2019年高三理科数学一轮复习专题研究：数列的求和(解析版)

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2019版高考数学理一轮课时达标31数列求和含解析精品

课时达标第31讲[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n 项和，以及利用S n 与a n 的关系求通项公式，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 6＝( D )A ．142B ．45C ．56D ．67解析因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67.2．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝( C ) A ．11 B ．99 C ．120 D ．121解析因为1n ＋1＋n＝n ＋1－n n ＋1－n ＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120，故选C ． 3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( D )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 010解析由题意，得a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0，a 5＝a 4＋sin5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 018＝4×504＋2，所以S 2 018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1 010，故选D ．4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( A )A ．100101B ．99101C ．99100D ．101100解析设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝( B ) A ．2 017 B ．－1 010 C ．504D ．0解析因为a n ＝n cos n π2，所以当n 为奇数时，a n ＝0，当n 为偶数时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝4m ，－n ，n ＝4m －2，其中m ∈N *，所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 016＋a 2 017＋a 2 018 ＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 2 016＋a 2 018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018 ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故选B ．6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( B )A ．22 018－1B ．3×21 009－3C ．3×21 009－1D ．3×22 018－2解析依题意得a n ·a n ＋1＝2n ，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，于是有a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n ＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21009－3.二、填空题7．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__8n n ＋1__.解析 ∵a n ＝n (n ＋1)2n ＋1＝n 2，∴b n ＝8n (n ＋1)＝8⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8nn ＋1.8．(2018·河南郑州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝__130__.解析由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，所以当n <5时，a n <0；当n ≥5时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.9．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__2n 2＋6n __.解析令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n . 三、解答题10．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2) (n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)令n ＝2得a 2＝2a 1＝6. 令n ＝3，得a 3＝2a 2＋1＝13.(2)证明：因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a 1＋1＝4≠0，所以a n ＋n ≠0，所以a n ＋n a n －1＋(n －1)＝2，所以数列{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－n .(3)因为a n ＝2n ＋1－n ，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋…＋n )＝4(1－2n )1－2－n (n ＋1)2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.11．(2018·安徽淮南模拟)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解析 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，所以d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4，所以a n ＝－n ＋11或a n ＝4n ＋6. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为d <0，所以d ＝－1，a n ＝－n ＋11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 11|＋|a 12|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－…－a n ＝S 11－(S n －S 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.12．(2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n＋b n ＋1.(1)求数列{}b n 的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{}c n 的前n 项和T n .解析 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝ 6n ＋5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d .可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n)1－2－(n ＋1)×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.。

2019版高考数学一轮复习第六章数列第4讲数列求和理.doc

2019版高考数学一轮复习第六章数列第4讲数列求和理一、选择题1.在等差数列}{n a 中，5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25解析15242451,5551522a a a a a a S ++==⇒=⨯=⨯=.答案 B2．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 ．15B ．12C ．－12D ．－15解析设b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 答案 A3．在数列{a n }中，a n ＝1nn ＋，若{a n }的前n 项和为2 0132 014，则项数n 为( )．A ．2 011B ．2 012C ．2 013D ．2 014解析 ∵a n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0132 014，解得n ＝2 013. 答案 C4．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝＋2＝30×61＝1 830.答案 D5. 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 ．85解析由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝＋2n ＋2＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝＋2＝75，故选B .答案 B6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )．A.212B ．6C ．10D ．11解析依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B.答案 B 二、填空题7．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案－2 2n －1－128．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 ＝－4n1－4＝13(4n－1)．答案 13(4n－1)9．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n项和S n ＝________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1nn ＋＝1n －1n ＋1. 则S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案nn ＋110．设f (x )＝4x4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________．解析当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋x 1＋4x 24x 1＋x 2＋x 1＋4x 2＋4＝1.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5. 答案 5 三、解答题11．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2＝＋d q ＝64，S 3b 3＝＋3d q 2＝960，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65，q ＝403.(舍去)故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋3n ＋n ＋.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n . 解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝12S n，a n＝12S n －1n，得到a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列．又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．又a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.(2)b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝n .∴1b n b n ＋1＝1n＋n ＝1n －11＋n . ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝n n ＋1.13．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪：(1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n的特点是数列{n }与{3n}之积，可用错位相减法．解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n .(2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n.∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n， ③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋ (3))，即2S n ＝n ·3n ＋1－31－3n1－3，∴S n ＝2n －13n ＋14＋34. 探究提高解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝10.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1. ①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝2，d ＝2，所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且32<13<42，a 10＝b 4＝8，所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，所以解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n qn －1，因此c n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝n2n －2.所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n2n －2，12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1，因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1，解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知c n ＝n 2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n n ＋2n －2≥λ.设f (n )＝n n ＋2n －2，计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154.因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋－n2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5].。

2019届高考数学一轮复习第六章数列专题研究2 数列的求和文

裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或多项，使这些拆开的项出现有规律的相互抵消，看有几项没有抵消掉，从而达到求和的目的．
思考题2 (1)求1＋1＋1 2＋1＋12＋3＋…＋1＋2＋1…＋n＝ ________．
【解析】
设数列的通项为an，则an＝
2 n（n＋1）
＝2(
1 n
－
1 n＋1
)，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2[(1－
专题研究二数列的求和
专题讲解
题型一通项分解法(分组求和)
(1)数列 1，12，2，14，4，18，…的前 2n 项和 S2n＝________． (2)若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n·(3n－2)，则 a1＋a2 ＋…＋a10 等于________． (3)求数列 0.9，0.99，0.999，…，0.99…9…前 n 项的和 Sn.
＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1.
令 n＋1－1＝9，解得 n＝99.
【答案】 n＝99
★状元笔记★ 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an的通项公式，达到求解的目的．归纳起来常见的裂项类型有： (1)n（n1＋k）＝1k(1n－n＋1 k)；
(3)∵an＝（2n－1）1·（2n＋1）＝12(2n1－1－2n1＋1)，
∴Sn＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(2n1－1－2n1＋1)]＝12(1－2n1＋1)
＝2nn＋1.
【答案】
(1)Sn＝
n n＋1
(2)Sn＝
3 4
－
2n＋3 2（n＋1）（n＋2）
(3)Sn＝2nn＋1
★状元笔记★ 裂项相消法

