数列综合讲义
第14讲 数阵问题(数列群问题)-新高考数学之数列综合讲义
第14讲数阵问题（数列群问题）一．选择题（共7小题）1．把正奇数数列依次按第一个括号一个数，第二个括号两个数，第三个括号三个数，第四个括号一个数，⋯，依次循环的规律分为（1），(3,5)，(7，9，11)，(13)，(15,17)，(19，21，23)，(25)，⋯，则第50个括号内各数之和为()A．98B．197C．390D．392【解析】解：由题意可得，将三个括号作为一组，则由501632=⨯+，第50个括号应为第17组的第二个括号，即50个括号中应有两个数，因为每组中有6个数，所以第48个括号的最后一个数为数列{21}n-的第16696⨯=项，第50个括号的第一个数为数列{21}n-的第166298⨯+=项，即2981195⨯-=，⨯-=，第二个数是2991197所以第50个括号内各数之和为195197392+=，故选：D．2．把数列{21}n+依次按第一个括号一个数，第二个括号两个数，第三个括号三个数，第四个括号四个数，第五个括号一个数，⋯，循环分为：（3），(5,7)，(9，11，13)，(15，17，19，21)，(23)，(25,27)，(29，31，33)，(35，37，39，41)，(43)，⋯，则第60个括号内各数之和为()A．1112B．1168C．1176D．1192【解析】解：括号里的数有规律：即每四个一组，里面的数都是123410+++=，所以到第60个括号时共有数(1234)15150+++⨯=个数，第150个数是21501301+-+-+-=，⨯+=．所以第60个括号里的数之和为301(3012)(3014)(3016)1192故选：D．3．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案．如图是一个数表，第1行依次写着从小到大的正整数，然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方，得到下一行，数表从上到下与从左到右均为无限项，求满足如下条件的最小四位整数N：第2017行的第N项为2的正整数幂．已知10=，那么该款软件的激活码是()21024A ．1040B ．1045C ．1060D ．1065【解析】解：由数表推得，每一行都是等差数列，第n 行的公差为12n -，记第n 行的第m 个数为(,)f n m ，则(f n ，1)(1f n =-，1)(1f n +-，2)2(1f n =-，21)2n -+，∴1(,1)(1,1)1224n n f n f n --=+， 算得(f n ，21)(1)2n n -=+(f n ⇒，)(m f n =，11)(1)2n m -+-22(21)()n m n n N -+=+-∈，第2017行的第N 项为2的正整数幂，201722(220171)2k N -∴+-=， 即20162(1008)2k N +=， N 最小四位整数．当1040N =，满足题意， 故选：A ．4．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，在接下来的三项式02，12，22，依此类推，求满足如下条件的最小整数:100N N >且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A ．110B ．220C ．330D ．440【解析】由题意可知：02第一项，012,2第二项，0122,2,2第三项，01212,2,2,2n n -⋯⋯第项，根据等比数列前n 项和公式，求得每项和分别为：121-，221-，321-，⋯，21n -，每项含有的项数为：1，2，3，⋯，n ， 总共的项数为(1)1232n n N n +=+++⋯+=， 所有项数的和为12312312(21):21212121(2222)2221n nnn n S n n n +--+-+-+⋯+-=+++⋯+-=-=---，由题意可知：12n +为2的整数幂．只需将2n --消去即可， 则①12(2)0n ++--=，解得：1n =，总共有(11)1232+⨯+=，不满足100N >， ②124(2)0n +++--=，解得：5n =，总共有(15)53182+⨯+=，不满足100N >， ③1248(2)0n ++++--=，解得：13n =，总共有(113)134952+⨯+=，不满足100N >， ④124816(2)0n +++++--=，解得：29n =，总共有(129)2954402+⨯+=，满足100N >， ∴该款软件的激活码440．故选：D ．5．如图所示的“数阵”的特点是：每行每列都成等差数列，则数字145在图中出现的次数为( )A ．13B ．14C ．15D ．16【解析】解：第i 行第j 列的数记为ij A ，那么每一组i 与j 的组合就是表中的一个数， 因为第一行数组成的数列1(1,2)j A j =⋯是以2为首相，公差为1的等差数列， 所以12(1)11j A j j =+-⨯=+，所以第j 列数组成的数列(1ij A i =，2，)⋯是以1j +为首项，公差为j 的等差数列， 所以(1)(1)1ij A j i j ij =++-⨯=+， 令1145ij A ij =+=， 则4214423ij ==⨯，所以145出现的次数为(41)(21)15++=． 故选：C ．6．设()f n *)n N ∈的整数，如f （1）1=，f （2）1=，f （3）2=，f （4）2=，f （5）2=，⋯，若正整数m 满足11114034(1)(2)(3)()f f f f m +++⋯+=，则(m = ) A ．20162017⨯ B ．22017 C ．20172018⨯ D ．20182019⨯【解析】解：第一组：11(1)f =，11(2)f =，共2个，之和为2； 第二组：11(3)2f =，11(4)2f =，11(5)2f =，11(6)2f =，共4个，之和为2； 第三组：11(7)3f =，11(8)3f =，11(9)3f =，11(10)3f =，11(11)3f =，11(12)3f =，6Fong 个，之和为2； 第四组：11(13)4f =，11(14)4f =，11(20)4f ⋯=，共8个，之和为2； ⋯第n 组：共2n 个，之和为2； ∴1111403422017(1)(2)(3)()f f f f m +++⋯+==⨯， 故一共有2017组， 则20172016201722201720182m ⨯=⨯+⨯=⨯， 故选：C ．7．如图是从事网络工作者经常用来解释网络运作的蛇形模型：数字1出现在第1行；数字2，3出现在第2行；数字6，5，4（从左至右）出现在第3行；数字7，8，9，10出现在第4行；依此类推．若2013是第m 行从左至右算的第n 个数字，则(,)m n 为( )A ．(63,60)B ．(63,4)C ．(64,61)D ．(64,4)【解析】解：由每行的行号数和这一行的数字的个数相同，奇数行的数字从左向右依次减小， 偶数行的数字从左向右依次增大，可得第63行的数字从左向右依次减小， 可求出第63行最左边的一个数是63(631)20162⨯+=，从左至右的第4个数应是201632013-=． 故2013在第63行，第4列， 故选：B．二．填空题（共8小题）8．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款面向中学生的应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学题的答案：记集合{}110110011|2222,,1,,,,01k k k k k k k A x x a a a a k N a a a a --+-==⨯+⨯+⋯+⨯+⨯∈=⋯=或．例如：1{2A =，3}，2{4A =，5，6，7}，若将集合4A 的各个元素之和设为该软件的激活码，则该激活码应为 376 ；定义()()0120120,,,,,11,,,,,1k k k x a a a a f x x A x a a a a ⋯⎧=∈⎨⋯⎩的表达式中等于的个数为偶数的表达式中等于的个数为奇数现指定5k =，将集合{|()1x f x =，}k x A ∈的元素从小到大排列组成数列{}n c ，若将{}n c 的各项之和设为该软件的激活码，则该激活码应为 ． 【解析】解：集合43210443210{|22222}A n n a a a a a ==⨯+⨯+⨯+⨯+⨯， 当41a =，01230a a a a ====时，16n =， 当012341a a a a a =====时，31n =，所以4{16A =，17，18，⋯，31}共有16个元素，故激活码为16(1631)3762⨯+=；结合二进制表示，当5k =时，{}n c 的各项可以看成首位为1的六位二进制数， 对于41a =，符合条件()1f x =的有8个数，同理，对于31a =，21a =，11a =，01a =时，符合条件的也分别有8个数， 故激活码为5432101628(22222)760⨯+⨯++++=， 故答案为376；760．9．如图是网格工作者经常用来解释网络运作的蛇形模型：数字1出现在第1行：数字2，3出现在第2行，数字6，5，4（从左至右）出现在第3行；数字7，8，9，10出现在第4行，依此类推，则第20行从左到右第5个数字为 195 ．【解析】解：由题意可知：每行的行号数和这一行的数字的个数相同，奇数行的数字从左向右依次减小，偶数行的数字从左向右依次增大，故前1n-行共有：(1)12(1)2n nn-++⋯+-=个整数，故第n行的第一个数为：(1)12n n-+，第20行的数字从左向右依次增大，可求出第20行最左边的一个数是191，第20行从左至右的第5个数字应是195．故答案为：195．10．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．若在“杨辉三角”中从第二行右边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，⋯，则在该数列中，第35项是136．【解析】解：奇数项是后一个数，每行2个数，则第35项在18行第3个数，从第3行开始斜行1，3，6，10，⋯，即为122⨯，232⨯，342⨯，⋯，(1)(2)2n n--，则18行第3个数为(181)(171)1362-⨯-=，故答案为：136．11．杨辉三角（如图）是二项式系数在三角形中的一种几何排列．它是我国古代数学的杰出研究成果之一，将二项式系数图形化，是一种离散型的数形结合．杨辉三角蕴含了许多有趣的规律，比如：除1以外，所有正整数在如图中都出现有限次，如2出现1次，3和4都出现2次，试判断数字120在图形中共出现 2 次．【解析】解：根据杨辉三角的排列规律： 1 11 2 1⋯，1 21 35 35 21 1 1 22 56 70 56 22 1 1 23 78 126 126 78 23 1 1 24 101 204 252 204 101 24 1根据杨辉三角，120只出现的位置为两边的数，中间不可能出现， 由于对称性的存在， 所以120出现的次数为2． 故答案为：2．12．“杨辉三角形”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形．帕斯卡(1623~1662)是在1654年发现这一规律的，比杨辉要迟393年．“杨辉三角”是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来．下面数表类似“杨辉三角”，从上到下分别为第1行、第2行、第3行、⋯第n 行、⋯．它满足：①第n 行首尾的数均为n ；②第(3)n n 行除首尾的数外，每一个数都等于它肩上（即第1n -行）两个数之和．记第(2)n n 行的第二个数为()f n ，则(60)f = 1771 ．【解析】解：根据题意：f（3）f-（2）2=，f（4）f-（3）3=，f（5）f-（4）4=，⋯，()(1)1f n f n n--=-，以上2n-个式子左右分别相加，得2(2)(12)2 ()(2)234(1)22n n n nf n f n--+---=+++⋅⋅⋅+-==，所以22 ()2n nf n--=，于是(60)1771f=．故答案为：1771．13．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡(16231662)-是在1654年发现这一规律的．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就．如图，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项．依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则此数列前135项和为18253-．【解析】解：杨辉三角形中各行的数字和，第1行为02，第2行为12，第3行为22，以此类推，即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为122112nnnS-==--，若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，⋯⋯，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列， 则(1)2n n n T +=， 可得当15n =，即杨辉三角形中的第17行，再加上第18行的前15项时，所有项的个数和为135，由于最右侧为2，3，4，5，⋯⋯，为个首项是2、公差为1的等差数列， 则第18行的第17项为17，则杨辉三角形的前18项的和为181821S =-， 则此数列前135项的和为181********S --=-， 故答案为：18253-．14．分形是数学之美的体现，谢尔平斯基三角形就是其典型代表，其形式及构造如图所示，它与杨辉三角也有着密不可分的联系，请根据图示规律，用组合数表示杨辉三角第22行第9列 203490（或821)C ；并判断其奇偶性 ．（选填“奇”或“偶” )【解析】解：观察所给数据可得，第22行第9个数是(a +b 21)的第9项二项式系数，由二项式定理可知，(a +b 21)的第9项二项式系数为：821212019181716151420349087654321C ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯．这个数是偶数．故答案为：203490（或821)C ；偶． 15．我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中，用图①的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列，俗称“杨辉三角形”，该数表的规律是每行首尾数字均为1，从第三行开始，其余的数字是它“上方”左右两个数字之和．现将杨辉三角形中的奇数换成1，偶数换成0，得到图②所示的由数字0和1组成的三角形数表，由上往下数，记第n 行各数字的和为n S ，如11S =，22S =，32S =，44S =，52S =，⋯⋯，则33S = 2【解析】解：将杨辉三角形中的奇数换成1，偶数换成0，得到图②所示的由数字0和1组成的三角形数表，从上往下数，第1次全行的数为1 的是第1行，有1个1；第2次全行的数都为1的是第2行，有2个1；第3次全行的数都为1的是第4行，有4个1，依此类推，第n 次全行的数都为1的是第12n -行，有12n -个1，故6n =时，第6152232-==行有32个1，即3232S =，则下一行是2个1，即332S =， 故答案为：2．。
2024年高考数学一轮总复习讲义 第四讲 数列求和
