推关系求数列的通项的基本思想是转化，常用的方法：(1)an ＋1－an ＝f (n)型，采用叠加法． (2)an ＋1an＝f(n)型，采用叠乘法．(3)an ＋1＝pan ＋q(p≠0，p≠1)型，转化为等比数列解决． 例2 根据下列条件，确定数列{an}的通项公式：(1)a1=2,an+1=an+ln(1+1n )；(2) a1=12, an+1=(1)22n n na n n +-++； (3) a1=1, an+1=3an+2；(4) a1=1, an+1=22nn a a +.思路分析：(1)求an －an －1用叠加法求和，验证n ＝1； (2)令bn ＝an －1，用叠乘法求和； (3)可构造等比数列求解； (4)用倒数法，转化为等差数列求解．(4)∵a1＝1，an ＋1＝2an 2＋an ，∴1an ＋1＝1an ＋12.∴数列{1an }是等差数列，其首项为1，公差为12，∴1an ＝1＋n －12，∴an ＝2n ＋1.点评：1. 本题常见的误区：(1)忽视判定an ＋1≠0；(2)遗漏验证n ＝1时，a1是否适合通项公式； 2．(1)已知a1且an －an －1＝f(n)，可用“叠加法”求an ；已知a1(a1≠0)且anan －1＝f(n)，可用“叠乘法”；求an.an ＋1＝panp ＋qan(an≠0，p 、q 为非零常数)，可用倒数法．(2)已知a1且an ＋1＝qan ＋b ，则an ＋1＋k ＝q(an ＋k)(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为{an ＋k}为等比数列．3. 忽视等比数列中的隐含条件致误在求等比数列的通项公式和前n 项和时，一定不要忽略题中的隐含条件，否则就会导致错误出现例3 各项均为实数的等比数列{an}的前n 项和为Sn ，若S10＝10，S30＝70，则S40＝________. 思路分析：数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比q10>0.忽略了此隐含条件，就产生了增解.点评：若忽视r ＝q10>0就会产生増根，出现错解. 4.等差数列前n 项和的最值 等差数列的单调性与n S 的最大或最小的关系.（1）若0d >，则等差数列{}n a 中有10n n a a d --=>，即1nn a a ->，所以数列为单调递增； 当10a ≥时，有1(2)n n S S n ->≥，所以n S 的最小值为S . 当10a <时，有则一定存在某一自然数k，使12310k k n a a a a a a +<<<<<≤<<或12310k k n a a a a a a +<<<<≤<<<，则n S 的最小值为S .（2）若0d <，则等差数列{}n a 中有10n n a a d --=<，即1n n a a ->，所以数列为单调递减；当10a >时，有则一定存在某一自然数k ，使12310k k n a a a a a a +>>>>>≥>>或12310k k na a a a a a +>>>>≥>>>，则nS 的最大值为S.当10a ≤时，有1(2)n n S S n ->≥，所以nS的最大值为S.例4 在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n 项和为Sn ，且S10＝S15，求当n 取何值时，Sn 取得最大值，并求出它的最大值．思路分析：由a1＝20及S10＝S15可求得d ，进而求得通项，由通项得到此数列前多少项为正，或利用等差数列的性质，判断出数列从第几项开始变号．5.忽视分类讨论或讨论不当致误例5若等差数列{an}的首项a1＝21，公差d＝－4，求：Sk＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|ak|. 思路分析：根据绝对值的几何意义，首先去掉绝对值符号，然后再求和.＝(a1＋a2＋a3＋…＋a6)－(a7＋a8＋…＋ak)6.裂项相消求和法利用通项变形，把数列的通项分裂成两项或几项的差，在求和过程中，中间的一些项可以相互抵消，最后只剩下有限项的和，从而求得数列的和.这种求数列和的方法叫做裂项相消求和法.常见拆项：111(1)1n n n n =---；1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+；111n nn n =+-++ 1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++；n·n!=(n+1)!－n!；11(1)!!(1)!n n n n =-++；loga （1＋1n）＝loga(n ＋1)－logan ；等等例6 [2012·全国卷改编] 已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，a5＝5，S5＝15，则数列{11n n a a +}的前100项和为——．思路分析：先求数列{an}的通项公式，然后每一项分成两项，利用裂项相消求和法7.数列与不等式的综合应用数列与不等式交汇命题，不等式常作为证明或求解的一问呈现，解答时先将数列的基本问题解决，再集中解决不等式问题，注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用.例7 【2013年江西理】正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：222(1)()0n n S n n S n n -+--+=.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）令221(2)n n n b n a +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ．证明：对于任意*n N ∈，都有5.64n T <思路分析：(1)由题目中的等式求出nS ，然后由nS 求an ；（2）化简nb ，观察结构特征，选取求和的方法求Tn.综上所述，等比数列中一定要注意公比q=1或q ≠1两种情况，平时往往易忽略q=1的情况，出现失误；求等差数列前n 项和的最值或前n 项和常用的方法：先求an ，再利用⎩⎪⎨⎪⎧an≥0an ＋1≤0或⎩⎪⎨⎪⎧an≤0an ＋1≥0求出其正负转折项，最后利用单调性确定最值或前n 项和． 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，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．数列与函数、不等式、解析几何、向量、三角函数等知识点交融，难度就较大，也是近几年命题的热点.。
2014高考数学提分秘籍 必记篇 数列求和及数列的综合应用
2014高考数学提分秘籍 必记篇：数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并． (2)错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列． (3)倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和． (4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为1a n a n ＋1的数列的前n 项和，其中{a n }若为等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.常见的拆项公式： ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1； ②1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)； ③12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)；④1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．2．数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项a n 与它的前一项a n －1(或前n 项)间的递推关 系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.考点一 分组转化求和法例1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3.当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．(2013·某某)设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n ∈N *，函数f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题设可得f ′(x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x ，又f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，则a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0， 即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝22a 1＋4d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.(2)b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1＋12n ＋1＝2(n ＋1)＋12n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(n ＋3)n ＋1－12n＝n 2＋3n ＋1－12n .考点二 错位相减求和法例2 (2013·某某)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，①当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－12n －1，② ①－②得：b n a n ＝12n ，又当n ＝1时，b 1a 1＝12也符合上式，所以b n a n ＝12n (n ∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n ∈N *)．所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n . 12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由已知，得当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.