2019年高考数学一轮复习：数列求和及应用

2019年高考数学一轮复习：数列求和及应用数列求和及应用1．数列求和方法 (1)公式法：(Ⅰ)等差数列、等比数列前n 项和公式． (Ⅱ)常见数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝；②2＋4＋6＋…＋2n ＝；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝；④12＋22＋32＋…＋n 2＝；⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）22. (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)倒序相加：如等差数列前n 项和公式的推导方法．(4)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．等比数列{a n }前n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法．(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式：①1n （n ＋1）＝－1n ＋1； ②1（2n －1）（2n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n （n ＋1）（n ＋2）＝⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；④1a ＋b＝(a －b )；⑤n （n ＋1）！＝－1（n ＋1）！； ⑥C m －1n＝；⑦n ·n ！＝！－n ！； ⑧a n ＝S n －S n －1(n ≥2)． 2．数列应用题常见模型 (1)单利公式利息按单利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ .(2)复利公式利息按复利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ .(3)产值模型原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间x ，总产值y ＝ .(4)递推型递推型有a n ＋1＝f (a n )与S n ＋1＝f (S n )两类． (5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．自查自纠1．(1)①n （n ＋1）2②n 2＋n ③n 2④n （n ＋1）（2n ＋1）6(5)①1n ②12 ③12 ④1a －b ⑤1n ！⑥C m n ＋1－C mn ⑦(n ＋1)2．(1)a (1＋xr ) (2)a (1＋r )x(3)N (1＋p )x数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n 1－2＝n＋2n －1.故选C .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 ．15B ．12C ．－12D ．－15 解：记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A .数列{|2n －7|}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2 B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3）n 2－6n ＋18（n ＞3）D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3）n 2－6n （n ＞3）解：设a n ＝2n －7，n ≤3时，a n ＜0；n ＞3时，a n＞0，a 1＝－5，a 2＝－3，a 3＝－1，且易得{a n }的前n项和S n ＝n 2－6n ，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n ＞3）.故选C .数列{a n }满足a n ＝n （n ＋1）2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解：1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和S 10＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2(1－111)＝2011.故填2011.有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个．现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．解：设至少需要n 秒，则1＋2＋22＋…＋2n －1≥100，即1－2n1－2≥100，所以n ≥7.故填7.类型一基本求和问题(1)设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项和为S n ，则S n 等于( )A ．2nB ．2n －nC ．2n ＋1－n D ．2n ＋1－n －2(2)求和：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n；(3)设f (x )＝x 21＋x 2，求：f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋…＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)；(4)求和：S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan .解：(1)解法一：特殊值法，易知S 1＝1，S 2＝4，只有选项D 适合．解法二：研究通项a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1，所以S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1) ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2.故选D .(2)设数列的通项为a n ，则a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.(3)因为f (x )＝x 21＋x 2，所以f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝1. 令S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋…＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)，①则S ＝f (2 017)＋f (2 016)＋…＋f (1)＋f ⎝⎛⎭⎫12＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋f (12 017)，②①＋②得：2S ＝1×4 033＝4 033，所以S ＝4 0332.(4)(Ⅰ)当a ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2.(Ⅱ)当a ≠1时，S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ，①1a S n ＝1a 2＋2a 3＋…＋n －1a n ＋nan ＋1，② 由①－②得⎝⎛⎭⎫1－1a S n ＝1a ＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n －n an ＋1＝1a ⎝⎛⎭⎫1－1a n 1－1a－n a n ＋1，所以S n ＝a （a n －1）－n （a －1）a n （a －1）2.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n ＋1）2（a ＝1），a （a n －1）－n （a －1）a n （a －1）2（a ≠1）.【点拨】研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．(1)求数列9，99，999，…的前n 项和S n ；(2)求数列122－1，132－1，142－1，…，1（n ＋1）2－1的前n 项和；(3)求sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°的值； (4)已知a n ＝n ＋12n ＋1，求{a n }的前n 项和T n .解：(1)S n ＝9＋99＋999＋…＋99…9n 个＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n －1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n )－n＝10（1－10n ）1－10－n ＝10n ＋1－109－n .(2)因为1（n ＋1）2－1＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2. (3)令S n ＝sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°，① 则S n ＝sin 289°＋sin 288°＋sin 287°＋…＋sin 21° ＝cos 21°＋cos 22°＋cos 23°＋…＋cos 289°.② ①与②两边分别相加得2S n ＝(sin 21°＋cos 21°)＋(sin 22°＋cos 22°)＋…＋(sin 289°＋cos 289°)＝89.所以S n ＝892.(4)T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，①12T n ＝223＋324＋425＋…＋n ＋12n ＋2，② ①－②得12T n ＝222＋123＋124＋125＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2 ＝12＋123×⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2，所以T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.类型二可用数列模型解决的实际问题用分期付款的方式购买一批总价为 2 300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%.若从首付300万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付________万元．