第四讲数列求和知识梳理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：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋3.等比数列的前n 项和公式：S n 1，＝a 1(1－q n)1－q，q ≠1.注意等比数列公比q 的取值情况，要分q ＝1，q ≠1.知识点二分组求和法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.如若一个数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，则可用分组求和法求其前n 项和.知识点三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”的两项的和相等且等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的.知识点四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.知识点五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.知识点六并项求和法在一个数列的前n 项和中，可两两合并求解，则称之为并项求和.如{a n }是等差数列，求数列{(－1)n a n }的前n 项和，可用并项求和法求解.形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可考虑采用两项合并求解.归纳拓展1.常见的裂项公式(1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1n (n ＋k )＝(3)1n 2－1＝(4)1(2n －1)(2n ＋1)＝(5)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )；(6)1n (n ＋1)(n ＋2)＝121n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)；(7)2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1.双基自测题组一走出误区1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和为S n ＝a 1－a n ＋11－q.(√)(2)sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 287°＋sin 288°＋sin 289°可用倒序相加求和.(√)(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.(×)(4)当n ≥2时，1n 2－1＝√)(5)2n＋n 项和可用分组求和.(√)[解析](1)因为数列{a n }为等比数列，且公比不等于1.则其前n 项和为S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a 1q n 1－q ＝a 1－a n ＋11－q.(2)因为sin 21°＋sin 289°＝sin 22°＋sin 288°＝sin 23°＋sin 287°＝sin 244°＋sin 246°＝2sin 245°＝1，所以sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 287°＋sin 288°＋sin 289°可用倒序相加求和.(3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解.(4)＝12·n ＋1－(n －1)(n －1)(n ＋1)＝1n 2－1.题组二走进教材2.(选修2P 51T2改编)在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为20252026，则项数n ＝(C )A.2023B ．2024C.2025D ．2026[解析]a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝20252026，∴n ＝2025.故选C.3.(选修2P 56T11改编)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n sin n π3，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2021＝(D )A.10113B ．－523C.523D．－10113[解析]因为f(n)＝sin nπ3的周期为T＝2ππ3＝6，所以a6k－5＋a6k－4＋a6k－3＋a6k－2＋a6k－1＋a6k＝(6k－5)×32＋(6k－4)×32＋(6k－3)×0＋(6k－2)(6k－1)6k×0＝－33，然后求和即可.因为f(n)＝sin nπ3的周期为T＝2ππ3＝6，a6k－5＋a6k－4＋a6k－3＋a6k－2＋a6k－1＋a6k＝(6k－5)×32＋(6k－4)×32＋(6k－3)×0＋(6k－2)(6k－1)6k×0＝－33，k∈N*，则a1＋a2＋a3＋…＋a2021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2021＋a2022－a2022＝337×(－33)－2022sin 2022π3＝－10113，故选D.4.(选修2P40T3改编)S n＝12＋12＋38＋…＋n2n等于(B)A.2n－n－12n B．2n＋1－n－22nC.2n－n＋12n D．2n＋1－n＋22n[解析]解法一：由S n＝12＋222＋323＋…＋n2n①得12S n＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1②①－②得，1 2S n＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1，＝1211－12－n2n＋1，∴S n＝2n＋1－n－22n.解法二：此类问题可先考虑排除法，令n＝1即得B正确.5.(选修2P 56T10改编)(2024·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝2(n ＋1).[解析]由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，4，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1).题组三走向高考6.(2017·课标Ⅱ，15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则错误!1S k ＝2n n ＋1.[解析]本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和.设公差为d 1＋2d ＝3，a 1＋6d ＝10，1＝1，＝1，∴a n ＝n .∴前n 项和S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴1S n ＝2n (n ＋1)＝∴错误!1S k ＝－12＋12－13＋…＋1n －2·n n ＋1＝2n n ＋1.分组求和法——师生共研1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2a 1＋a 2＋…＋a 2020＝(B )A.2019×20202B ．2021×20202C.2019×20192D．2020×20202[解析]由a n＝n2sin n为奇数时，a n＝－n2，当n为偶数时，a n＝n2，故S n＝－12＋22－32＋42＋…－20192＋20202＝1＋2＋3＋4＋…＋2019＋2020＝2020(1＋2020)2＝2020×20212.故选B.2.(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝n＋1，n为奇数，n＋2，n为偶数.(1)记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；(2)求{a n}的前20项和.[解析](1)因为b n＝a2n，所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝a1＋1＋3＝a1＋4＝5.由题意得a2n＋1＝a2n＋2，a2n＋2＝a2n＋1＋1，所以a2n＋2＝a2n＋3，即b n＋1＝b n＋3，所以数列{b n}是以2为首项，3为公差的等差数列，所以b n＝2＋(n－1)×3＝3n－1.(2)当n为奇数时，a n＝a n＋1－1.设数列{a n}的前n项和为S n，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝[(a2－1)＋(a4－1)＋…＋(a20－1)]＋(a2＋a4＋…＋a20)＝2(a2＋a4＋…＋a20)－10，由(1)可知a2＋a4＋…＋a20＝b1＋b2＋…＋b10＝10×2＋10×92×3＝155，故S20＝2×155－10＝300，即{a n}的前20项和为300.名师点拨：分组转化法求和的常见类型1.若a n＝b n±c n，且{b n}，{c n}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n}的前n项和.2.通项公式为a n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.【变式训练】1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (n 2－n )，前n 项和为S n ，则满足S 2n＋1≤－2023的最小正整数n 的值为(D )A.28B ．30C ．31D ．32[解析]用分组(并项)求和法求得和S 2n ＋1，然后解不等式S 2n ＋1<－2023，结合n 是正整数得解.由题意，得S 2n ＋1＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[(2n )2－(2n －1)2]－(2n ＋1)2－[－1＋2－3＋4－5＋…＋2n －(2n ＋1)]＝(2－1)×(1＋2)＋(4－3)×(3＋4)＋…＋[2n －(2n －1)][(2n －1)＋2n ]－(2n ＋1)2－[n －(2n ＋1)]＝1＋2＋3＋4＋…＋2n －(2n ＋1)2＋n ＋1＝2n (1＋2n )2－(2n ＋1)2＋n ＋1＝－2(n 2＋n )，由S 2n＋1≤－2023，得－2(n 2＋n )≤－2023，即n 2＋n ≥20232，结合n ∈N *，解得n ≥32，故n 的最小值为32.故选D.2.(2024·信阳模拟)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2n ＋2，n 是奇数，a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为(C )A.1121B ．1122C ．1123D ．1124[解析]由题意知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.裂项相消法——多维探究角度1形如b n ＝1a n a n ＋1({a n }为等差数列)型求和：(1)S n＝1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n；(2)S n＝11×3＋12×4＋…＋1n(n＋2)；(3)S n＝11×3＋13×5＋…＋1(2n－1)(2n＋1).[解析](1)∵a n＝2n(n＋1)＝∴S n＝a1＋a2＋…＋a n＝＋…＝2n n＋1.(2)∵a n＝1n(n＋2)＝∴S n －13＋12－14＋…＋1n－＋1 2－1n＋1－＝34－2n＋32(n＋1)(n＋2).(3)∵a n＝1(2n－1)(2n＋1)∴S n…n 2n＋1.角度2形如a n＝1n＋k＋n型(2023·西安八校联考)已知函数f(x)＝xα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 2025等于(C )A.2024－1B ．2024＋1C.2025－1D ．2025＋1[解析]由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2025＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2025＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2025－2024)＝2025－1.角度3形如an ＝2n ＋kn 2(n ＋k )2型已知数列{a n }满足a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2，S n 为{a n }的前n 项和，则S n ＝1454－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2.[解析]∵a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2＝141n 2－1(n ＋2)2，∴S n…＋＝141＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2＝1454－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2.角度4形如a n ＝ka n(a n－1)(a n ＋1－1)(a >0，a ≠1)型已知数列{a n }，a 1＝23，a n ＋1＝2a n －a n a n ＋1n 项和为S n，则S2023＝(D)A.1 3－122021＋1B．13－122022＋1C.1 3－122023＋1D．13－122024＋1[解析]由原数列的递推式可得a n＋1＝2a n1＋a n，两边取倒数，再两边同时减去1，结合等比数列的定义和通项公式，由数列的裂项相消求和，计算可得所求和.由a n＋1＝2a n－a n a n＋1，可得a n＋1＝2a n1＋a n，两边取倒数，可得1a n＋1＝1a n＋1－1，则1an－1－1，即有a n＝2n2n＋1，a n2n＋1＋1＝2n(2n＋1)(2n＋1＋1)＝12n＋1－12n＋1＋1，所以S2023＝13－15＋15－19＋…＋122023＋1－1 22024＋1＝13－122024＋1.故选D.名师点拨：裂项相消法求和在历年高考中曾多次出现，命题角度凸显灵活多变.在解题中，要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列{a n}的通项公式，达到求解的目的.1.直接考查裂项相消法求和.解决此类问题应注意以下两点：(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；(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＋11a n a n＋2＝2.与不等式相结合考查裂项相消法求和.解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式.【变式训练】1.(角度1)数列{a n }是正项等比数列，满足a n a n ＋1＝4n ，的前n 项和T n ＝(A )A.4n 2n ＋1B ．4n 2n －1C.n 2n ＋1D ．n 2n －1[解析]数列{a n }是正项等比数列，设公比为q (q >0)，由a n a n ＋1＝4n ，可得a 1a 2＝a 21q ＝4，a 2a 3＝a 21q 3＝16，解得a 1＝2，q ＝2，则a n ＝a 1q n －1＝2·2n －1＝2n －12，则1log 2a n ·log 2a n ＋1＝1log 22n －12·log 22n ＋12＝1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝T n ＝－13＋13－15＋…＋12n －1－4n2n ＋1.故选A.2.(角度2)求和S ＝11＋3＋13＋5＋…＋1119＋121＝(A )A.5B ．4C ．10D ．9[解析]S ＝1－31－3＋3－53－5＋…＋119－121119－121＝1－11－2＝5，故选A.3.(角度3)已知等差数列{a n }，a 2＝2，a 5＋a 7＝12，设b n ＝2n ＋1a 2n a 2n ＋1，S n 为{b n }的前n 项和，则S n ＝n 2＋2n(n ＋1)2.[解析]1＋d ＝2，a 1＋10d ＝12，1＝1，＝1，∴a n ＝n ∴b n ＝2n ＋1n 2(n ＋1)2＝1n 2－1(n ＋1)2∴S n ＝…＋1n 2－1(n ＋1)2＝1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n(n ＋1)2.4.(角度4)数列{a n }是等比数列，a 2＝12，a 5＝116，b n ＝a n ＋1(a n ＋1)(a n ＋1＋1)，则数列{b n }的前n 项和为(A )A.2n －12(2n＋1)B ．2n －12n＋1C.12n＋1D ．2n －12n＋2[解析]a 5＝a 2·q 3，∴q 3＝18，∴q ＝12，a 1＝1，∴a n－1，b n－1＋＋11＋11－1＋1，∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝＋＋…1＋1－12＝2n －12(2n＋1).故选A.错位相减法——师生共研(2023·全国甲，理，17)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1,2S n ＝na n .(1)求{a n}的通项公式；(2)n 项和T n .[解析](1)当n ＝1时，2S 1＝a 1，即2a 1＝a 1，所以a 1＝0.