①从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.② ①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1，即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．考点三 裂项相消求和法例3 (2013·某某)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N*,且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12. (1)证明 当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5， 又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1， ∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2， 又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列． 又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3. 由(1)知a 1＝1. 又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴a n ＝2n －1. (3)证明 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前n 项和S n 或者前n 项和S n 与通项公式a n 的关系式，求通项通常利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1S n －S n －1n ≥2.已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．(2013·某某模拟)已知x ，f x2，3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前n 项和为S n ，对于所有大于1的正整数n 都有S n ＝f (S n －1)． (1)求数列{a n }的第n ＋1项； (2)若b n 是1a n ＋1，1a n的等比中项，且T n 为{b n }的前n 项和，求T n .解 (1)因为x ，f x2，3(x ≥0)成等差数列，所以2×f x2＝x ＋3，整理，得f (x )＝(x ＋3)2.因为S n ＝f (S n －1)(n ≥2)，所以S n ＝(S n －1＋3)2， 所以S n ＝S n －1＋3，即S n －S n －1＝3， 所以{S n }是以3为公差的等差数列． 因为a 1＝3，所以S 1＝a 1＝3，所以S n ＝S 1＋(n －1)3＝3＋3n －3＝3n . 所以S n ＝3n 2(n ∈N *)．所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. (2)因为b n 是1a n ＋1与1a n的等比中项，所以(b n )2＝1a n ＋1·1a n，所以b n ＝1a n ＋1·1a n ＝132n ＋1×32n －1＝118×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝118⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝118⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 18n ＋9. 考点四 数列的实际应用例4 (2012·某某)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元． (1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．(1)由第n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出a n 与a n ＋1的递推关系；(2)由a n ＋1与a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解． 解 (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d . a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d ＝…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2.整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意，知a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000， 解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝1 0003m －2m ＋13m －2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 0003m－2m ＋13m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下，可卖出b 千克．若做广告宣传，广告费为n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出b2n 千克．(1)当广告费分别为1千元和2千元时，用b 表示销售量S ； (2)试写出销售量S 与n 的函数关系式；(3)当a ＝50，b ＝200时，要使厂家获利最大，销售量S 和广告费n 分别应为多少？解 (1)当广告费为1千元时，销售量S ＝b ＋b 2＝3b2.当广告费为2千元时，销售量S ＝b ＋b 2＋b 22＝7b4.(2)设S n (n ∈N )表示广告费为n 千元时的销售量， 由题意得S 1－S 0＝b2，S 2－S 1＝b22，……S n －S n －1＝b2n .以上n 个等式相加得，S n －S 0＝b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ，即S ＝S n ＝b ＋b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ＝b [1－12n ＋1]1－12＝b (2－12n )．(3)当a ＝50，b ＝200时，设获利为T n ，则有T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－12n )－1 000n＝1 000×(20－102n －n )，设b n ＝20－102n －n ，则b n ＋1－b n ＝20－102n ＋1－n －1－20＋102n ＋n ＝52n －1，当n ≤2时，b n ＋1－b n >0；当n ≥3时，b n ＋1－b n <0.所以当n ＝3时，b n 取得最大值，即T n 取得最大值，此时S ＝375， 即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．1．数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1S n －S n －1n ≥2.(2)递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． (3)递推关系形如a n ＋1a n＝f (n )，常用累乘法求通项． (4)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 是常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n ＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q n(q ，p 为常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n ＋1转为用迭加法求解．2．数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解． (2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3．数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.1．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.答案 28解析 依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4， 因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.2．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________． 答案 255解析 由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n， 所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30 ＝15＋15×2＋15×142×2＝255.3．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值； (2)设b n ＝n2n ＋1S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由． 解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18， 又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根， 又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项， ∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3. (2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n n －12·4＝2n 2－n ，所以b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1， 因为n 2n ＋1＝12－122n ＋1<12，所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析 因为a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝1＋2n －12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ·121－12＝n 2＋1－12n .2．