解：购买时付款300万元，则欠款2000万元，依题意分20次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{a n }，故a 1＝100＋2 000×0.01＝120(万元)， a 2＝100＋(2 000－100)×0.01＝119(万元)， a 3＝100＋(2 000－100×2)×0.01＝118(万元)， a 4＝100＋(2 000－100×3)×0.01＝117(万元)， …a n ＝100＋[2 000－100(n －1)]×0.01＝121－n (万元) (1≤n ≤20，n ∈N *)．因此{a n }是首项为120，公差为－1的等差数列．故a 10＝121－10＝111(万元)．故填111.【点拨】将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：①审题，②建模，③求解，④检验，⑤作答．增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决．某气象学院用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元(n ∈N *)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了( )A ．600天B ．800天C ．1 000天D ．1 200天解：设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为32 000＋⎝⎛⎭⎫5＋n 10＋4.9n 2n ＝32 000n ＋n20＋4.95，当且仅当32 000n ＝n 20时，取得最小值，此时n ＝800.故选B .类型三数列综合问题(2017·山东)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公比为q .依题意，a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)依题意，S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n＋1)b n ＋1.又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n 1＋2n ＋12n .又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减，得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1 ＝32＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1. 所以T n ＝5－2n ＋52n .【点拨】错位相减法适用于等差数列与等比数列的积数列的求和，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．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．解：(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(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a 1＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n ＋1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1. 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.1．数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一．2．对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的．3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏．4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数的平方构成的数列等．5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型．6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，分q ＝1或q ≠1)等．1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 5＝4－a 3，则S 7＝( )A ．7B ．12C ．14D ．21 解：由a 5＝4－a 3，得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝7（a 1＋a 7）2＝14.故选C .2．(2016·新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100 解：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D .3．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （n ）(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.nn －1 D.n ＋1n解：由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1.所以f (x )＝x 2＋x ，则1f （n ）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.故选A . 4．已知正数组成的等差数列{a n }的前20项的和是100，那么a 6·a 15的最大值是( )A ．25B ．50C ．100D ．不存在解：由条件知，a 6＋a 15＝a 1＋a 20＝110S 20＝110×100＝10，a 6>0，a 15>0，所以a 6·a 15≤⎝⎛⎭⎫a 6＋a 1522＝25，等号在a 6＝a 15＝5时成立，即当a n ＝5(n ∈N *)时，a 6·a 15取最大值25.故选A .5．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若8a 2＋a 5＝0，则下列式子中数值不能确定的是( )A.a 5a 3B.S 5S 3 C.a n ＋1a n D.S n ＋1S n 解：数列{a n }为等比数列，由8a 2＋a 5＝0，知8a 2＋a 2q 3＝0，因为a 2≠0，所以q ＝－2，a 5a 3＝q 2＝4；S 5S 3＝1－q 51－q 3＝113；a n ＋1a n ＝q ＝－2；S n ＋1S n ＝1－q n ＋11－q n ，其值与n有关．故选D .6．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)(单位：t)，但如果年产量超过150 t ，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( )A ．5年B ．6年C ．7年D ．8年解：由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2.当n ＝1时也适合，据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．故选C .7．已知数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋nn，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1 的前n 项和为________．解：a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝n ＋12，1a n a n ＋1＝4（n ＋1）（n ＋2）＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所求的前n 项和为4(12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2.故填2n n ＋2.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为________．解：当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，又a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝1(n ≥2)．又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009.故填1 009.9．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解：(1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，即b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ①，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②， ①－②，得12T n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. 所以T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .10．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 是数列{|a n |}的前n 项和，求S n .解：(1)由2a n ＋1＝a n ＋2＋a n 可得{a n }是等差数列，且公差d ＝a 4－a 14－1＝2－83＝－2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋10. (2)令a n ≥0，得n ≤5.即当n ≤5时，a n ≥0，n ≥6时，a n <0.