当n ≥2时，由2S n ＝na n ，得2S n －1＝(n －1)a n －1，两式相减得2a n＝na n－(n－1)a n－1，(题眼)即(n－1)a n－1＝(n－2)a n，当n＝2时，可得a1＝0，故当n≥3时，a na n－1＝n－1n－2，则a na n－1·a n－1a n－2·…·a3a2＝n－1n－2·n－2n－3 (2)1，整理得a na2＝n－1，因为a2＝1，所以a n＝n－1(n≥3).当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以a n＝n－1.(2)解法一：令b n＝a n＋12n＝n 2n，则T n＝b1＋b2＋…＋b n－1＋b n＝12＋222＋…＋n－12n－1＋n2n①，1 2T n＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1②，由①－②得12T n＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝21－12－n2n＋1＝1－2＋n2n＋1，即T n＝2－2＋n 2n.解法二：设b n＝a n＋1 2n，所以b n＝a n＋12n＝n2n＝＋－1，故a＝12，b＝0，q＝12.故A＝aq－1＝1212－1＝－1，B＝b－Aq－1＝0＋112－1＝－2，C＝－B＝2.故T n＝(An＋B)·q n＋C＝(－n－＋2，整理得T n＝2－2＋n2n.名师点拨：用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n·b n}是由等差数列{a n}与等比数列{b n}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n·b n}的前n项和为T n，然后两边同乘以q.第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有q k(k∈N*)的项对齐，然后两边同时作差.第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出T n.用错位相减法求和应注意的问题1.如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.2.在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n－qS n”的表达式.3.“S n－qS n”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是n－1项，一般是n－1项.4.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1两种情况讨论求解.【变式训练】(2020·课标全国Ⅰ，理)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.[解析](1)设{a n}的公比为q，∵a1为a2，a3的等差中项，∴2a1＝a2＋a3，又a1≠0，∴q2＋q－2＝0.∵q≠1，∴q＝－2.(2)设{na n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＝(－2)n－1，S n＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，－2S n＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n(－2)n，两式相减，得3S n＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝1－(－2)n1－(－2)－n(－2)n＝1－(1＋3n)(－2)n3，∴S n＝1－(1＋3n)(－2)n9.数列的求和——倒序相加法[解析]∵f(x)＝4x4x＋2，∴f(1－x)＝41－x41－x＋2＝2 2＋4x.∴f(x)＋f(1－x)＝4x4x＋2＋22＋4x＝1.S＝12022＋22022…＋20212022S＝20212022＋20202022…＋12022①＋②，得2S f12022＋f20212022＋f22022＋f20202022＋…＋f20212022＋12022＝2021.∴S＝2021 2.名师点拨：倒序相加法应用的条件与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和相加的方法求解.【变式训练】设f(x)＝x21＋x2，则1202212021f(1)＋f(2)＋…＋f(2022)＝4043 2.[解析]∵f(x)＝x21＋x2，∴f(x)＋1x＝1.令S＝…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2022).①则S＝f(2022)＋f(2021)＋…＋f(1)＋…＋②∴2S＝4043，∴S＝40432.提能训练练案[38]A组基础巩固一、单选题1.已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，{b n}为等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，设c n＝a n＋b n，则数列{c n}的前10项和为(A)A.1078B．1068C．566D．556[解析]设等差数列{a n}的公差为d≠0，等比数列{b n}的公比为q，根据a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，利用通项公式即可解得d，q，再利用求和公式即可得出结论.设等差数列{a n}的公差为d≠0，等比数列{b n}的公比为q，∵a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，∴1＋d＝q,1＋3d＝q2，d≠0，解得：d＝1，q＝2.∴a n＝1＋n－1＝n，b n＝2n－1.∴c n＝a n＋b n＝n＋2n－1.则数列{c n}的前10项和＝10×(1＋10)2＋210－12－1＝1078.故选A.2.已知数列{a n}满足a1＝16，(n＋1)a n＋1＝2(n＋2)a n，则{a n}的前100项和为(D)A.25×2102B．25×2103C.25×2104D．25×2105[解析]因为(n＋1)a n＋1＝2(n＋2)a n，a1＝16，所以a n＋1n＋2＝2a nn＋1，a12＝8.所以8为首项，2为公比的等比数列，则a nn＋1＝8×2n－1＝2n＋2，即a n ＝(n＋1)2n＋2，设{a n}的前n项和为S n，则S n＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)×2n＋2，则2S n＝2×24＋3×25＋4×26＋…＋n×2n＋2＋(n＋1)×2n＋3，两式相减得－S n ＝2×23＋24＋25＋26＋…＋2n ＋2－(n ＋1)2n ＋3＝2＋2(1－2n ＋2)1－2－(n ＋1)2n ＋3＝－n ×2n ＋3，所以S n ＝n ×2n ＋3，所以S 100＝100×2103＝25×2105，选D.3.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n 等于(D )A.13B ．10C ．9D ．6[解析]∵a n ＝2n －12n ＝1－12n ，∴S n ＝n ＋122＋…n －1＋12n .而32164＝5＋164，∴n －1＋12n ＝5＋164.∴n ＝6.4.设数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n －1)·cos n π2－1，其前n 项和为S n ，则S 2022＝(D )A.4041B ．－5C ．－2021D ．－4045[解析]根据题意，分类讨论n ＝4k －3或n ＝4k －1，k ∈N *时，cos n π2＝0，n ＝4k －2，k ∈N *时，cos n π2＝－1，n ＝4k ，k ∈N *时，cos n π2＝1，即可得出答案.∵a n ＝(－1)n (2n －1)·cosn π2－1，∴当n ＝4k －3或n ＝4k －1，k ∈N *时，cos n π2＝0，a 4k －3＝a 4k －1＝－1；当n ＝4k －2，k ∈N *时，cosn π2＝－1，a 4k －2＝[2×(4k －2)－1]×(－1)－1＝－8k ＋4；当n ＝4k ，k ∈N *时，cosn π2＝1，a 4k ＝2×4k －1－1＝8k －2，∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝0，∴S 2022＝S 2020＋a 2021＋a 2022＝a 2021＋a 2022＝－1＋(2×2022－1)·(－1)－1＝－4045，故选D.5.已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，前100项和为(D )A.100101B ．99100C ．101100D ．200101[解析]∵a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝1＋n .∴a n －a n －1＝n (n ≥2).∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2.∴1a n ＝2n (n ＋1)＝100项和为－12＋12－13＋…＋1100－200101.故选D.6.(2022·重庆调研)已知数列{a n }满足a n ＝n n ＋1，则a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 202220222＝(A )A.20222023B ．20202021C.20212022D ．20192020[解析]由题知，数列{a n }满足a n ＝n n ＋1的通项公式为a nn 2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 202220222＝1－12＋12－13＋…＋12022－12023＝1－12023＝20222023.7.在数列{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 等于(B )A.(3n －1)2B ．12(9n －1)C.9n －1D ．14(3n －1)[解析]因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2).则当n≥2时，a n＝2·3n－1.当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以a n＝2·3n－1(n∈N*).则数列{a2n}是首项为4，公比为9的等比数列，a21＋…＋a2n＝4(1－9n)1－9＝12(9n－1).故选B.8.(2023·辽宁凌源二中联考)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n，T n，且a n>0,6S n＝a2n＋3a n，n∈N*，b n＝2a n(2a n－1)(2a n＋1－1)，若对任意的n∈N*，k>T n恒成立，则k的最小值是(C)A.17B．49C．149D．8441[解析]当n＝1时，6a1＝a21＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6S n＝a2n＋3a n，∴6S n＋1＝a2n＋1＋3a n＋1，两式作差可得6a n＋1＝a2n＋1－a2n＋3a n＋1－3a n，整理可得(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－3)＝0，结合a n>0可得a n＋1－a n－3＝0，∴a n＋1－a n＝3，故数列{a n}是首项为3，公差为3的等差数列，∴a n＝3＋(n－1)×3＝3n，则b n＝2a n(2a n－1)(2a n＋1－1)＝8n(8n－1)(8n＋1－1)＝∴Tn＝17＝<149，∴k≥149.故选C.二、多选题9.(2023·济南调研)已知数列{a n}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n＝1a n·a n＋1，设数列{b n}的前n项和S n，则(AC)A.a n＝n2B．a n＝nC.S n＝4nn＋1D．S n＝5nn＋1[解析]由题意得a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，∴b n ＝1n 2·n ＋12＝4n (n ＋1)＝∴数列{b n }的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －＝＝4nn ＋1.故选AC.10.(2024·重庆月考)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n a n －1＝2n n －1(n ≥2，n ∈N *)，{a n }的前n 项和为S n ，则(ABD )A.a 2＝－8B ．a n ＝－2n ·n C.S 3＝－30D ．S n ＝(1－n )·2n ＋1－2[解析]由题意可得，a 2a 1＝2×21，a 3a 2＝2×32，a 4a 3＝2×43，…，a n a n －1＝2×n n －1(n ≥2，n ∈N *)，以上式子左、右分别相乘得an a 1＝2n －1·n (n ≥2，n ∈N *)，把a 1＝－2代入，得a n ＝－2n ·n (n ≥2，n ∈N *)，又a 1＝－2符合上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝－2n ·n (n ∈N *)，a 2＝－8，故A ，B 正确；S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，则2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2(n ∈N *)，故S 3＝－34，故C 错误，D 正确.11.已知数列{a n }的首项为4，且满足2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0(n ∈N *)，则(BD )A.B.数列{a n }为递增数列C.数列{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)·2n ＋1＋4D.n 项和T n ＝n 2＋n 2[解析]由2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0得a n ＋1n ＋1＝2×a n n ，是以a11＝a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为a n n＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝n ·2n＋1，显然递增，故B 正确；因为S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1,2S n ＝1×23＋2×24＋…＋n ·2n ＋2，所以－S n ＝1×22＋23＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2＝22(1－2n )1－2－n ·2n ＋2，故S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故C 错误；因为a n 2n ＋1＝n ·2n ＋12n ＋1＝nn 项和T n ＝n (1＋n )2＝n 2＋n2，故D 正确.三、填空题12.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＝42[解析]∵1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －－1n ＋1－＝34－13.(2023·海南三亚模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝10n －n 2，数列{b n }满足b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 4＝24，T 30＝650.[解析]当n ＝1时，a 1＝S 1＝9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝10n －n 2－[10(n－1)－(n －1)2]＝－2n ＋11，当n ＝1时也满足，所以a n ＝－2n ＋11(n ∈N *)，所以当n ≤5时，a n >0，b n ＝a n ，当n >5时，a n <0，b n ＝－a n ，所以T 4＝S 4＝10×4－42＝24，T 30＝S 5－a 6－a 7－…－a 30＝2S 5－S 30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.14.