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013 答案 D解析 根据等差数列的性质，得数列{S n n}也是等差数列， 根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013，公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S 2 013＝－2 013.3．对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＋1＝f (a n )，n ＝1,2，…，则a 2 013等于( )A.2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 C解析 由表格可得a 1＝4，a 2＝f (a 1)＝f (4)＝1，a 3＝f (a 2)＝f (1)＝5，a 4＝f (a 3)＝2，a 5＝f (2)＝4，可知其周期为4， ∴a 2 013＝a 1＝4.4．在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15>0，S 16<0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( )A.S 1a 1B.S 8a 8C.S 9a 9D.S 15a 15答案 B解析 由于S 15＝15a 1＋a 152＝15a 8>0，S 16＝16a 1＋a 162＝8(a 8＋a 9)<0，可得a 8>0，a 9<0.这样S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 15a 15<0， 而S 1<S 2<…<S 8，a 1>a 2>…>a 8， 所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8. 故选B.5．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012等于( ) A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 010答案 A解析 令m ＝1得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1， 于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ， 上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ， 所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，因此1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 013＝4 0242 013. 6．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2n 为奇数，－n 2n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012等于( )A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011 答案 C解析 当n 为奇数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)；当n 为偶数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1.所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 二、填空题7．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________. 答案 12(9n－1)解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，两式相减得，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．∴a 2n ＝4·9n －1，则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列． ∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝41－9n1－9＝12(9n－1)． 8．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n 为复数isinn π2＋cosn π2(n ∈N *)的虚部，则S 2 013＝________. 答案 1解析 由已知得：a n ＝sinn π2(n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， 故{a n }是以4为周期的周期数列， ∴S 2 013＝S 503×4＋1＝S 1＝a 1＝1.9．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4(n ≥1)且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n－6|<1125的最小整数n 是________．答案 7解析 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)， ∴{a n －1}是公比为－13的等比数列．则a n －1＝8·(－13)n －1，即a n ＝8·(－13)n －1＋1.于是S n ＝8[1－－13n]1－－13＋n＝6[1－(－13)n ]＋n ＝6－6·(－13)n＋n因此|S n －n －6|＝|6×(－13)n|＝6×(13)n <1125，3n －1>250，∴满足条件的最小n ＝7.10．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天． 答案 800解析 由题意得，每天的维修保养费是以5为首项，110为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为3.2×104＋5＋n ＋4910n2n＝3.2×104n＋n 20＋9920≥2 3.2×104n×n 20＋9920， 当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800.三、解答题11．已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝92a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q 1－q 2n1－q2； 当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋1，q ＝1n 2＋q 1－q 2n1－q 2，q >0且q ≠1.12．将函数f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{a n }(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的表达式．解 (1)化简f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)＝－14sin x ，其极值点为x ＝k π＋π2(k ∈Z )，它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列，故a n ＝π2＋(n－1)π＝n π－π2.(2)b n ＝2n a n ＝π2(2n －1)·2n，∴T n ＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n]，则2T n ＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1]两式相减，得∴－T n ＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n －(2n －1)·2n ＋1]，∴T n ＝π[(2n －3)·2n＋3]．13．在等比数列{a n }中，a 2＝14，a 3·a 6＝1512.设b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12，T n 为数列{b n }的前n项和． (1)求a n 和T n ；(2)若对任意的n ∈N *，不等式λT n <n －2(－1)n恒成立，某某数λ的取值X 围． 解 (1)设{a n }的公比为q ，由a 3a 6＝a 22·q 5＝116q 5＝1512得q ＝12，∴a n ＝a 2·qn －2＝(12)n.b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12＝log(12)2n －12·log(12)2n ＋12 ＝12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)， ∴T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1. (2)①当n 为偶数时，由λT n <n －2恒成立得，λ<n －22n ＋1n ＝2n －2n－3恒成立，即λ<(2n －2n－3)min ，而2n －2n－3随n 的增大而增大，∴n ＝2时(2n －2n－3)min ＝0，∴λ<0.②当n 为奇数时，由λT n <n ＋2恒成立得，λ<n ＋22n ＋1n ＝2n ＋2n＋5恒成立，即λ<(2n ＋2n＋5)min而2n ＋2n＋5≥22n ·2n＋5＝9，当且仅当2n ＝2n，即n ＝1时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ的取值X 围为(－∞，0)．。
【高考核动力】2014届高考数学 5-4数列求和配套作业 北师大版