所以当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－n 2＋9n ；当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n ) ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 5) ＝－(－n 2＋9n )＋2×20＝n 2－9n ＋40，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋9n ，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12，当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k＝2n 2，所以{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1＋221＋322＋…＋n2n －1.所以12S n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n .两式相减得12S n ＝1＋121＋122＋123＋…＋12n －1－n2n＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n .所以S n ＝4－n ＋22n －1.1．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解：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 .2．在等差数列{a n }中，若a 1，a 2 019为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 2＋a 1 010＋a 2 018＝( )A ．10B ．15C ．20D ．40 解：由题意知，a 1＋a 2 019＝a 2＋a 2 018＝2a 1 010＝10，所以a 2＋a 1 010＋a 2 018＝3a 1 010＝15.故选B .3．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0，b n ＝log 2a n ，那么数列{b n }的前10项和等于( )A ．130B ．120C ．55D ．50 解：因为a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，故{a n }是首项、公比均为2的等比数列．故a n ＝2·2n －1＝2n ，b n ＝log 22n ＝n .所以b 1＋b 2＋…＋b 10＝1＋2＋3＋…＋10＝1＋102×10＝55.故选C .4．已知数列{a n }中的前n 项和S n ＝n (n －9)，第k 项满足7＜a k ＜10，则k 等于( )A ．7B ．8C ．9D ．10 解：当k ≥2时，a k ＝S k －S k －1＝k 2－9k －(k －1)2＋9(k －1)＝2k －10，k ＝1时也适合．由7<a k <10，得7<2k －10<10，所以172<k <10，所以k ＝9.故选C .5．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2 018的值为 ( )A.2 0152 016B.2 0162 017C.2 0172 018D.2 0182 019解：直线与x 轴交于⎝⎛⎭⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n ＋1，所以S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以原式＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 018－12 019 ＝1－12019＝20182019.故选D .6．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．－100C ．100D ．10 200 解：因为a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)]＋[f (2)＋f (3)]＋…＋[f (100)＋f (101)]＝(－12＋22)＋(22－32)＋…＋(1002－1012)＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)，共100项，故所求为－2×50＝－100.故选B .7．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项的和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解：当q ＝1时，显然不符合题意；当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，则a 8＝14×27＝32.故填32.8．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解：设该等比数列的公比为q ，则q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，可得a 1＋14a 1＝10，得a 1＝8，所以a n ＝8·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －4. 所以a 1a 2…a n ＝⎝⎛⎭⎫12－3－2－1＋0＋…＋（n －4）＝⎝⎛⎭⎫12n 2－7n，易知当n ＝3或n ＝4时，12(n 2－7n )取得最小值－6，故a 1a 2…a n 的最大值为⎝⎛⎭⎫12－6＝64.故填64.9．在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，公比为q ，且b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2.(1)求a n 与b n ；(2)证明：13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜23.解：(1)设数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝12，q ＝6＋dq .解得q ＝3或q ＝－4(舍)，d ＝3.故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3n －1.(2)证明：因为S n ＝n （3＋3n ）2，所以1S n ＝2n （3＋3n ）＝23⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.故1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝23[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1.因为n ≥1，所以0＜1n ＋1≤12，所以12≤1－1n ＋1＜1，所以13≤23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＜23，即13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜23. 10．(2016·山东)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n .求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)因为数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，所以a 1＝11，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －3(n －1)2－8(n －1)＝6n ＋5，又a n ＝6n ＋5对n ＝1也成立，所以a n ＝6n ＋5. 又因为{b n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝b n＋b n ＋1＝2b n ＋d .当n ＝1时，2b 1＝11－d ；当n ＝2时，2b 2＝17－d ，解得d ＝3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝a n －d 2＝3n ＋1.(2)由c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝(3n ＋3)·2n ＋1，于是T n ＝6×22＋9×23＋12×24＋…＋(3n ＋3)×2n ＋1，两边同乘以2，得2T n ＝6×23＋9×24＋…＋(3n )×2n＋1＋(3n ＋3)×2n ＋2，两式相减，得－T n ＝6×22＋3×23＋3×24＋…＋3×2n＋1－(3n＋3)×2n ＋2＝3×22＋3×22（1－2n ）1－2－(3n ＋3)×2n ＋2，所以T n ＝－12＋3×22(1－2n )＋(3n ＋3)×2n ＋2＝3n ·2n ＋2.已知数列{a n }满足a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1为等比数列．(2)是否存在互不相等的正整数m ，s ，t ，使m ，s ，t 成等差数列，且a m －1，a s －1，a t －1成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m ，s ，t ；如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝13a n＋23，所以1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 因为a 1＝35，所以1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列．(2)由(1)知，1a n －1＝23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n ，所以a n ＝3n 3n ＋2.假设存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件，则有⎩⎪⎨⎪⎧m ＋t ＝2s ，（a s －1）2＝（a m －1）（a t －1）.由a n ＝3n3n ＋2与(a s －1)2＝(a m －1)(a t －1)，得⎝⎛⎭⎫3s 3s ＋2－12＝⎝⎛⎭⎫3m 3m ＋2－1⎝⎛⎭⎫3t 3t ＋2－1，即3m ＋t ＋2×3m ＋2×3t ＝32s ＋4×3s .因为m ＋t ＝2s ，所以3m ＋3t ＝2×3s .又3m ＋3t ≥23m ＋t ＝2×3s ，当且仅当m ＝t 时，等号成立，这与m ，s ，t 互不相等矛盾，所以不存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件．2019年高考数学一轮复习第9 页共9 页。