(2023·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{a n}满足：a1为正整数，a n＋1a n为偶数，n＋1，a n为奇数，如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝4709. [解析]由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，{a n}是周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4709.四、解答题15.(2017·课标全国Ⅲ)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)n项和.[解析](1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1).两式相减得(2n－1)a n＝2，所以a n＝22n－1(n≥2).又由题设可得a1＝2，满足上式.从而{a n}的通项公式为a n＝2 2n－1.(2)n项和为S n.由(1)知a n2n＋1＝2(2n＋1)(2n－1)＝12n－1－12n＋1.则S n＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.16.(2023·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n}为等比数列，首项a1＝4，数列{b n}满足b n＝log2a n，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令c n＝4b n·b n＋1＋a n，求数列{c n}的前n项和S n.[解析](1)由b n＝log2a n和b1＋b2＋b3＝12，得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212.设等比数列{a n}的公比为q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，计算得q＝4.∴a n＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得b n ＝log 24n ＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n .n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n n ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4(1－4n )1－4＝43(4n－1)，∴S n ＝n n ＋1＋43(4n －1).B 组能力提升1.若数列{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前10项之和为(B )A.13B ．512C ．12D ．712[解析]∵b n ＝1a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，∴S 10＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512.2.已知数列{a n }的前n 项积为T n ，且满足a n ＋1＝1＋a n 1－a n(n ∈N *)，若a 1＝14，则T 2019为(C )A.－4B ．－35C ．－53D ．14[解析]直接利用数列的递推关系求出数列的周期，进一步求出结果.由a n ＋1＝1＋a n 1－a n，a 1＝14，解得a 2＝53，a 3＝－4，a 4＝－35，a 5＝14，…，所以T 4＝a 1·a 2·a 3·a 4＝1,2019＝4×504＋3，所以T 2019＝(a 1a 2a 3a 4)·(a 5a 6a 7a 8)·…·(a 2017a 2018a 2019)＝1×1×1×…×14×53×(－4)＝－53.故选C.3.我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，12，13，14，…，1n；①(2)将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，a 4，…，a n .则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝(C )A.n 24B ．(n －1)24C.n (n －1)4D ．n (n ＋1)4[解析]依题意可得新数列为n 2，n 4，n 6，…，1n ×n2，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝n2411×2＋12×3＋…＋1(n －1)n－12＋12－13＋…＋1n －1－＝n 24×n －1n ＝n (n －1)4.故选C.4.1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1.(其中x ≠0)[解析]当x ＝1时，1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，当x ≠1时.解法一：记S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，则xS n ＝x ＋2x 2＋…＋(n －1)x n －1＋nx n ，两式相减得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x－nx n ，∴S n ＝1－(1＋n )x n ＋nx n ＋1(1－x )2.解法二：1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n－1＝(x ＋x 2＋x 3＋…＋x n )′＝x (1－x n )1－x ′＝1－(1＋n )x n ＋nx n ＋1(1－x )2，综上可知1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝x ≠1).5.(2023·山东省济南市历城第二中学高三模拟考试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n n 为奇数n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .[解析](1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，＋6＋d ＝10，＋4d －2q ＝3＋2d ，＝2，＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)，当n 为奇数，c n ＝2S n ＝1n －1n ＋2，当n 为偶数，c n ＝2n －1.∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )…(2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1).6.已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *).[解析](1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，解得q＝2.所以b n＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2.所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n.(2)设数列{a2n b2n－1)的前n项和为T n，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2n b2n－1＝(3n－1)×4n，故T n＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4T n＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3T n＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.得T n＝3n－23×4n＋1＋83.所以数列{a2n b2n－1}的前n项和为3n－23×4n＋1＋83.。
超全数列基本知识点复习讲义
等差数列一、数列定义：有序的一列数表示方法：1）最常见的枚举法：1,2,3,4,5,6……2）★★★通项公式：()n a f n =，理解：数列是一种特殊的函数，特殊在定义域上，定义域n 是从1开始的自然数，所以说，数列又可以从函数解析式的角度来分析数列特征3）递推关系：1()n n a f a +=，理解：递推公式是最直观的，比如说等差数列就是后一项和前一项的差相等，但是递推公式不利于分析数列的性质，比如想知道第100项是多少，就需要由递推公式去推出通项公式4）求和公式：n S ，理解：n S 和n a 的关系11(2)(1)n n S S n S n --≥⎧⎨=⎩（记⑤）★★★难点：递推公式⇒通项公式 通项公式⇔求和公式 ☆☆☆一般考察思路：/n n a S ⇒递推公式⇒通项公式n S ⇒⇒不等式（中间截取一段或者几段）二、等差数列1. 递推公式：1n n a a d +=+（d 可以是0） ()n m a a n m d =+-2. 通项公式：1(1)()na a n d f n =+-=（可以把这个式子看成一个关于n 的一次函数（记①））1(dn a d =+-）（一次项系数为d （记②），这个式子递增递减的变化取决于公差d （记③））3. 求和公式： 1()2n n a a nS +=（把n a 的式子代入）1(1)2n n na d -=+ （更常用） 21=()22d d n a n +-（可看成二次函数，无常数项。
二次项系数为2d，决定开口方向。
（记④）⇒从函数的角度看一个数列的n S 有没有最大值和最小值是由d 的正负决定的）考点1：由数列函数性质速算通项公式和求和公式例题1.已知一个等差数列{}n a ，25a =，57a =，求通项公式解析：1）通常解法：求通项公式，求1a 求d52233a a d -== ，1133a =，1132211(1)(1)=3333n a a n d n n =+-=+-⋅+ 2）口算解法：把n a 看成一个函数1(n a dn a d =+-）（由②，只需要记住一次项系数为d ）所以23n a n =+一个数，然后代入2a ，解得那个数是113例题2．1）已知数列{}n a 的通项公式是25n a n =+，求n S解析：由①知，通项公式为关于n 的一次函数，则n a 是等差数列常规解法：21221(1)7,9,2,7262n n n a a d a a S n n n -===-==+⋅=+ 口算解法：（函数的角度）由②，知道2d =，由④知，22n d S n =+一个数n ⨯2=n +一个数n ⨯想求得这个数只需要代入一个n S 即可，21171S a ===+一个数1⨯，可知，这个数为6所以26nS n n =+2）已知数列{}n a 的前n 项和为23nS n n =-，求{}n a 的通项公式解析：由④，n S 是没有常数项的二次函数，所以{}n a 是等差数列由口算解法，可知6na n =+一个数，由112S a ==，64n a n =-3）已知数列的前n 项和为232nS n n =--，求{}n a 的通项公式解析：由④，n S 是没有常数项的二次函数，所以{}n a 是等差数列由⑤，2n ≥，221=(32)(3(1)(1)2)64nn S S n n n n n ---------=-1n =，110S a ==（思考：其实，在2n ≥部分，上一题中的2213(3(1)(1))n n n a S S n n n n -=-=-----这一题中的22132(3(1)(1)2)n n n a S S n n n n -=-=-------恰好常数项约掉了，所以即使这题中的n S 不是等差数列的n S ，在2n ≥部分也可按上题的方法求得） 例题3. 已知等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ，且2331n n A n B n +=-，则?n na b = 解析：由④，n A 和n B 的前n 项和应该是无常数项的二次函数，所以，可以这样理解22233n n A n nB n n+=-，因为要求的n na b ，要的是比值，与,n n a b 分别是多少没有关系，所以令2223,3n n A n n B n n =+=-，那么由例题2（2）可以口算求得41,64n n a n b n =+=-考点2：判断数列增减性例题4.（2013辽宁理4文4）下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的四个命题1:p 数列{}n a 是递增数列 2:p 数列{}n na 是递增数列3:p 数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增数列 4:p 数列{}3n a nd +是递增数列 上述命题中真命题的个数是几个？ 解析：★★判断数列增加性的方法：1.从通项公式，函数的角度分析，增函数，即为递增数列，减函数，即为递减数列2.从递推公式的角度分析，10n na a +->，即为增函数，反之，减函数1p ，由③，0d >函数是个增函数，正确2p ，1(1)n n b na na n n d ==+-，111(1)(1)(1)n n b n a n a n nd ++=+=+++11+2n n b b a nd +-=，由于0d >，所以增减性取决于1a ，因此不能确定 3p ，解答思路同2p ，增减性也取决于1a ，因此不能确定4p ，11(1)3(41)n b a n d nd a n d =+-+=+-，11(4(1)1)n b a n d +=++-1(4(1)1(41))40n n b b n n d d +-=+---=> 递增数列，正确考点3：数列的最值问题例题5.（2012年浙江理7）设n S 是公差为(0)d d ≠的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则下列命题错误的是？ A ．若0d <，则数列{}n S 有最大项 B ．若数列{}n S 有最大项，则0d <C ．若数列{}n S 是递增数列，则对任意的n N ∈*，均有0n S >D ．若对任意的n N ∈*，均有0n S >，则数列{}n S 是递增数列 解析：★★思路1：从函数的角度分析数列的增加性和最值A.数列{}n S ，把12,S S ……看成数列的每一项，可以把n S 看成一个函数，数列{}n S 有最大项，即函数n S 有最大值，由④，n S 是一个二次函数，二次项系数为2d，所以，0d <，开口向下，有最大值，正确 B ．同理A ，有最大项，即开口向下，正确C ．n S 为递增数列，即函数n S 在1n ≥上是增函数，所以开口向上。
数列知识点归纳总结讲义
数列知识点归纳总结讲义数列是数学中常见的一个概念，它在各个领域都有广泛的应用。
正如其名称所示，数列是一系列按照特定规律排列的数的集合。
在学习和应用数列时，我们需要了解一些基本概念和常见的数列类型。
本文将对数列的知识点进行归纳总结，帮助读者更好地理解和掌握相关概念。
一、数列的基本概念1. 数列的定义：数列是按照一定的规律排列的一组数，用字母表示为{a₁，a₂，a₃，...}。
2. 项与序号：数列中的每个数称为项，对应的位置称为序号。
第一项为a₁，第二项为a₂，以此类推。
3. 通项公式：数列中每个项与它所在的序号之间存在着一定的关系，这种关系用通项公式来表示，通常用aₙ表示第n个项的值。
4. 数列的有穷与无穷：当数列中的项有限个时，称其为有穷数列；当数列中的项无限多时，称其为无穷数列。
二、常见的数列类型1. 等差数列：等差数列是一种最为常见的数列类型，其特点是每个项之间的差值相等。
通项公式：aₙ = a₁ + (n - 1)d其中，a₁为首项，d为公差，n为项数。
例如：2，5，8，11，14...就是一个以3为公差的等差数列。
2. 等比数列：等比数列是指数列中每个项与它前一项的比值相等的数列。
通项公式：aₙ = a₁ * r^(n-1)其中，a₁为首项，r为公比，n为项数。
例如：1，2，4，8，16...就是一个以2为公比的等比数列。
3. 斐波那契数列：斐波那契数列是指从第3项开始，每个项都是前两项的和。
通项公式：aₙ = aₙ₋₂ + aₙ₋₁其中，a₁和a₂为斐波那契数列的前两项。
例如：1，1，2，3，5，8，13...就是一个斐波那契数列。