【高考核动力】2014届高考数学 5-4数列求和配套作业 北师大版1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n 2－2【解析】S n ＝(21＋1)＋(22＋3)＋(23＋5)＋…＋(2n＋2n －1) ＝(2＋22＋23＋ (2))＋(1＋3＋5＋…＋(2n －1)) ＝2n ＋1＋n 2－2.故选C.【答案】 C2．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1(n ∈N *)，若前n 项的和为10，则项数n 为 ( )A ．11B ．99C ．120D ．121【解析】a n ＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1.∵S n ＝10，∴n ＋1－1＝10， ∴n ＋1＝11，∴n ＝120，故选C. 【答案】 C3．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4B.n 23＋5n 3C.n 22＋3n4D ．n 2＋n 【解析】 由题意设等差数列公差为d ，则a 1＝2，a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d .又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1a 6，即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0.∵d ≠0，∴d ＝12，∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝n 24＋74n .【答案】 A4．(2013·某某某某模拟)已知a n ＝log n ＋1(n ＋2)，n ∈N *，若使乘积a 1a 2…a n 为整数的数n 为劣数，则在区间(1,2002)内的所有劣数的和为( )A ．2026B ．2046C ．1024D ．1022【解析】 设a 1a 2…a n ＝lg3lg2·lg4lg3·lg5lg4…lg n ＋2lg n ＋1＝lg n ＋2lg2＝k ，则log 2(n ＋2)＝k ，n ＝2k－2(k ∈Z )． 令1<2k－2<2002得k ＝2,3,4，…10. ∴所求和为(22＋23＋…＋210)－2×9＝221－291－2－18＝211－22＝2026.【答案】 A5．已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是正项等比数列，且满足a 1＝1，b 1＝4，a 2＋b 2＝10，a 26－b 3＝10.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记＝a n b n ，求数列{}的前n 项和S n .【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q (q >0)，由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＋4q ＝10，1＋25d －4q 2＝10.解得d ＝1，q ＝2(舍去q ＝－27)． 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ， 数列{b n }的通项公式是b n ＝4·2n －1＝2n ＋1.(2)由(1)得＝n ·2n ＋1，S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，2S n ＝1×23＋2×24＋…＋(n －1)·2n ＋1＋n ·2n ＋2，所以－S n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2＝4(2n－1)－n ·2n ＋2＝(1－n )·2n ＋2－4，所以S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4.课时作业【考点排查表】考查考点及角度 难度及题号错题记录基础 中档 稍难 公式法及倒序相加法求和1 4,8 分组转化求和 3,2 6,9 11 裂项相消求和 5710 错位相减求和12,131．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100 【解析】∵S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，∴S n n＝n ＋2.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 前10项的和为：(1＋2＋…＋10)＋20＝75. 【答案】 C2．(2012·某某高三质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2012＝( ) A ．22012－1 B ．3×21006－3C ．3×21006－1 D ．3×21005－2【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 2012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2011＋a 2012 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2011)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2012) ＝1－210061－2＋21－210061－2＝3×21006－3.故选B.【答案】 B3．(2013·某某模拟)数列112，314，518，7116，…的前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1【解析】 因为a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝1＋2n －12n ＋121－12n1－12＝n 2＋1－12n .【答案】 A4．(2012·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 ．1－14nB ．1－12nC.231－14nD.231－12n 【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＝121－14n 1－14＝231－14n .【答案】 C5．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点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 2012的值为( )A.20092010B.20102011 C.20112012D.20122013【解析】∵f ′(x )＝2x ＋b ，∴f ′(1)＝2＋b ＝3，∴b ＝1，∴f (x )＝x 2＋x ， ∴1f n＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 2012＝1－12＋12－13＋…＋12012－12013＝1－12013＝20122013.【答案】 D6．如果一个数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝h (h 为常数，n ∈N *)，则称数列{a n }为等和数列，h 为公和，S n 是其前n 项和，已知等和数列{a n }中，a 1＝1，h ＝－3，则S 2011等于( )A ．3014B ．3015C ．－3014D ．－3015【解析】 由公和h ＝－3，a 1＝1，得a 2＝－4. 并且数列{a n }是以2为周期的数列， 则S 2011＝1005(a 1＋a 2)＋a 1 ＝－3015＋1＝－3014. 【答案】 C 二、填空题7．数列1，11＋2，11＋2＋3，…的前n 项和S n ＝________.【解析】 由于数列的通项a n ＝11＋2＋3＋…＋n ＝2nn ＋1＝21n －1n ＋1，∴S n ＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝21－1n ＋1＝2n n ＋1. 【答案】2n n ＋18．已知f (x )＝4x4x ＋2，求f 111＋f 211＋…＋f 1011＝________.【解析】 因为f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋41－x 41－x ＋2＝4x 4x ＋2＋44＋2·4x ＝4x4x ＋2＋22＋4x ＝1.所以f 111＋f 1011＝f 211＋f 911＝…＝f 511＋f 611＝1.∴f 111＋f 211＋…＋f 1011＝5.【答案】 59．(2013·某某模拟)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________. 【解析】 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列． ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1·1－4n1－4＝13(4n－1)． 【答案】13(4n－1)三、解答题10．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)∵S 2n ＝a n S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝1212n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝121－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝121－12n ＋1＝n 2n ＋1. 11．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝5，S 15＝225. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，15a 1＋15×142d ＝225，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)∵b n ＝2a n ＋2n ＝12·4n＋2n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12(4＋42＋ (4))＋2(1＋2＋…＋n ) ＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23·4n ＋n 2＋n －23. 12．(2012·某某高考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)由S n ＝2n 2＋n ，得 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1. 