2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题29数列求和(教学案)含解析

2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法。

1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝ 2 n （a1＋an ）＝na 1＋2n （n －1）d ． ②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝1－q a1（1－qn ）＝ 1－q a1－anq . (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝ (－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．常见的裂项公式(1)n （n ＋1）1＝n 1－n ＋11. (2)（2n －1）（2n ＋1）1＝212n ＋11. (3)n ＋11＝－.高频考点一分组转化法求和例1、已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且a11－a21＝a32，S 6＝63. (1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N ＋，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)nb n 2}的前2n 项和.(2)由题意，得b n ＝21(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝21(log 22n －1＋log 22n )＝n －21，即{b n }是首项为21，公差为1的等差数列. 设数列{(－1)n b n 2}的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 12＋b 22)＋(－b 32＋b 42)＋…＋(－b 2n －12＋b 2n 2) ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝22n （b1＋b2n ）＝2n 2.【方法规律】(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 ＝bn ，n 为偶数，an ，n 为奇数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【变式探究】 (1)数列121，341，581，7161，…，(2n －1)＋2n 1，…的前n 项和S n 的值等于( ) A.n 2＋1－2n 1B.2n 2－n ＋1－2n 1C.n 2＋1－2n －11D.n 2－n ＋1－2n 1(2)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos 2nπ，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于( ) A.1 008 B.2 016 C.504 D.0(2)a 1＝cos 2π＝0，a 2＝2 cos π＝－2，a 3＝0，a 4＝4，….所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2 014，2 016. 故S 2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008. 答案 (1)A (2)A高频考点二错位相减法求和例2、[2017·山东高考]已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列an bn的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 12q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知S 2n ＋1＝2b1＋b2n ＋1＝(2n ＋1)·b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝an bn ，则c n ＝2n 2n ＋1. 因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝23＋225＋237＋…＋2n －12n －1＋2n 2n ＋1，又21T n ＝223＋235＋247＋…＋2n 2n －1＋2n ＋12n ＋1，两式相减得21T n ＝23＋2n －11－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n 2n ＋5.【方法技巧】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(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)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．【举一反三】已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（bn ＋2）n （an ＋1）n ＋1.求数列{c n }的前n 项和T n .(2)由(1)知，c n ＝（3n ＋3）n （6n ＋6）n ＋1＝3(n ＋1)·2n ＋1.. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n .得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1].2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×－（n ＋1）×2n ＋24（1－2n ）＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.【方法规律】(1)一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式. 【变式探究】已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根.(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列2n an的前n 项和.(2)设2n an 的前n 项和为S n ，由(1)知2n an ＝2n ＋1n ＋2，则S n ＝223＋234＋…＋2n n ＋1＋2n ＋1n ＋2， 21S n ＝233＋244＋…＋2n ＋1n ＋1＋2n ＋2n ＋2. 两式相减得21S n ＝43＋2n ＋11－2n ＋2n ＋2＝43＋412n －11－2n ＋2n ＋2. 所以S n ＝2－2n ＋1n ＋4.高频考点三裂项相消法求和例3、[2017·全国卷Ⅲ]设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列2n ＋1an的前n 项和．解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝2n －12(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －12(n ∈N *)． (2)记2n ＋1an的前n 项和为S n .由(1)知2n ＋1an ＝2n －12＝2n －11－2n ＋11，则S n ＝11－31＋31－51＋…＋2n －11－2n ＋11＝2n ＋12n.【举一反三】S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a n 2＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝anan ＋11，求数列{b n }的前n 项和.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝anan ＋11＝（2n ＋1）（2n ＋3）1＝212n ＋31. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝212n ＋31 ＝3（2n ＋3）n.【方法规律】裂项相消法求和问题的常见类型及解题策略 (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anan ＋11＝d 1an ＋11，anan ＋21＝2d 1an ＋21.(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．【变式探究】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝Sn 1，求数列{b n }的前n 项和为T n .【举一反三】在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S n 2＝a n 21. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝2n ＋1Sn，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵S n 2＝a n 21，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S n 2＝(S n －S n －1)21，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得Sn 1－Sn －11＝2，∴数列Sn 1是首项为S11＝a11＝1，公差为2的等差数列． ∴Sn 1＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝2n －11. (2)∵b n ＝2n ＋1Sn＝＝212n ＋11，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝21[(1－31)＋(31－51)＋…＋(2n －11－2n ＋11)]＝212n ＋11＝2n ＋1n. 高频考点四求数列{|a n |}的前n 项和问题例4、在公差为d的等差数列{a n}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列．(1)求d，a n；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|.【方法技巧】求数列{|a n|}前n项和的一般步骤第一步：求数列{a n}的前n项和；第二步：令a n≤0(或a n≥0)确定分类标准；第三步：分两类分别求前n项和；第四步：用分段函数形式表示结论；第五步：反思回顾，即查看{|a n|}的前n项和与{a n}的前n项和的关系，以防求错结果．【变式探究】已知数列{a n}的前n项和S n＝12n－n2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{|a n|}的前n项和T n.(2)令a n ＝13－2n ≥0，n ≤213.当n ≤6时，数列{|a n |}的前n 项和T n ＝S n ＝12n －n 2；当n >6时，a 7，a 8，…，a n 均为负数，故S n －S 6<0，此时T n ＝S 6＋|S n －S 6|＝S 6＋S 6－S n ＝72＋n 2－12n . 故{|a n |}的前n 项和T n ＝n2－12n ＋72，n>6.12n －n2，n≤6，1. （2018年浙江卷）已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.2. （2018年天津卷）设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.（I）求和的通项公式；（II）设数列的前n项和为，（i）求；（ii）证明.【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析.【解析】（I）设等比数列的公比为q.由可得.因为，可得，故.设等差数列的公差为d，由，可得由，可得从而故所以数列的通项公式为，数列的通项公式为3. （2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．（1）设，若对均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．【答案】（1）d的取值范围为．（2）d的取值范围为，证明见解析。

2019届高考理科数学一轮复习精品学案：第31讲数列求和(含解析)

(1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前 n 项和(n∈N*). 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}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,所以 q=2,所以 bn=2n. 由 b3=a4-2a1,可得 3d-a1=8①. 由 S11=11b4,可得 a1+5d=16②, 联立①②,解得 a1=1,d=3,由此可得 an=3n-2. 所以数列{an}的通项公式为 an=3n-2,数列{bn}的通项公式为 bn=2n. (2)设数列{a2nb2n-1}的前 n 项和为 Tn, 由 a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有 a2nb2n-1=(3n-1)×4n, 故 Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n, 4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
1.2n+
[解析] Sn= +
=2n+
.
2. [解析] ∵an=
-
,∴S20= 1- + - +…+ - = 1- = .
3.(n-2)·2n+2 [解析] Sn=0+1×21+2×22+…+(n-2)×2n-2+(n-1)×2n-1①, 则 2Sn=0+1×22+2×23+…+(n-2)×2n-1+(n-1)×2n②,
,所以 a2=1,a3= ,a4=1,…,可得 an=