4. 平方数列：平方数列是指数列中每个项都是某个整数的平方。
通项公式：aₙ = n²其中，n表示项数。
例如：1，4，9，16，25...就是一个平方数列。
5. 等差数列与等比数列混合：有时数列中既存在等差关系，又存在等比关系，称其为等差数列与等比数列混合数列。
等差数列复习讲义(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】【最新整理，下载后即可编辑】等差数列教学案知识要点归纳重点：①等差数列的定义；②通项公式；③前n 项的和；④等差数列的基本性质 难点：等差数列的基本性质的应用 知识点：一、等差数列的概念 1. 定义：___________________________________________________这样的数列叫等差数列，首项记作___________,公差记作 2. 表示形式：如果三数a 、A 、b 成等差数列，则A 叫做a 和b 的 ________________,A=_______二．通项公式：对于等差数列{}n a ，则_________________________n m a a ==+ 三．前n 项和公式_________________________________.n s ==推导方法：____________________ 四、函数观点认识等差数列1._______________n a =（为一次函数的条件____________）2.21(),(22n d ds n a n =+-常数项为______________) 3.等差数列的判断方法：（1）定义法：____________________,(2)中项公式法：_________________________（3）通项公式法_________________（4）前n 项和公式法______________________ 六、等差数列的几个结论（1）在等差数列中，若p ＋q ＝m ＋n ，则有__________________；若2m ＝p ＋q ，则有______________________________（2）在等差数列中，等距离取出若干项也构成一个等差数列，即_____________,公差为__________________【最新整理，下载后即可编辑】（3）等差数列的依次n 项和也构成一个等差数列，即___________________________________,公差为_________________ 七、课堂题型设计题型1、关于基本量题型 例一．在等差数列{}n a 中， （1） 已知15456133,153,a a ==求 （2） 已知81248,168, ,s s d ==1求a （3） 已知658,810,5,a s a s ==求 （4） 已知16313,a s =求 变式（04.全国）等差数列{}n a 的前n 项和记为n s ，已知102030,50a a ==（1）求通项n a （2）若n s ＝242，求n题型2、等差数列前n 项和的应用例二、设{}n a 为等差数列，n s 为数列的前n 项和，已知715n 7,75,s s T ==为数列}ns n｛的前n 项和，求n T变式：数列{}n a 的前n项和212104,||||||___________n s n n a a a =-+++=则 题型3、等差数列的判定例三、数列{}n a 中，135a =，数列*112,(2,)n n a n n N a -=-≥∈，数列{}n b 满足*1()1n n b n N a =∈- （1） 求证：数列{}n b 是等差数列； （2） 求数列{}n a 中的最大值与最小值，并说明理由；【最新整理，下载后即可编辑】变式1.由下列各表达式给出的数列{}n a①212n n s a a a n =+++=②2121n n s a a a n =+++=-③212n n n a a a ++=④*122()n n n a a a n N ++=+∈其中表示等差数列的是 A.①④ B.②④ C.①②④ D.①③④ 2.设{}n a 是等差数列，求证：*12()nn a a a b n N n+++=∈为通项的数列{}n b 是等差数列题型4、等差数列性质的应用 例四：在等差数列{}n a 中，已知154510,90a a ==60求a例五：等差数列{}n a 的前m 项和为30，前2m项和为100，求它的前3m 项的和为1（11）设n S 是等差数列{}n a 的前n项和，若361,3S =则612S S =( ) （A ）310 （B ）13 （C ）18（D ）192.已知等差数列{}n a 的前n 项和为22(,),n S pn a q p q R n N =-+∈∈ （Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）若a 1与a 5的等差中项为18，b n 满足22log n n a b =，求数列的{b n }前n 项和.【最新整理，下载后即可编辑】3．已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为()62f x x '=-。
2015届高考数学总复习 基础知识名师讲义 第五章 第六节数列的综合问题 理
第六节 数列的综合问题知识梳理一、等差、等比数列的一些重要结论1．等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . 2．等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q .3．等差数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，S 4m － S 3m ，……仍为等差数列．4．等比数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，S 4m － S 3m ，……仍为等比数列(m 为偶数且公比为－1的情况除外)．5．两个等差数列{a n }与{b n }的和、差构成的数列{a n ＋b n }，{a n －b n }仍为等差数列．6．两个等比数列{a n }与{b n }的积、商、倒数构成的数列{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n ，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 仍为等比数列．7．等差数列{a n }的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列． 8．等比数列{a n }的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列． 9．若{a n }为等差数列，则{}ca n (c >0)是等比数列．10．若{b n }(b n >0)是等比数列，则{log c b n }(c >0且c ≠1)是等差数列． 二、几个数成等差、等比数列的设法三个数成等差的设法：a －d ，a ，a ＋d ；四个数成等差的设法：a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d .三个数成等比的设法：a q ，a ，aq ；四个数成等比的设法：a q ，a q，aq ，aq 3(因为其公比为q 2>0，对于公比为负的情况不能包括)．三、用函数的观点理解等差数列、等比数列1．对于等差数列a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋(a 1－d )，当d ≠0时，a n 是关于n 的一次函数，对应的点(n ，a n )是位于直线上的若干个离散的点；当d ＞0时，函数是单调增函数，对应的数列是单调递增数列；当d ＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；当d ＜0时，函数是减函数，对应的数列是单调递减数列．若等差数列的前n 项和为S n ，则S n ＝pn 2＋qn (p ，q ∈R )．当p ＝0时，{a n }为常数列；当p ≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题．2．对于等比数列a n ＝a 1q n －1，可用指数函数的性质来理解．当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0,0＜q ＜1时，等比数列{a n }是单调递增数列； 当a 1＞0,0＜q ＜1或a 1＜0，q ＞1时，等比数列{a n }是单调递减数列； 当q ＝1时，是一个常数列；当q ＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列． 四、数列应用的常见模型 1．等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差．在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.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，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比．3．递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n 与a n －1的递推关系，或前n 项和S n 与S n －1之间的递推关系．基础自测1．设{a n }，{b n }分别为等差数列与等比数列，a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，则下列结论正确的是( )A ．a 2＞b 2B ．a 3＜b 3C ．a 5＞b 5D ．a 6＞b 6解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由题可得d ＝－1， q ＝322，于是a 2＝3＞b 2＝232.故选A. 答案：A2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，关于数列{a n }有下列三个命题： ①若数列{a n }既是等差数列又是等比数列，则a n ＝a n ＋1；②若S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，则数列{a n }是等差数列；③若S n ＝1－(－1)n，则数列{a n }是等比数列． 这些命题中，真命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：①不妨设数列{a n }的前三项为a －d ，a ，a ＋d ，则其又成等比数列，故a 2＝a 2－d 2，∴d ＝0，即a n ＝a n ＋1，为真命题．②由S n 的公式，可求出a n ＝(2n －1)a ＋b ，故{a n }是等差数列，为真命题．③由S n 可求出a n ＝2×(－1)n －1，故数列{a n }是等比数列，为真命题．故选D.答案：D3．在数列{}a n 和{}b n 中，b n 是a n 与a n ＋1的等差中项，a 1＝2且对任意n ∈N *都有3a n ＋1－a n ＝0，则数列{}b n 的通项公式为 ____________.答案：b n ＝4·3－n (n ∈N *)4. 一种专门占据内存的计算机病毒，开机时占据内存2KB ，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机后经过________分钟，该病毒占据64MB 内存(1MB ＝210KB)．解析：依题意可知：a 0＝2，a 1＝22，a 2＝23，…，a n ＝2n ＋1，64MB ＝64×210＝216KB ，令2n＋1＝216，得n ＝15.∴开机后45分钟该病毒占据64MB 内存． 答案：451．(2013·福建卷)已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2＋…＋a m (n －1)＋m ，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC．数列{c n}为等比数列，公比为qm2 D．数列{c n}为等比数列，公比为qm n 解析：∵b n＝a m(n－1)(q＋q2＋…＋q m)∴b n＋1b n＝a mn q＋q2＋…＋q ma m n－q＋q2＋…＋q m＝a mna m n－＝q m(常数)．而b n＋1－b n不是常数．又∵c n＝(a m(n－1))m q1＋2＋…＋m＝⎝⎛⎭⎪⎫a m n－qm＋12m，∴c n＋1c n＝⎝⎛⎭⎪⎫a mna m n－m＝(q m)m＝qm2(常数)．而cn＋1－c n不是常数．故选C.答案：C2．(2012·江西卷)已知数列{a n}的前n项和S n＝－12n2＋kn(其中k∈N*)，且S n的最大值为8.(1)确定常数k，并求a n；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n2n的前n项和T n.解析：(1)当n＝k∈N*时，S n＝－12n2＋kn取最大值，即 8＝－12k2＋k2＝12k2，故k＝4，从而a n＝S n－S n－1＝92－n(n≥2)．又a1＝S1＝72符合上式，∴a n＝92－n(n∈N*)．(2)令b n＝9－2a n2n＝n2n－1，则T n＝b1＋b2＋…＋b n＝1＋22＋322＋…＋n－12n－2＋n2n－1，∴T n＝2T n－T n＝2＋1＋12＋…＋12n－2－n2n－1＝4－12n－2－n2n－1＝4－n＋22n－1.1．(2013·广州二模)数列{a n}的项是由1或2构成，且首项为1，在第k个1和第k＋1个1之间有2k－1 个2，即数列{a n} 为：1,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,2,1，…，记数列 {a n}的前n项和为S n，则S20＝__________；S2 013＝__________.解析：设f(k)＝2k－1，则数列为1,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,2,1，…，所以前20 项中共有16个2,4个1，所以S20＝16×2＋4×1＝36.记第k个1与其后面的k个2组成第k组，其组内元素个数记为b k，则b k＝2k，b1＋b2＋…＋b n＝2＋4＋…＋2n＝n(n＋1)＜2 013，而46×45＝2 080＜2 011,47×46＝2 162＞2 013，故n＝45即前2 011项中有45个1以及1 968个2，所以S2 013＝45＋1 968×2＝3 981.答案：36 3 9812．已知数列{a n}，{b n}中，对任何正整数n都有a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a n－1b n－1＋a n b n＝(n－1)·2n＋1.(1)若数列{b n}是首项为1和公比为2的等比数列，求数列{a n}的通项公式．(2)若数列{a n}是等差数列，数列{b n}是否是等比数列？若是，请求出通项公式；若不是，请说明理由．(3)求证：∑i＝1n1a ib i<32.(1)解析：依题意，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，由a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n －1b n －1＋a n b n ＝(n －1)·2n＋1，可得a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n －1b n －1＝(n －2)·2n －1＋1()n ≥2，两式相减，可得a n ·b n ＝n ·2n －1，即a n ＝n .当n ＝1时，a 1＝1，从而对一切n ∈N *，都有a n ＝n .所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n (n ∈N *)．(2)解析：(法一)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由(1)得a n ·b n ＝n ·2n －1，即b n ＝n ·2n －1a 1＋n －d()n ≥2. ∴b n ＝n ·2n －1a 1－d ＋nd ＝2n －1a 1－dn＋d.要使b n ＋1b n是一个与n 无关的常数，当且仅当a 1＝d ≠0，即当等差数列{a n }满足a 1＝d ≠0时，数列{b n }是等比数列，其通项公式是b n ＝2n －1d；当等差数列{a n }满足a 1≠d 时，数列{b n }不是等比数列．(法二)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由(1)得a n ·b n ＝n ·2n －1，即b n ＝n ·2n －1a 1＋n －d()n ≥2. 若数列{b n }是等比数列，则 b n ＋1b n ＝2[dn 2＋a 1n ＋a 1－d dn 2＋a 1n， 要使上述比值是一个与n 无关的常数，需且只需a 1＝d ≠0，即当等差数列{a n }满足a 1＝d ≠0时，数列{b n }是等比数列，其通项公式是b n ＝2n －1d；当等差数列{a n }满足a 1≠d 时，数列{b n }不是等比数列．(3)证明：由(1)知a n b n ＝n ·2n －1，∑i ＝1n1a i b i ＝11×1＋12×2＋13×22＋14×23＋…＋1n ×2n －1，∑i ＝1n1a i b i <11×1＋12×2＋12×22＋12×23＋…＋12×2n －1＝11＋14＋18×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －21－12≤11＋14＋14＝32()n ≥3，当n ＝1时，1a 1b 1＝1<32，当n ＝2时，1a 1b 1＋1a 2b 2＝1＋14＝54<32，故∑i ＝1n1a i b i <32.。