所以a n ＝4n －1，n ∈N *.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知a n b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N *，所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1，2T n ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n，所以2T n －T n ＝(4n －1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n＋5.故T n ＝(4n －5)2n＋5，n ∈N *. 四、选做题13．(文)已知数列{a n }是首项a 1＝1的等比数列，且a n >0，{b n }是首项为1的等差数列，又a 5＋b 3＝21，a 3＋b 5＝13.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列b n2a n 的前n 项和S n ；(3){a n ＋b n }求其前n 项和P n ； (4)1b n b n ＋1求其前n 项和T n .【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，则由已知条件得：⎩⎪⎨⎪⎧q 4＋1＋2d ＝21，q 2＋1＋4d ＝13，解之得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2或q ＝－2舍去.∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知b n 2a n ＝2n －12n . ∴S n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ①∴12S n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1② ①－②得：12S n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1 ＝12＋121－12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1， ∴S n ＝3－2n ＋32n .(3)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，∴a n ＋b n ＝2n －1＋2n －1.∴P n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＝1－2n1－2＋n ×1＋2n －12＝2n －1＋n 2.(4)∵1b n b n ＋1＝12n －12n ＋1＝1212n －1－12n ＋1∴T n ＝1211－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝121－12n ＋1＝n 2n ＋1. (理)已知数列{a n }的每一项都是正数，满足a 1＝2且a 2n ＋1－a n a n ＋1－2a 2n ＝0；等差数列{b n }的前n 项和为T n ，b 2＝3，T 5＝25.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式； (2)比较1T 1＋1T 2＋…＋1T n与2的大小；(3)若b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n<c 恒成立，求整数c 的最小值． 【解】 (1)由a 2n ＋1－a n a n ＋1－2a 2n ＝0， 得(a n ＋1－2a n )(a n ＋1＋a n )＝0， 由于数列{a n }的每一项都是正数， ∴a n ＋1＝2a n ，∴a n ＝2n.设b n ＝b 1＋(n －1)d ，由已知有b 1＋d ＝3,5b 1＋5×42d ＝25，解得b 1＝1，d ＝2，∴b n ＝2n －1. (2)由(1)得T n ＝n 2，∴1T n ＝1n2，当n ＝1时，1T 1＝1<2.当n ≥2时，1n2<1n －1n ＝1n －1－1n.∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n <1＋11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝2－1n<2. (3)记P n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n .∴12P n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得P n ＝3－2n ＋32n .∵P n 递增，∴12≤P n <3，P 4＝3716>2，∴最小的整数c ＝3.。
2014届高三数学总复习教案：5.4数列的求和
第五章数列第4课时数列的求和(对应学生用书(文)、(理)76～78页)考情分析考点新知理解数列的通项公式；会由数列的前n项和求数列通项公式，及化为等差数列、等比数列求数列的通项公式．掌握等差数列、等比数列前n项和的公式；数列求和的常用方法：分组求和法、错位相减法、裂项相消法、倒序相加法等．①掌握求数列通项公式的常用方法.②掌握数列求和的常用方法.1. 在数列{a n}中，若a1＝1，a n＋1＝a n＋2(n≥1)，则该数列的通项a n＝________．答案：a n＝2n－1解析：由已知{a n}为等差数列，d＝a n＋1－a n＝2，∴a n＝2n－1.2. 已知数列{a n}中，a1＝1，(n＋1)a n＋1＝na n(n∈N*)，则该数列的通项公式a n＝________．答案：a n＝1n解析：a na1＝a na n－1×a n－1a n－2×…×a2a1＝1n.3. (必修5P44习题2(2)改编)20n=å（1+2 n）=________．答案：441解析：20n=å(1＋2n)＝1＋(1＋2×1)＋(1＋2×2)＋…＋(1＋2×20)＝21＋2×20（1＋20）2＝441.4. (必修5P 60复习题8(1)改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 4＝________．答案：45解析：a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴ S 4＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＝45.5. (必修5P 51例3改编) 数列112，214，318，4116，…的前n 项和是 __________．答案：S n ＝n （n ＋1）2＋1－12n 解析：S n ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝n （n ＋1）2＋1－12n .1. 当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项a n .2. 当已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用迭乘法求数列的通项a n .3. (1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.(2) 等差数列前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2，推导方法：倒序相加法．(3) 等比数列前n 项和S n ＝⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法． 4. 常见数列的前n 项和： (1) 1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(2) 2＋4＋6＋…＋2n ＝n(n ＋1)； (3) 1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；(4) 12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6．5. (1) 分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2) 拆项相消：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． 6. 常见的拆项公式有：(1) 1n （n ＋1）＝1n －1n＋1；(2) 1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；(4)1a ＋b ＝1a －b(a －b).题型1 求简单数列的通项公式 例1 求下列数列{a n }的通项公式： (1) a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ＋1； (2) a 1＝1，a n ＋1＝2n a n . 解：(1) a n ＝n 2 (2) a n ＝2n （n －1）2变式训练求下列数列{a n }的通项公式： (1) a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1；(2) a 1＝1，a n ＋1＝2a n2＋a n ；(3) a 1＝2，a n ＋1＝a 2n . 解：(1) a n ＝2n －1 (2) a n ＝2n ＋1(3) a n ＝22n －1 题型2 分组转化求和例2 求下面数列的前n 项和： 112，314，518，7116， … 解：S n ＝112＋314＋518＋7116＋…＋⎣⎡⎦⎤（2n －1）＋12n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝n[1＋（2n －1）]2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n 2－12n ＋1.备选变式（教师专享）已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n ＋1，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(1) 求数列{a n }的前10项和S 10；(2) 求数列{a n }的前2k 项和S 2k .解：(1) S 10＝(6＋16＋26＋36＋46)＋(2＋22＋23＋24＋25) ＝5（6＋46）2＋2（1－25）1－2＝192.