2019年高考数学一轮复习数列求和

nn＋1 2 ]. 2
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
2．常见的裂项公式 (1)若{an}各项都是不为 0 的等差数列，公差为 d(d≠0)，则 1 1 1 1 ＝ ( － )； an · an＋1 d an an＋1 1 11 1 (2) ＝ ( － )； nn＋k k n n＋k 1 (3) ＝ n＋1－ n； n＋ n＋1 1 (4)loga(1＋ )＝loga(n＋1)－logan(a>0，且 a≠1)． n
89 答案： 2
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
4． (2017· 新课标卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， a3＝3， S4＝10，则 1 Sk＝ k＝1
n
.
a3＝a1＋2d＝3，解：设等差数列 {an} 的公差为 d ，则由 4×3 S4＝4a1＋ d＝10， 2 a1＝1， nn－1 nn＋1 所以 Sn＝n×1＋ ×1＝， 2 2 d＝1.
第六单元
数列与算法
第40讲
数列求和
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
1．掌握数列求和的常用方法与思路． 2．能选择适当的方法解决有关数列求和的问题．
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
1．常用公式 (1)等差数列求和公式：Sn＝____________________，推导方法是______________. 倒序相加 (2)等比数列求和公式：
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
1 1 1 1 1 1．数列 1 ，3 ，5 ，7 ，…，(2n－1)＋ n的前 n 项和是( 2 4 8 16 2 1 A. 1＋n2－( )n－1 2 1 n＋1 C. 1＋n －( ) 2

2019届高三数学(理)一轮课件：第31讲-数列求和(含答案)

a1=12,则该数列的前 2018 项的和等
于
.
课堂考点探究
探究点一
例 1 在公差不为零的等差数列 �� 中,a a1,a3,a9 成等比数列.
课堂考点探究
解:(1)设等差数列 �� 的公差为 d,因为即 4-d,4+d,4+7d 成等比数列, 所以有(4-d)(4+7d)=(4+d)2,即 8d2-16d
教学参考
3.[2016·天津卷] 已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为 d.对任意的 n ∈N*,bn 是 an 和 an+1 的等比中项.
课前双基巩固
知识聚焦 1.公式法 (1) 公式法
① 等差数列的前 n 项和公式:
课前双基巩固
(2)分组求和法一个数列的通项是由
若干个等差或
和时可用分组求和法,分别求和后再相加减
前 n 项和,且 a1=1,S7=28.记 bn=[lg an], 其中[x]表示不超过 x 的最大整数,如
教学参考
3.[2015·全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n
项和.已知 an>0,��2�� +2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式;
教学参考
3.[2015·全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n
课堂考点探究
解:(1)设等差数列 �� 的公差为 d.
∵ ��22=a3+a6,∴(a1+d)2=a1+2d+a1+5d① ∵ ��32=a1·a11 ,∴(a1+2d)2=a1·(a1+10d)② ∵d≠0,∴由①②解得 a =2,d=3.

高三数学一轮专题复习------- 数列的求和(有详细答案)

数列的求和1. 在数列{a n }中，若a 1＝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，a 1＝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 n a 1＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1＝1n .3. (必修5P 44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＋ (2))＝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 1(S n ＋1)＝log 13n ＝－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．。

2019北师大版高考第一轮复习——数列的求和方法(理)(讲义)

高考第一轮复习——数列的求和方法一、学习目标：1. 熟练地掌握等差数列、等比数列的求和公式及其应用。

2. 体会并掌握用倒序相加、错位相减、裂项、并项等数学方法求数列的前n 项的和。

二、重点、难点：重点：等差数列、等比数列求和，非等差、等比数列求和。

难点：数列求和的应用。

三、考点分析：在新课标高考中重点考查等差数列、等比数列求和及采用倒序相加、错位相减、裂项等数学方法求非等差、等比数列的和。

考查的题型有选择题、填空题、综合题的某一问等，难度小，易得分。

1. 求等差、等比数列的前n 项和。

若由已知条件可以判断一个数列是等差或等比数列，或可以转化为等差数列、等比数列的，则可用等差、等比数列的求和公式求数列的前n 项和等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn2. 对于非等差、等比数列的求和，可采用下面的方法：（1）倒序相加：将一个数列倒过来排列（反序），当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加的方法求和。

（2）错位相减：这是推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{}n n a b ⋅（其中数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列）的前n 项和。

（3）裂项法：求数列{}n a 的前n 项和时，若能将n a 拆分为：1n n n a b b +=- 则111nin i ab b +==-∑，常见的裂项公式有：（i ）数列{}n a 是公差为d 的等差数列，则12121231111()(1)k k ka a a k d a a a a a a -=-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n nn n n n =-+++++（ii1a b =--。