第4节 数列求和--2025年高考数学复习讲义及练习解析
第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.必备知识——强基础数列求和的几种常用方法1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式①已知等差数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2；②已知等差数列的第1项和公差求前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，①已知等比数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝a 1－a n q1－q ；②已知等比数列的第1项和公比求前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q .2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．5．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2．12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3．裂项求和常用的变形(1)分式型：1n （n ＋k ）＝1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）等．(2)指数型：2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1－1，n ＋2n （n ＋1）·2n ＝1n ·2n －1－1（n ＋1）·2n 等．(3)根式型：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )等．(4)对数型：log m a n ＋1a n＝log m a n ＋1－log m a n ，a n >0，m >0且m ≠1.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n ＋1＋n，则S 9＝2.()(2)1n 2<1（n －1）n ＝1n －1－1n.()(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求和．()(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n＝3n－12.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n（n＋1），则S5＝()A．1B．56C．16D．130答案B解析∵a n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{a n}的通项公式a n＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为()A．－200B．－100C．200D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{a n}的通项公式a n＝2n＋2n－1，则数列{a n}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2答案C解析S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2（1－2n）1－2＋2×n（n＋1）2－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.(4)在数列{a n}中，a1＝1，a n a n＋1＝－2，则S100＝________．答案－50解析根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以{a n}中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a 99＋a 100＝1－2＋…＋1－2＝50×(－1)＝－50.考点探究——提素养考点一拆项分组法求和例1(2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，其公比q ≠－1，a 4＋a 5a 7＋a 8＝127，且S 4＝a 3＋93.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n log 13a n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为{a n }是等比数列，公比q ≠－1，则a 4＝a 1q 3，a 5＝a 1q 4，a 7＝a 1q 6，a 8＝a 1q 7，所以a 4＋a 5a 7＋a 8＝a 1q 3＋a 1q 4a 1q 6＋a 1q 7＝1q 3＝127，解得q ＝3，由S 4＝a 3＋93，可得a 1（1－34）1－3＝9a 1＋93，解得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n .(2)由(1)得b nn ，n 为奇数，n ，n 为偶数.当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－(1＋3＋…＋n －1)＋(32＋34＋…＋3n )＝－n2·[1＋（n －1）]2＋9（1－9n2）1－9＝98(3n －1)－n 24；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝98(3n ＋1－1)－（n ＋1）24－3n ＋1＝18·3n ＋1－98－（n ＋1）24.综上所述，T nn ＋1－98－（n ＋1）24，n 为奇数，3n －1）－n 24，n 为偶数.【通性通法】拆项分组法求和的常见类型【巩固迁移】1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．答案n 2＋1－12n解析由题意可得，通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋＋122＋123＋…＝n [1＋（2n －1）]2＋21－12＝n 2＋1－12n .考点二并项转化法求和例2在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)由题意，设等差数列{a n }的公差为d，1＋5d ＝12，1＋17d ＝36，1＝2，＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)由(1)，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，(ⅰ)当n 为偶数时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝2＋2＋…＋2＝n2×2＝n ；(ⅱ)当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n －1＋b n ＝n －1－2n ＝－n －1.∴Sn ，n 为偶数，n －1，n 为奇数.【通性通法】并项转化法求和【巩固迁移】2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，数列{b n }满足对任意正整数m ≥2均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m 成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前99项和．解(1)因为a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝2(n －1)．两式相减，得na n ＝2，所以a n ＝2n (n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝2，也符合上式，所以a n ＝2n .(2)由(1)知1a n ＝n2.因为对任意的正整数m ≥2，均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m ＝m2，故数列{b n }的前99项和b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＋…＋b 97＋b 98＋b 99＝(b 1＋b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6)＋…＋(b 97＋b 98＋b 99)＝1a 2＋1a 5＋…＋1a 98＝22＋52＋…＋982＝825.考点三裂项相消法求和例3(2023·承德模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1S n＝2n .(1)证明：数列{a n }是等差数列；(2)若a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{b n }的前n 项和T n .①b n ＝na 2n a 2n ＋1；②b n ＝1a n ＋a n ＋1；③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：因为a n ＋1S n＝2n ，即n (a n ＋1)＝2S n ，当n ＝1时，a 1＋1＝2S 1，解得a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －1，所以n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －2S n －1，即n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2a n ，所以(n －2)a n －(n －1)a n －1＋1＝0，当n ＝2时，上述式子恒成立，当n >2时，两边同除以(n －2)(n －1)可得a n n －1－a n －1n －2＝－1（n －1）（n －2）＝1n －1－1n －2，即a n n －1－1n －1＝a n －1n －2－1n －2，，即a n －1n －1＝a 2－1，所以a n －1＝(n －1)(a 2－1)，即a n ＝(n －1)(a 2－1)＋1，当n ＝1时，也适合上式，所以a n ＋1－a n ＝n (a 2－1)＋1－(n －1)(a 2－1)－1＝a 2－1，所以数列{a n }是以1为首项，a 2－1为公差的等差数列．(2)设{a n }的公差为d ，因为a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列，所以(a 3＋1)2＝a 5(a 2＋1)，即(2＋2d )2＝(1＋4d )(2＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.若选①b n ＝na 2n a 2n ＋1，则b n ＝n （2n －1）2（2n ＋1）2＝181（2n －1）2－1（2n ＋1）2，所以T n ＝18112－132＋132－152＋…＋1（2n －1）2－1（2n ＋1）2＝181－1（2n ＋1）2.若选②b n ＝1a n ＋a n ＋1，则b n ＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1（2n －1＋2n ＋1）（2n ＋1－2n －1）＝12(2n ＋1－2n －1)，所以T n ＝12(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1)．若选③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1，则b n ＝2n ＋3（2n －1）（2n ＋1）2n ＋1＝1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1，所以T n ＝11×21－13×22＋13×22－15×23＋…＋1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1＝12－1（2n ＋1）×2n ＋1.【通性通法】利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝，1a n a n ＋2＝【巩固迁移】3．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n ＝()A ．25B ．576C ．624D ．625答案C解析a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24，得n ＝624.故选C.4．(2022·新高考Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.解(1)1，公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，故S n ＝n ＋23a n .①当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1.②由①－②可知a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1.所以a 2a 1×a3a 2×…×a n －1a n －2×a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1＝n （n ＋1）2(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．(2)证明：因为1a n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝21－22＋22－23＋…＋2n －2n ＋1＝2－2n ＋1＜2.考点四错位相减法求和例4(2023·全国甲卷)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2(S n－S n－1)＝na n－(n－1)a n－1，即2a n＝na n－(n－1)a n－1，化简得(n－2)a n＝(n－1)a n－1，当n≥3时，a nn－1＝a n－1n－2＝…＝a32＝1，即a n＝n－1，当n＝1，2时都满足上式，所以a n＝n－1(n∈N*)．(2)因为a n＋12n＝n2n，所以T n＝＋＋＋…＋n，1 2T n＝＋＋…＋(n－＋n＋1，两式相减得12T n＋…－n＋1＝12×11－12－n＋1＝1－，即T n＝2－(2＋n，n∈N*.【通性通法】1．错位相减法求和的适用条件若{a n}是公差为d(d≠0)的等差数列，{b n}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an b n}的前n项和S n.2．错位相减法求和的步骤3．错位相减法求和的注意事项注意在写出S n与qS n的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出点一S n －qS n ，特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n －1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b 2＋b 3＋…＋b n 这n －1项和看成n 项和，把－a n b n ＋1写成＋a n b n ＋1导致错误【巩固迁移】5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝6，a n ＋1＝2(S n ＋1)．