(2) 由题意知数列{a n }的前2k 项中，k 个奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，k 个偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列．∴ S 2k ＝[6＋16＋…＋(10k －4)]＋(2＋22＋…＋2k )＝k[6＋（10k －4）]2＋2（1－2k ）1－2＝5k 2＋k ＋2k ＋1－2.题型3 裂项相消求和例3 求下面各数列的前n 项和： (1)11×5，13×7，15×9，17×11，… (2) 2222－1，4242－1，6262－1，8282－1，…解：(1) ∵ a n ＝1（2n －1）（2n ＋3）＝14(12n －1－12n ＋3)，∴ S n ＝14(1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －3－12n ＋1＋12n －1－12n ＋3)＝14(1＋13－12n ＋1－12n ＋3)＝n （4n ＋5）3（2n ＋1）（2n ＋3）. (2) ∵ a n ＝（2n ）2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴ S n ＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝2n （n ＋1）2n ＋1.备选变式（教师专享） 求1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n.解：∵a k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，∴S n ＝2n n ＋1.题型4 倒序相加求和例4 设f(x)＝13x ＋3，求f(－12)＋f(－11)＋f(－10)＋…＋f(0)＋…＋f(11)＋f(12)＋f(13)的值．解：∵ f(x)＋f(1－x)＝33，∴ 原式＝1333. 备选变式（教师专享）一个等差数列前4项之和为26，最末4项之和为110，所有项之和为187，则它的项数为________．答案：11解析：∵a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝26，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝110，∴a 1＋a n ＝26＋1104＝34.又S n ＝n （a 1＋a n ）2＝187，∴n ＝11. 题型5 错位相减求和 例5 在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2＝2a 1＋3，且3a 2，a 4，5a 3成等差数列．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝log 3a n ，求数列{a n b n }的前n 项和S n .解：(1) 设{a n }公比为q ，由题意得q>0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋3，3a 2＋5a 3＝2a 4，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（q －2）＝3，2q 2－5q －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎨⎧a 1＝－65，q ＝－12(舍)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N ．(2) 由(1)可得b n ＝log 3a n ＝n ，所以a n b n ＝n·3n . 所以S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n ， 所以3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n ＋1，两式相减得，2S n ＝－3－(32＋33＋…＋3n )＋n·3n ＋1＝－(3＋32＋33＋…＋3n )＋n·3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ·3n ＋1＝3＋（2n －1）·3n ＋12，所以数列{a n b n }的前n 项和S n ＝3＋（2n －1）·3n ＋14.备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n －1. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝log 13(S n ＋1)，求数列{b n a n }的前n 项和T n .解：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n －1)－(3n －1－1)＝2×3n －1， 综上所述，a n ＝2×3n －1.(2) b n ＝log 13(S n ＋1)＝log 133n ＝－n ，所以b n a n ＝－2n ×3n －1，T n ＝－2×1－4×31－6×32－…－2n ×3n －1， 3T n ＝－2×31－4×32－…－2(n －1)×3n －1－2n ×3n ， 相减，得－2T n ＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n －1＋2n ×3n ＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n －1)＋2n ×3n ，所以T n ＝(1＋31＋32＋…＋3n －1)－n ×3n ＝1－3n1－3－n ×3n＝－（2n －1）×3n ＋12，n ∈N *.1. 数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N )．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝________．答案：3解析：已知b n ＝2n －8，a n ＋1－a n ＝2n －8，由叠加法(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝－6－4－2＋0＋2＋4＋6＝0a 8＝a 1＝3.2. (2013·大纲)等差数列{a n }中，a 7＝4，a 19＝2a 9. (1) 求{a n }的通项公式； (2) 设b n ＝1na n，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝4，a 19＝2a 9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝4，a 1＋18d ＝2（a 1＋8d ）.解得a 1＝1，d ＝12.所以{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.(2) b n ＝1na n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1，所以S n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －2n ＋1 ＝2n n ＋1. 3. (2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0，2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N ．(1) 求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2) 求数列{na n }的前n 项和．解：(1) ∵ S 1＝a 1.∴ 当n ＝1时，2a 1－a 1＝S 1·S 1a 1≠0，a 1＝1.当n>1时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －a 1S 1－2a n －1－a 1S 1＝2a n －2a n －1a n ＝2a n －1{a n }是首项为a 1＝1公比为q ＝2的等比数列，a n ＝2n －1，n ∈N *. (2) 设T n ＝1·a 1＋2·a 2＋3·a 3＋…＋n·a n qT n ＝1·qa 1＋2·qa 2＋3·qa 3＋…＋n·qa n qT n ＝1·a 2＋2·a 3＋3·a 4＋…＋n·a n ＋1， 上式左右错位相减：(1－q)T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －na n ＋1＝a 11－q n1－q －na n ＋1＝2n －1－n·2nT n ＝(n －1)·2n ＋1，n ∈N *.4. 已知等差数列{a n }前三项之和为－3，前三项积为8. (1) 求等差数列{a n }的通项公式；(2) 若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和．解：(1) 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.∴ a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2) 当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4，2不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1，2，－4成等比数列，满足条件．当|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.n ＝1，S 1＝4；n ＝2时，S 2＝5；当n ≥3时，S n ＝|a 1|＋…＋|a n |＝32n 2－112n ＋10.又n ＝2满足此式，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），32n 2－112n ＋10（n ＞1）.1. 已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，求a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100的值．解：由题意得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×（2＋98）2＋100＝5 000.2. 已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项的乘积T n ＝⎝⎛⎭⎫14n 2－6n (n ∈N *)，b n ＝log 2 a n ，则数列{b n }的前n 项和S n 取最大时，n ＝________．