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2019年高三理科数学一轮复习专题研究：数列的求和（解析版）1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1 D ．n ＋2＋2n答案 C2．数列{(－1)n (2n －1)}的前2 018项和S 2 018等于( ) A ．－2 016 B ．2 018 C ．－2 015 D ．2 015答案 B解析 S 2 018＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 017－1)＋(2×2 018－1)＝2＋2＋…＋2,1 009个2相加＝2 018.故选B.3．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 12＋a 22＋a 32＋…＋a n 2等于( ) A ．(3n －1)2 B.12(9n －1) C ．9n －1 D.14(3n －1) 答案 B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n ≥2时，a n＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．则数列{a n 2}是首项为4，公比为9的等比数列，故选B.4．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( ) A.13 B.512 C.12 D.712答案 B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＝512.5．在数列{a n }中，a n ＝2n ＋1，则1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n ＝( )A ．1＋12nB ．1－2nC ．1－12nD ．1＋2n答案 C6．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( )A ．13B ．10C ．9D ．6答案 D解析 ∵a n ＝2n －12n ＝1－12n ，∴S n ＝n －(12＋122＋…＋12n )＝n －1＋12n .而32164＝5＋164，∴n －1＋12n ＝5＋164.∴n ＝6. 7．已知等差数列{a n }的公差为d ，且a n ≠0，d ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1可化简为( ) A.nd a 1（a 1＋nd ） B.n a 1（a 1＋nd ） C.da 1（a 1＋nd ） D.n ＋1a 1[a 1＋（n ＋1）d]答案 B解析 ∵1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)，∴原式＝1d (1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1)＝1d (1a 1－1a n ＋1)＝na 1·a n ＋1，选B. 8．(2017·衡水中学调研卷)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝252，则数列{a n2n }的前n 项和为( ) A ．1－n ＋22n ＋1B ．2－n ＋42n ＋1C ．2－n ＋42nD ．2－n ＋22n ＋1答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ，因为S 3＝6，S 5＝252，所以⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，5a 1＋10d ＝252，解得⎩⎨⎧a 1＝32，d ＝12，所以a n ＝12n ＋1，a n 2n ＝n ＋22n ＋1，设数列{a n 2n }的前n 项和为T n ，则T n ＝322＋423＋524＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12T n ＝323＋424＋525＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2，两项相减得12T n ＝34＋(123＋124＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2，所以T n ＝2－n ＋42n ＋1. 9．S n ＝122－1＋142－1＋…＋1（2n ）2－1＝________．答案n2n ＋1解析通项a n ＝1（2n ）2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，∴S n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n2n ＋1. 10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝________．答案 ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 （1≤n ≤3），n 2－6n ＋18 （n>3）解析由S n ＝n 2－6n ，得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7. ∴n ≤3时，a n <0；n>3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 （1≤n ≤3），n 2－6n ＋18 （n>3）.11．(2017·衡水中学调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝________．答案 3×21 008－3解析依题意，得a n ＋1·a n ＝2n ，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n ＝2，所以数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…是以a 1＝1为首项，2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…是以a 2＝2为首项，2为公比的等比数列，则S 2 016＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016)＝1－21 0081－2＋2（1－21 008）1－2＝3×21008－3.12．(2018·深圳调研二)数列{a n }是公差为d(d ≠0)的等差数列，S n 为其前n 项和，a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)证明：S 1，S 3，S 9成等比数列；(2)设a 1＝1，b n ＝a 2n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 答案 (1)略 (2)2n ＋2－n －4解析 (1)证明：由题意有a 22＝a 1·a 5，即(a 1＋d)2＝a 1·(a 1＋4d)，解得d ＝2a 1. 又∵S 1＝a 1，S 3＝3a 1＋3d ＝9a 1， S 9＝9a 1＋36d ＝81a 1，∴S 32＝S 1·S 9.又∵S 1，S 3，S 9均不为零，∴S 1，S 3，S 9成等比数列．(2)由a 1＝1得d ＝2a 1＝2，则a n ＝2n －1，则 T n ＝a 2＋a 22＋a 23＋…＋a 2n＝(2×2－1)＋(2×22－1)＋(2×23－1)＋…＋(2×2n －1) ＝2×(2＋22＋23＋…＋2n )－n ＝2n ＋2－n －413．(2017·课标全国Ⅲ，文)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n 2n ＋1}的前n 项和．答案 (1)a n ＝22n －1 (2)2n 2n ＋1解析 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(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a 1＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记{a n 2n ＋1}的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n ＋1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.14．已知数列{a n }为等比数列，T n ＝na 1＋(n －1)a 2＋…＋a n ，且T 1＝1，T 2＝4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{T n }的通项公式．答案 (1)a n ＝2n －1 (2)T n ＝2n ＋1－n －2解析 (1)T 1＝a 1＝1，T 2＝2a 1＋a 2＝2＋a 2＝4，∴a 2＝2. ∴等比数列{a n }的公比q ＝a 2a 1＝2.∴a n ＝2n －1.(2)方法一：T n ＝n ＋(n －1)·2＋(n －2)·22＋…＋1·2n －1，①2T n ＝n·2＋(n －1)22＋(n －2)23＋…＋1·2n ，② ②－①，得T n ＝－n ＋2＋22＋…＋2n －1＋2n＝－n ＋2（1－2n ）1－2＝－n ＋2n ＋1－2＝2n ＋1－n －2. 方法二：设S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，∴S n ＝1＋2＋…＋2n －1＝2n －1.∴T n ＝na 1＋(n －1)a 2＋…＋2a n －1＋a n ＝a 1＋(a 1＋a 2)＋…＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝S 1＋S 2＋…＋S n ＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1) ＝(2＋22＋ (2))－n ＝2（1－2n ）1－2－n＝2n ＋1－n －2.15．(2018·太原二模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋a n ＋1(n ∈N*)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2a n (n ∈N *)，求数列{b n ·c n }的前n 项和T n . 答案 (1)3×2n (2)3(n －1)×2n ＋1＋6解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，又a 1＝2满足上式， ∴a n ＝2n (n ∈N *)， ∴b n ＝a n ＋a n ＋1＝3×2n . (2)由(1)得a n ＝2n ，b n ＝3×2n ， ∴c n ＝log 2a n ＝n ，∴b n ·c n ＝3n ×2n ，∴T n ＝3×(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )，①①×2得2T n ＝3×(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1)，②①－②得－T n ＝3×(2＋22＋…＋2n －n ×2n ＋1)＝3×[(1－n)×2n ＋1－2]，∴T n ＝3(n －1)×2n＋1＋6.1．(2016·天津，文)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b n 2}的前2n 项和．答案解析 (1)设数列{a n }的公比为q.由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2，或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12，即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b n 2}的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 12＋b 22)＋(－b 32＋b 42)＋…＋(－b 2n －12＋b 2n 2) ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n （b 1＋b 2n ）2＝2n 2.