(1)证明{a n }为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解(1)因为a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以a n ＝2(S n －1＋1)(n ≥2)，故a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)，又a 2＝2(S 1＋1)＝2a 1＋2，故a 1＝2，即a2a 1＝3，因此a n ＋1a n＝3(n ∈N *)．故{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列．因此a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．(2)因为T n ＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n ×3n －1，①故3T n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n －1)×3n －1＋2n ×3n ，②①－②，得－2T n ＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n －1)－2n ×3n＝2＋2×3（3n －1－1）3－1－2n ×3n ＝－1＋(1－2n )×3n ，即T n ＝（2n －1）×3n ＋12.考点五倒序相加法求和例5已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，可得1a n ＋1＝2a n－16，于是1a n ＋1－16＝即b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，因此a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.【通性通法】倒序相加法的使用策略策略一将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n 项和公式的推导即用此方法)策略二和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数关于点对称的性质，组合数中C k n ＝C n －kn 的性质【巩固迁移】6．已知函数f (x )对任意的x ∈R ，都有f (x )＋f (1－x )＝1，数列{a n }满足a n ＝f (0)＋…＋f (1)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n ＋12解析∵f (x )＋f (1－x )＝1，∴1，又a n ＝f (0)＋…＋f (1)①，∴a n ＝f (1)＋…＋f (0)②，①＋②，得2a n ＝n ＋1，∴a n ＝n ＋12.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.课时作业一、单项选择题1．(2024·黑龙江牡丹江第二次阶段测试)已知等差数列{a n }，a 2＝3，a 5＝6前8项和为()A ．15B ．25C ．35D ．45答案B解析由a 2＝3，a 5＝6可得公差d ＝a 5－a 23＝1，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝n ＋1，因此1a n a n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，8…＝12－110＝25.故选B.2．在数列{a n }中，a n ＝(－1)n －1(4n －3)，前n 项和为S n ，则S 22－S 11为()A ．－85B ．85C ．－65D ．65答案C解析∵S 22＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 21＋a 22＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(81－85)＝(－4)×11＝－44，S 11＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(33－37)＋41＝(－4)×5＋41＝21，∴S 22－S 11＝－44－21＝－65.3．(2023·青岛调研)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足a 1＝3，a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，k ∈N *，则S 2023＝()A ．42023－1B ．3×22023－3C ．3×41012－9D ．5×41011－2答案C解析∵a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，∴a 2k ＋1＝4a 2k －1.又a 1＝3，∴数列{a 2k －1}是首项为3，公比为4的等比数列．∵a 2＝8a 1＝24，a 2k ＋2a 2k ＝a 2k ＋2a 2k ＋1·a 2k ＋1a 2k＝4，∴数列{a 2k }是首项为24，公比为4的等比数列．∴S 2023＝(a 1＋a 3＋…＋a 2023)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2022)＝3（1－41012）1－4＋24（1－41011）1－4＝3×41012－9.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝cosn π3，a 1＝1，则S 2023＝()A ．0B ．12C ．1D ．32答案C解析S 2023＝a 1＋(a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7)＋…＋(a 2021＋a 2022＋a 2023)＝1＋cos2π3＋cos 5π3＋…＋cos 2018π3＋cos 2021π3＝1＋cos 2π3＋1.故选C.5．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋2，数列{log 2a n }的前n 项和为T n ，则T 20＝()A ．190B ．192C ．180D ．182答案B解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋2＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2－(2n －1＋2)＝2n －2n －1＝2n －1，经检验a 1＝4不满足上式，所以a n，n ＝1，n －1，n ≥2.设b n ＝log 2a n ，则b n，n ＝1，－1，n ≥2，所以T 20＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 20＝2＋1＋2＋3＋…＋19＝192.故选B.6．(2024·湖北黄冈调研)已知数列{a n }满足a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650，则a 23＝()A ．231B ．234C ．279D ．276答案B解析由a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650可知，当n 为偶数时，a n ＋a n ＋2＝2n －1，当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2n －1，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＋(a 14＋a 16)＋(a 18＋a 20)＝650，即a 1＋(a 1＋1)＋(a 1＋6)＋(a 1＋15)＋(a 1＋28)＋(a 1＋45)＋(a 1＋66)＋(a 1＋91)＋(a 1＋120)＋(a 1＋153)＋3＋11＋19＋27＋35＝650，由此解得a 1＝3，所以a 23＝a 1＋231＝234.故选B.7．(2024·江苏常州高三阶段考试)已知正项数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 2，a 4成等比数列．若∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝3，则a 1＝()A ．169B ．916C ．43D ．34答案A解析设正项等差数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，∵a 1，a 2，a 4成等比数列，∴a 22＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，整理得，d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∵∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝∑24k ＝1a k ＋1－a k（a k ＋1＋a k ）（a k ＋1－a k ）＝∑24k ＝1a k ＋1－a k a k ＋1－a k ＝∑24k ＝11d(a k ＋1－a k )＝1d (a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a 25－a24)＝1d (a25－a 1)＝1d (a 1＋24d －a 1)＝3，即1a 1(5a 1－a 1)＝3，即4a 1＝3a 1，∵a 1>0，∴a1＝169.故选A.8．已知函数fg(x )＝f (x )＋1，若an ＝{a n }的前2022项和为()A．2023B ．2022C ．2021D ．2020答案B 解析由于函数f，则x 即0，所以f (x )＋f (1－x )＝0，所以g (x )＋g (1－x )＝[f (x )＋1]＋[f (1－x )＋1]＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 2022)＝2g…＋＝g＋g ＋…＋g2×2022，因此数列{a n }的前2022项和为a 1＋a 2＋…＋a 2022＝2022.故选B.二、多项选择题9．(2024·广东梅州市大埔县高三质检)已知数列{a n }的首项为4，且满足2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0(n ∈N *)，则()A B ．{a n }为递增数列C ．{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)·2n ＋1＋4D n 项和T n ＝n 2＋n 2答案BD解析由2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ，是以a11＝a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为an n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝n ·2n ＋1，显然递增，故B 正确；因为S n＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，2S n ＝1×23＋2×24＋…＋n ×2n ＋2，所以－S n ＝1×22＋23＋…＋2n ＋1－n ×2n ＋2＝22（1－2n ）1－2－n ·2n ＋2，故S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故C 错误；因为a n 2n ＋1＝n ·2n ＋12n ＋1＝n ，所n 项和T n ＝n （1＋n ）2＝n 2＋n 2，故D 正确．故选BD.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2，则下列结论中正确的是()A ．a n ＝n 2＋n ＋1n （n ＋1）B ．S n ＝n 2＋n －1n ＋1C ．a n ≤32D ．满足S n ≤2024的n 的最大值为2023答案ACD 解析a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2＝[n （n ＋1）＋1]2n 2（n ＋1）2＝n 2＋n ＋1n （n ＋1），故A 正确；因为a n ＝1＋1n （n ＋1）＝1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝n …n ＋1－1n ＋1＝n 2＋2n n ＋1，故B 错误；因为1＋1n （n ＋1）>1＋1（n ＋1）（n ＋2），所以a n >a n ＋1，所以{a n }是递减数列，所以a n ≤a 1＝32，故C正确；因为a n ＝1＋1n －1n ＋1>0，所以S n 递增，且S 2023<2024，S 2024>2024，所以满足S n ≤2024的n 的最大值为2023，故D 正确．故选ACD.三、填空题11.12！＋23！＋34！＋…＋n （n ＋1）！＝________．答案1－1（n ＋1）！解析∵k （k ＋1）！＝k ＋1－1（k ＋1）！＝1k ！－1（k ＋1）！，∴12！＋23！＋34！＋…＋n（n ＋1）！＝1－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＋1n ！－1（n ＋1）！＝1－1（n ＋1）！.12．已知数列{a n }满足a n ＋2n ＋2，n 为奇数，a n ，n 为偶数，且a 1＝2，a 2＝1，则此数列的前20项和为________．答案1133解析当n 为奇数时，由a n ＋2＝a n ＋2可知，{a n }的奇数项成等差数列，且公差为2，首项为a 1＝2；当n 为偶数时，由a n ＋2＝2a n 可知，{a n }的偶数项成等比数列，且公比为2，首项为a 2＝1，故前20项和为a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＋10×92×2＋1－2101－2＝110＋1023＝1133.13．(2024·云南曲靖高三月考)已知正项数列{a n }满足a 1＝2且a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0，令b n ＝(n ＋2)a n －257，则数列{b n }的前7项和为________．答案2021解析由a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，因为a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝2n (n ＋2)－257，令c n ＝2n (n ＋2)，{c n }的前n 项和为T n ，则T 7＝3×21＋4×22＋5×23＋…＋9×27，2T 7＝3×22＋4×23＋5×24＋…＋9×28，两式相减可得，－T 7＝3×21＋22＋23＋…＋27－9×28＝6＋4×（1－26）1－2－9×28＝6＋4×63－9×256＝－2046，所以T 7＝2046，所以数列{b n }的前7项和为T 7－257×7＝2046－25＝2021.14．(2023·湖北重点中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a n －S n ＝2，记数列n 项和为T n .若对于任意n ∈N *，不等式k ＞T n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案13，＋解析依题意2a n －S n ＝2，当n ＝1时，a 1＝2，由2a n －1－S n －1＝2，n ≥2，两式相减并化简得a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＝2n ，所以a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n …＋＝13－12n ＋1＋1<13，所以实数k 的取值范围是13，＋四、解答题15．(2024·湖北恩施模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12.