答案：3解析：当n ＝1时，a 1＝T 1＝45＝210，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝⎝⎛⎭⎫14n 2－6n －（n －1）2＋6（n －1）＝⎝⎛⎭⎫142n －7＝214－4n ，此式对n ＝1也成立，所以a n ＝214－4n ，从而b n ＝log 2a n ＝14－4n ，可以判断数列{b n }是首项为10，公差为－4的等差数列，因此S n ＝－2n 2＋12n ，故当n ＝3时，S n 有最大值．3. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，且在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n .(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝2k n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解： (1) ∵ 点P n (n ，S n )在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，∴ S n ＝n 2＋2n(n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2) 由f(x)＝x 2＋2x ，求导得f′(x)＝2x ＋2. ∵ 在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n ， ∴ k n ＝2n ＋2，∴ b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n ，∴ T n ＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n ，用错位相减法可求得T n＝6n ＋19·4n ＋2－169.4. 已知等差数列{a n }是递增数列，且满足a 4·a 7＝15，a 3＋a 8＝8. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 令b n ＝19a n －1a n(n ≥2)，b 1＝13，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1) 根据题意：a 3＋a 8＝8＝a 4＋a 7，a 4·a 7＝15，知：a 4，a 7是方程x 2－8x ＋15＝0的两根，且a 4<a 7，解得a 4＝3，a 7＝5，设数列{a n }的公差为d ，由a 7＝a 4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 4＋(n －4)·d ＝3＋23(n －4)＝2n ＋13.(2) 当n ≥2时，b n ＝19a n －1a n ＝19⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. 又b 1＝13＝12⎝⎛⎭⎫1－13， ∴ S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.1. a n 的两种常见变形a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)(累加法)a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…a na n －1(累乘法)2. 数列求和的方法技能① 倒序相加 ② 错位相减 ③ 分组求和 ④ 拆项相消3. 方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在数列中均得到广泛应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究是解决数列综合问题的最基本思维方法．请使用课时训练（B ）第4课时（见活页）.[备课札记]。
【高考复习方案 】2014年高考数学(文,江苏教育版)一轮复习课件：第31讲 数列求和
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第31讲
数列求和
• 双 向 固 基 础
[答案] (1)×
(2)×
(3)√
1 1 1 ＝ －2n， 因为 2n 2n（2n－1） 2n－1 是偶数，2n－1 是奇数，故求和时不能相互抵消，达不到求 和的目的．数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这只 是用裂项相消法的前提，还必须满足在求和过程中能够前后 相互抵消． [解析] (1)由题意可知
1． 在等差数列{an}和{bn}中， a1＝25， b1＝15， a100＋b100 ＝139，则数列{an＋bn}的前 100 项的和为________．
[答案] 8950
[解析] 设 cn＝an＋bn，则 c1＝a1＋b1＝40，c100＝139， 由题知，数列 {cn} 是等差数列，所以前 100 项和 S100 ＝ 100（c1＋c100） 100×（40＋139） ＝ ＝8950. 2 2
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数列求和
• 双 向 固 基 础
[答案] (1)×
(2)√
(3)×
a（1－an） [解析] (1)当 a＝1 时， Sn＝n； 当 a≠1 时， Sn＝ . 1－a 其错误在于未能注意到求和公式中 q≠1 的条件，因此在解题 时，当公比 q 是一个字母时，一定要讨论字母的取值． 3n－1 (2)将已知数列求和，即可得 an＝ . 2 (3)分组求和法适用于一个数列的通项公式由若干个可求 1 和的数列组成，数列{an}的通项公式为 an＝n＋n，数列{an} 1 1 由两个数列{n}和n组成，而数列n不能求和．
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数列求和
• 双 向 固 基 础
求和方法 分组求和 法
适用范围 一个数列的通项公式是由
高考数学一轮复习第五篇数列必修5第4节数列求和习题理含解析
高考数学一轮复习第五篇数列必修5第4节数列求和习题理含解析第4节数列求和【选题明细表】知识点、方法题号公式法、并项法、倒序相加法、2,3,8,11,12分组法求和裂项相消法求和5,7,13错位相减法求和1,10,14数列的综合应用4,9数列的实际应用 6基础巩固(时间:30分钟)1.S n=+++…+等于( B )(A) (B)(C)(D)解析:由S n=+++…+,①得S n=++…++, ②①-②得,S n=+++…+-=-,所以S n=.2.数列{(-1)n(2n-1)}的前2 018项和S2 018等于( B )(A)-2 016 (B)2 018 (C)-2 015 (D)2 015解析:S2 018=-1+3-5+7-…-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+[-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)]=2×1 009=2 018.故选B.3.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{}的前10项的和为( C )(A)120 (B)70 (C)75 (D)100解析:由a n=2n+1,得a1=3,d=2.所以S n=3n+×2=n2+2n.因为=n+2,所以数列{}是以3为首项,1为公差的等差数列.所以()的前10项和为10×3+×1=75.4.已知函数y=log a(x-1)+3(a>0,a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n}的第二项与第三项,若b n=,数列{b n}的前n项和为T n,则T10等于( B )(A)(B)(C)1 (D)解析:对数函数y=log a x的图象过定点(1,0),所以函数y=log a(x-1)+3的图象过定点(2,3),则a2=2,a3=3,故a n=n,所以b n==-,所以T10=1-+-+…+-=1-=,故选B.5.+++…+的值为( C )(A) (B)-(C)-(+) (D)-+解析:因为===(-),所以+++…+=(1-+-+-+…+-)=(--)=-(+).6.在2016年至2019年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率为q 保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新的一年定期,到2020年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取出,则取回的金额是( D )(A)m(1+q)4元 (B)m(1+q)5元(C)元(D)解析:2019年存款的本息和为m(1+q),2018年存款的本息和为m(1+q)2,2017年存款的本息和为m(1+q)3,2016年存款的本息和为m(1+q)4,四年存款的本息和为m(1+q)+m(1+q)2+m(1+q)3+m(1+q)4==.故选D.7.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 018= .解析:由f(4)=2可得4a=2,解得a=.则f(x)=.所以a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1.答案:-18.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=2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n.答案:2n+1-2-n能力提升(时间:15分钟)9.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,当n≥2时,a n+2S n-1=n,则S2 017的值为( D )(A)2 015 (B)2 013 (C)1 008 (D)1 009解析:因为a n+2S n-1=n(n≥2),所以a n+1+2S n=n+1(n≥1),两式相减得a n+1+a n=1(n≥2).又a1=1,所以S2 017=a1+(a2+a3)+…+(a2 016+a2 017)=1+1 008×1=1 009,故选D.10.已知等差数列{a n}的前n项和S n满足S3=6,S5=,则数列{}的前n项和为( B )(A)1-(B)2-(C)2-(D)2-解析:设等差数列{a n}的公差为d,则S n=na1+d,因为S3=6,S5=,所以解得所以a n=n+1,=,设数列{}的前n项和为T n,则T n=+++…++,T n=+++…++,两式相减得T n=+(++…+)-=+(1-)-,所以T n=2-.