第二次作业1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项之和为( )A ．2n －1B ．n·2n －nC ．2n ＋1－nD ．2n ＋1－n －2答案 D解析记a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1，∴S n ＝2·（2n －1）2－1－n ＝2n ＋1－2－n.2．(2017·宁夏银川一中模拟)已知数列2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，….这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018等于( ) A ．2 008 B ．4 017 C ．1 D ．0答案 B解析由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，－1，2 008，2 009. 由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∴2 018＝6×336＋2，∴S 2 018＝S 2＝2 008＋2 009＝4 017.3．(2015·江苏)数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{1a n }的前10项和为________．答案2011解析由题意得：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，所以1a n ＝2(1n －1n ＋1)，S n ＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1，S 10＝2011. 4．(2018·衡水中学调研卷)数列{a n }的通项公式a n ＝ncos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2 020＝________．答案 3 030解析 ∵a n ＝ncos n π2＋1，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝6，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝6，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝6，k ∈N ，∴S 2 020＝505×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝505×6＝3 030.5．(2018·江苏苏州调研)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足b n ＝a n ·a n＋1，则数列{b n }的前10项的和S 10＝________．答案1011解析由a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)得1a n ＋1－1a n ＝1，因此数列{1a n }是以1a 1＝1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n ，b n ＝a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(110－111)＝1－111＝1011.6．(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n (n ∈N *)，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________．答案 (1)－116 (2)13(12100－1)解析 (1)因为S n ＝(－1)n a n －12n ，则S 3＝－a 3－18，S 4＝a 4－116，解得a 3＝－116.(2)当n 为偶数时，S n ＝a n －12n ，当n 为奇数时，S n ＝－a n －12n ，可得当n 为奇数时a n ＝－12n ＋1，又S 1＋S 2＋…＋S 100＝(－a 1－12)＋(a 2－122)＋…＋(－a 99－1299)＋(a 100－12100)＝－a 1＋a 2＋…－a 99＋a 100－(12＋122＋…＋1299＋12100)＝S 100－2(a 1＋a 3＋…＋a 99)－(1－12100)＝S 101－a 101－2(－122－124－…－12100)－(1－12100)＝－12102－(－12102)＋2×122[1－（122）50]1－122－(1－12100)＝－13(1－12100)＝13(12100－1)．7．(2016·北京，文)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．答案 (1)a n ＝2n －1 (2)S n ＝n 2＋3n －12解析 (1)等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27.∴b n ＝3n －1.设等差数列{a n }的公差为d. 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ＝1，2，3，…)． (2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n （1＋2n －1）2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.8．(2018·安徽江南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . 答案 (1)略 (2)2n ＋3＋n 2－3n －82解析 (1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1，S 1－2a 1＝1－4，解得a 1＝3. 由S n －2a n ＝n －4可得S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n －1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]．因为S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n ＝4（1－2n ）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.9．(2017·重庆抽测二)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .答案 (1)⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝12n －1， n ≥2(2)(n －2)2n ＋2(n ∈N *)解析 (1)∵a n ＋1＝S n (n ∈N *)， ∴S n ＋1－S n ＝S n ，∴S n ＋1S n＝2. 又S 1＝a 1＝2，∴数列{S n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴S n ＝2n (n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，2n －1， n ≥2.(2)T n ＝0×a 1＋1×a 2＋2×a 3＋…＋(n －1)×a n ，当n ＝1时，T 1＝0. 当n ≥2时，T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1，①2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －2)2n －1＋(n －1)2n ，②①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －1－(n －1)2n＝2（1－2n －1）1－2－(n －1)2n＝(2－n)2n －2.∴T n ＝(n －2)2n ＋2(n ≥2)．又T 1＝0也满足上式， ∴T n ＝(n －2)2n ＋2(n ∈N *)．10．(2015·课标全国Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a n 2＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．答案 (1)a n ＝2n ＋1 (2)T n ＝n3（2n ＋3）解析 (1)由a n 2＋2a n ＝4S n ＋3，可知a n ＋12＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 可得a n ＋12－a n 2＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即 2(a n ＋1＋a n )＝a n ＋12－a n 2＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 12＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12(12n ＋1－12n ＋3)．设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12[(13－15)＋(15－17)＋…＋(12n ＋1－12n ＋3)]＝n3（2n ＋3）.11．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n(n ＋1)(n ∈N *)． (1)证明：数列{a nn}是等差数列；(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 答案 (1)略 (2)S n ＝（2n －1）·3n ＋1＋34解析 (1)证明：由题意，得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1，所以{a n n }是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)解：由(1)得a nn ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2.所以b n ＝n·3n .S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n ，① 3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)·3n ＋n·3n ＋1.②①－②得－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n·3n ＋1＝3（1－3n ）1－3－n·3n ＋1＝（1－2n ）·3n ＋1－32.所以S n ＝（2n －1）·3n ＋1＋34.1．(2015·安徽)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 答案 (1)a n ＝2n －1 (2)T n ＝1－12n ＋1－1解析 (1)由题设知，a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比为q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(1S 1－1S 2)＋(1S 2－1S 3)＋…＋(1S n －1S n ＋1)＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.2．(2016·浙江，文)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．答案 (1)a n ＝3n －1 (2)⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *. 解析 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3. 又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. (2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1. 当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3. 当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.。