由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －1·4na n a n ＋1＝(－1)n －1·4n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1当n 为偶数时，T n…1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n…1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T nn为奇数n 为偶数T n16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝－2S n －1S n (n ≥2)．(1)求a n ；(2)设b n ＝2nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)∵a n ＝－2S n －1S n ，∴S n －S n －1＝－2S n －1S n ，∴S n －1－S n ＝2S n S n －1，∴1S n －1S n －1＝2，∴，且1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1＋2n －2＝2n －1，∴S n ＝12n －1(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n ＝－2（2n －1）（2n －3），又a 1＝1不满足上式，∴a nn ≥2.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n －1)2n ＋1＝2＋23（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1＝2－8＋2n ＋2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，∴T n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.17．(2024·江西临川一中阶段考试)函数f (x )＝ln x ，其中f (x )＋f (y )＝2，记S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n(n ∈N *)，则∑2024i ＝11S i ＝()A ．20242025B ．20252024C ．20254048D ．40482025答案A解析∵f (x )＝ln x ，f (x )＋f (y )＝2，∴f (x )＋f (y )＝ln x ＋ln y ＝ln (xy )＝2.S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n ，即S n ＝ln y n ＋ln (xy n －1)＋…＋ln (x n －1y )＋ln x n ，两式相加得，2S n ＝(n ＋1)ln(x n y n )＝n (n ＋1)ln (xy )＝2n (n ＋1)，∴S n ＝n (n ＋1)，∑2024i ＝11S i ＝∑2024i ＝11i （i ＋1）＝∑2024i ＝11－12025＝20242025.故选A.18．(2023·广西玉林统考三模)已知函数f (x )＝e －x －e x ，若函数h (x )＝f (x －4)＋x ，数列{a n }为等差数列，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝44，则h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝________．答案44解析由题意，可得h (x )＝f (x －4)＋x ＝e －(x －4)－e x －4＋x ，设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11a 6＝44，解得a 6＝4，则h (a 6)＝h (4)＝e －(4－4)－e 4－4＋a 6＝a 6＝4，根据等差中项的性质，可得a 1＋a 11＝2a 6＝8，则h (a 1)＋h (a 11)＝e－(a 1－4)－e a 1－4＋a 1＋e－(a11－4)－e a 11－4＋a 11＝1e a 1－4＋1e a 11－4－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝e a 1－4＋e a 11－4e a 1＋a 11－8－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝a 1＋a 11＝8，同理可得，h (a 2)＋h (a 10)＝8，h (a 3)＋h (a 9)＝8，h (a 4)＋h (a 8)＝8，h (a 5)＋h (a 7)＝8，所以h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝5×8＋4＝44.19．(2023·山西太原二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (S n ≠0)，满足S 1，S 2，－S 3成等差数列，且a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝－3a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ，依题意得S 1＋(－S 3)＝2S 2，所以－(a 2＋a 3)＝2(a 1＋a 2)，即－a 1(q ＋q 2)＝2a 1(1＋q )，因为a 1≠0，所以q 2＋3q ＋2＝0，解得q ＝－1或q ＝－2，因为S n ≠0，所以q ＝－2，又因为a 1a 2＝a 3，所以a 21q ＝a 1q 2，即a 1＝q ＝－2，所以a n ＝(－2)n .(2)由题意可得，b n ＝－3（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝（－2）n ＋1－（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1，则T n ＝1（－2）1＋1－1（－2）2＋1＋1（－2）2＋1－1（－2）3＋1＋…＋1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1＝－1－1（－2）n ＋1＋1.20．(2024·新疆阿克苏地区质检)已知正整数数列{a n }，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2时，a 2n －1a n ＋1<a n －2025年高考数学复习讲义及练习解析211<a 2n ＋1a n ＋1恒成立．(1)证明数列{a n }是等比数列并求出其通项公式；(2)定义：|x |表示不大于xn 项和为S n ，求|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|的值．解(1)由a 2n －1a n ＋1<a n －1<a 2n ＋1a n ＋1，得a 2n －1<a n －1a n ＋1<a 2n ＋1.因为{a n }是正整数数列，所以a n －1a n ＋1＝a 2n (n ≥2，n ∈N *)，于是{a n }是等比数列．又a 1＝1，a 2＝2，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)因为2n －1a n ＝2n －12n －1，S n ＝120＋321＋522＋…＋2n －12n －1，12S n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，两式相减得，12S n ＝1＋＋122＋123＋…－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以S n ＝6－2n ＋32n －1<6，又S n ＋1－S n ＝2n ＋12n >0，即{S n }为递增数列，S 1＝1，2<S 2＝52<3，3<S 3＝154<4，4<S 4＝378<5，S 5＝8316>5，所以|S 1|＝1，|S 2|＝2，|S 3|＝3，|S 4|＝4，|S n |＝5(n ≥5)，所以|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|＝1＋2＋3＋4＋＝10110.。
数列求通项及求和专项讲义(杰中杰教育)
杰中杰教育 数列综合题型方法训练 杰中杰专业数学 教育培训数学王牌 数列综合题型方法训练（适用基础较好学员使用） 第一部分 综合基础题型方法 一、求数列通项：求数列通项常用的有公式法、累加法、累乘法、待定系数法、迭代法以及换元法等. 1 公式法：公式法即运用数列通项与前n项和的关系(1nnnSSa)或等差、等比数列公式求通项，注意验证1a. 例1 已知数列na的前n项和2249nSnn，nN，求数列的通项na. 解析：此题已知数列的前n项和公式，且既不是等差数列也不是等比数列，用公式求通项 由题意222492(1)4(1)942nnnaSSnnnnn，1115aS
所以数列na的通项为151422nnn （nN） 练习1 数列na的前n项和121nnSSn，nN，求数列的通项na.
练习2 数列na的前n项和21223nnSnn，nN，求数列的通项na. 练习3 数列na的前n项和12nnnSS，nN，求数列的通项na. 2 累加法：对于1()nnaafn的形式，可以用累加法，注意验证1a. 例2 已知数列na满足12(2,)nnnaannN，12a，求数列na的通项. 解析：由于已知12(2)nnnaan，将等式右边1na左移，然后用累加法求得数列通项 由题意得12nnnaa 1122nnnaa
2232nnnaa
3322aa
2212aa 杰中杰教育 数列综合题型方法训练 杰中杰专业数学 教育培训数学王牌 将上述等式左、右两边对应相加得2321122222nnnnaa即2321222222nnnna ○1 ○1式左边是首项为2，公比为2的等比数列前n项和，则求得122nna，1112222a
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
SYSU——荣1数列综合讲义前言........02第1讲数列通项........061.1公式法........071.2累加法........071.3累乘法........081.4差商法........081.5构造辅助数列........09第2讲数列求和........102.1公式法........122.2倒序相加........122.3分组球和........132.4裂项求和........132.5错位相减........152.6等差绝对值求和........162.7奇偶幷项求和........16第3讲数列的通项与求和综合.........17
第4讲数列的性质..........21
4.1单调性........224.2数列的最值........244.3奇偶（性）幷项........274.4周期性........28第5讲简单的数列不等式证明..........29
第6讲存在性问题（整除问题）.........31
第7讲创新型问题.........33
第8讲数阵问题（数列群）.........35第9讲数列与其他知识综合.........36
第10讲(extra)放缩法证明数列求和不等式.........38SYSU——荣
2前言【高考命题规律】年份题号题型考查内容思想方法分值
2011年理：17解答题等比数列求通项、求前n项和方程组思想12分
文：6选择题等差数列的基本公式方程组思想5分文：17解答题等比数列求通项、求前n项和方程组思想10分
2012年理：5选择题等比数列的性质方程组思想5分理：16填空题数列的周期性利用周期性求和5分文：12选择题数列的周期性利用周期性求和5分文：14填空题等比数列前n项和方程思想5分
2013年理：7选择题等差数列前n项和方程思想5分理：12选择题与三角形的综合应用判断数列的增（减）性特殊、比较5分
理：14填空题由na与nS关系求an比差法5分文：6选择题等比数列通项、前n项和方程思想5分文：17解答题等差数列通项、前n项和方程组、列项相消12分
2014年理：17解答题由na与nS关系判定及证明比差法12分
文：17解答题等差数列通项前n项和及一元二次的解法，乘公比错位相消方程组12分
2015年理:17解答题由na与nS关系求通项；前n项和换元法，裂项相消法12分
文:7选择题等差数列：基本量求某一项；方程思想5分文:13填空题等比数列：基本量求项数方程思想5分2016年理：3选择题等差数列，基本量求某一项方程思想5分理：15填空题等比数列，累积求最值函数思想5分文：17解答题等差数列通项公式，等比数列前n项和nS赋值，利用公式求和12分
2017年理：4选择题等差数列，基本量求公差方程思想5分理：12选择题数列分群问题等比数列求和5分文：17解答题等比数列求通项，判定等差方程思想12分
纵观全国Ⅰ卷的数列试题，我们可以发现，全国Ⅰ卷的数列题注重基础，强调双基，讲究解题的通性通法，常常以“找常数”、“找邻居”、“找配对”、“构函数”作为数列问题一大亮点。从2011年至2017年，全国Ⅰ卷理科试题共考查了12道数列题，其中9道都是标准的等差或等比数列，主要考查等差或等比数列的定义、性质、通项、前n项和、某一项的值或某几项的和以及证明等差或等比数列等基础知识。而文科试题共考查了11道数列题，其中9道也都是标准的等差或等比数列，主要考查数列的性质、求通项、求和、求数列有关基本量以及证明等差或等比数列等基础知识。SYSU——荣3【基础知识】一、等差等比对比类型项目等差数列等比数列
定义1(1)
nnaadn
1n
n
aqa
中项（,,aAb）2abA2abA
通项公式1(1)
=()n
m
aand
anmd
1
1nnm
nmaaqaq
mnpqmnpqaaaamnpqaaaa
232,,mmmmmSSSSS
成公差为2md的等差数列
成公比为mq
的等比数列
nS122pqn
n
aaaa
Snn
或1
(1)
2nnn
Snad
1
11
1(1)1
11
nnn
naqSaaqaq
q
或
单调性0
0d
d单调递增：
单调递减：1
111
0,1(1,2,4,8)0,01(8,4,2,1)0,01(8,4,2,1)0,1(1,2,4,8)
aqaqaqaq
单调递增单调递减
二、等差等比补充等差数列篇：
1、判定：①1(1)nnaadn；1
(2)
nnaadn
；
②11
2(1)
nnnaaan
（等差中项法）
③naknb，11(1)222pqnn
aaaann
Snnnad
，
2nSAnBn
（可用于选择填空快速判断，不可用于证明）SYSU——荣42、函数的观点看数列（i）111
naanddnad
，所以该通项公式可看作na关于n的一次函数，
从而可通过函数的角度分析等差数列的性质。
（ii）21111()222nnndSnadnadn，即n
S是关于项数n的二次函数，且
不含常数项，可记为2nSAnBn
的形式。从而可将nS的变化规律图像化
3、数列{}n
S
n也是等差数列
4、若两个等差数列{},{}nnab的前n和分别为,nnST
，则21
21nn
nn
aS
bT
5、奇偶数项问题（会自行推导）项数为2n项：SSnd奇偶项数为21n项：n
SSa
奇偶
等比数列篇：1、判定：①1n
n
aqnN
a
②对于nN
，均有212nnnaaa（等比中项法）
③nnakq
（指数类函数）111
(1)
111n
nnn
aqaaSqkqk
qqq
（可用于选择填空快速判断，不可用于证明）2、函数的观点看数列
等比数列na的通项公式111(0)nnaaqaq还可以改写成1nnaaqq，当0q且10a时，xyq是一个指数函数，而1xayqq是指数型函数.因此等比数列na的点列()，nna分布在指数型函数1xayqq的图像上，即等比数列na的图像是函数1xayqq的图像上的一群孤立点SYSU——荣5三、数列的周期性类比周期函数的概念，我们可定义：对于数列}{na，如果存在一个常数T)(NT，
使得对任意的正整数0nn恒有nTnaa成立，则称数列}{n
a是从第0n项起的周期为T
的周期数列。若10n，则称数列}{na为纯周期数列，若20n，则称数列}{n
a为混周期
数列，T的最小值称为最小正周期，简称周期常见周期如下所列：（1）21Tsaann21
Tsaa
nn1121nn
n
aaT
a
特别地，1
,2n
n
n
xayaxbT
kab
（2）123nnnaaasT123nnnaaasT
1131nnaTa1113nn
aTa
（3）1141nnnaaTa1121nnnaaTa1
14
1n
n
n
aaT
a
（4）21
6
nnnaaaT
11
1
331363313nnnnnaaaTaa（类比tantan6
tan()
61tantan
6
）
四、几个常见的求和公式（1）1
(1)
2n
inn
i
（2）21
(1)(21)
6n
innn
i
（3）321
(1)[]
2
n
inn
i