故选B.11.(2018·江西赣南联考)在数列{a n}中,已知a1=1,a n+1+(-1)n a n=cos(n+1)π,记S n为数列{a n}的前n项和,则S2 017= .解析:由a1=1,a n+1+(-1)n a n=cos(n+1)π,得a2=a1+cos 2π=1+1=2,a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,a5=-a4+cos 5π=2-1=1,……由上可知,数列{a n}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.答案:-1 00712.设函数f(x)=+log2,定义S n=f()+f()+…+f(),其中n∈N*,且n≥2,则S n= .解析:因为f(x)+f(1-x)=+log2++log2=1+log21=1,所以2S n=[f()+f()］+[f()+f()］+…+[f()+f()］=n-1.所以S n=.答案:13.已知数列{a n}的前n项和是S n,且S n+a n=1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=lo(1-S n+1)(n∈N*),令T n=++…+,求T n.解:(1)当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n≥2时,S n=1-a n,S n-1=1-a n-1,则S n-S n-1=(a n-1-a n),即a n=(a n-1-a n),所以a n=a n-1(n≥2).故数列{a n}是以为首项,为公比的等比数列.故a=·()n-1=2·()n(n∈N*).(2)因为1-S n=a n=()n.所以b n=lo(1-S n+1)=lo()n+1=n+1,因为==-,所以T n=++…+=(-)+(-)+…+(-)=-=.14.(2018·广西玉林一模)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求证:(+)为等比数列,并求{a n}的通项公式a n;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,求数列{b n}的前n项和T n.解:(1)因为a1=1,a n+1=,所以==1+,即+=+=3(+),则(+)为等比数列,公比q=3,首项为+=1+=,则+=·3n-1,即=-+·3n-1=(3n-1),即a=.(2)b n=(3n-1)··a n=,则数列{b n}的前n项和T n=+++…+,T n=+++…+,两式相减得T n=1+++…+-=-=2--=2-, 则T n=4-.。
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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．
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3．数列 a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20 共有十项，且其和为 240，则 a1＋…＋ak＋…＋a10 的值为( A．31 C．130 答案：C 1 1 4． (教材改编)数列 1， ， ， …的前 n 项和 Sn＝________. 1＋2 1＋2＋3 2n 答案： n＋1 5．数列{(－1)n· n}的前 2 012 项和 S2 012 为________． 答案：1 006, ) B．120 D．185
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前 2n 项 和 S2n. 审题视点】 观察出 a1，a2，a3 求 an，化简 bn 转化数列．
所以由等差数列通项公式可得 an＝2－3(n－1)＝－3n＋5 或 an ＝－4＋3(n－1)＝3n－7. 故 an＝－3n＋5 或 an＝3n－7.
(2)当 an＝－3n＋5 时，a2，a3，a1 分别为－1，－4,2，不成等比 数列； 当 an＝3n－7 时，a2，a3，a1 分别为－1,2，－4，成等比数列， 满足条件． 故|an|＝|3n－7|＝
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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．
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【知识梳理】 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： na1＋an Sn＝ ＝na1＋ 2 (2)等比数列的前 n 项和公式： ；
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考向二
分组转化求和
(2011· 高考山东卷)等比数列{an}中，a1，a2，a3 分别是下表第 一、二、三行中的某一个数，且 a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表 的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 第二行 第三行 3 6 9 2 4 8 10 14 18
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和公式求{|an|}的和． 【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d，则 a2＝a1＋d，a3＝a1
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3a1＋3d＝－3， ＋2d，由题意得 a1a1＋da1＋2d＝8， a1＝2， 解得 d＝－3 a1＝－4， 或 d＝3.
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Sn＝
2．倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和 相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相 加法，如等差数列的前 n 项和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．
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【方法总结】 应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性， 尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前 n ．已知数列{an}是首项 a1＝4，公比 q≠1 的等比数列，Sn 是其 前 n 项和，且 4a1，a5，－2a3 成等差数列． (1)求公比 q 的值； (2)求 Tn＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n 的值． 解：(1)由题意得 2a5＝4a1－2a3. ∵{an}是等比数列且 a1＝4，公比 q≠1， ∴2a1q4＝4a1－2a1q2，∴q4＋q2－2＝0， 解得 q2＝－2(舍去)或 q2＝1，∴q＝－1. (2)∵a2，a4，a6，…，a2n，是首项为 a2＝4×(－1)＝－4，公比为 q2＝1 的等比数列，∴Tn＝na2＝－4n.
－3n＋7， 3n－7，
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n＝1，2， n≥3.
记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n＝1 时，S1＝|a1|＝4；当 n＝2 时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；
当 n≥3 时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4 －7)＋…＋(3n－7) n－2[2＋3n－7] 3 2 11 ＝5＋ ＝ n － n＋10. 2 2 2 当 n＝2 时，满足此式， n＝1， 4， 综上，Sn＝3 2 11 2n － 2 n＋10，n＞1.
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【基础自测】 1 1．(教材改编)等比数列{an}的公比 q＝ ，a8＝1，则 S8＝( 2 A．254 C．256 答案：B B．255 D．257 )
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2．如果数列{an}满足 a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是 首项为 1，公比为 3 的等比数列，则 an 等于( 3n＋1 A. 2 3n－1 C. 2 答案：C 3n＋3 B. 2 3n－3 D. 2 )
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◆求和思路 一般数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通 过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的 形式，从而选择合适的方法求和． ◆注意事项 (1)裂项求和，把通项裂开后，注意检查是否恰好等于相应的两 项之差． (2)裂项求和，注意总结正负抵消的规律． (3)错位相减求和，注意错位的项及相减后的结果．
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考向一
公式法求和
(2012· 高考湖北卷)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三 项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式； (2)若 a2，a3，a1 成等比数列，求数列{|an|}的前 n 项和．
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【审题视点】
用方程组法求 a1 和 d，可求 an 借助等差数列求