专题4 第2讲 数列求和问题
高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理
+2an+1=4S
n+1+3.
可得
a2 n 1
-
an2
+2(an+1- an)=4an+1,即
2(an+1+an)=
a2 n 1
-
an2
= (an+1+an)(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2.
又 a12 +2a1=4a1+3, 解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设 an+1+λ =p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的 周期性后得出其通项公式.
热点训练 1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}
中,a1=2, an1 = an +ln(1+ 1 ),则 an 等于( )
n
所以
1 =2（1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
）
S k 1 k
223
n n1
=2(1- 1 ) n 1
= 2n . n 1
答案: 2n n 1
3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则
Sn=
.
解析:因为 an+1=S n+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn,
专题4-2 数列前n项和的求法(解析版)
专题数列前n 项和的求法知识点一.公式法求和公式法求和中的常用公式有:(1)等差、等比数列的前n 项和①等差数列：S n ＝na 1＋n (n －1)2d (d 为公差)或S n ＝n (a 1＋a n )2.②等比数列：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1，其中q 为公比．(2)四类特殊数列的前n 项和①1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．④13＋23＋33＋…＋n 3＝14n 2(n ＋1)2.知识点二.分组转化法求和某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．知识点三.倒序相加法求和(1)倒序相加法类比推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列(反序)，再把它与原数列相加，就可以得到n 个(a 1＋a n )．(2)如果一个数列{a n }，首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求其和可以用倒序相加法．知识点四.裂项相消法求和(1)对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法，可用待定系数法对通项公式拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项．(2)常见的拆项公式有①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋k )＝③1(2n －1)(2n ＋1)＝④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝121n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).知识点五.错位相减法求和一般地，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，在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．知识点六.并项求和法求和通项中含有(－1)n 的数列求前n 项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和．题型1裂项相消法形如1n(n+k)1k 1n 1n+k 考点1保留2项型【例题1-1】（2022·陕西·西安市鄠邑区第二中学高二阶段练习）已知数列a n 的通项公式为a n n ∈N *），数列的前2022项和为（）A ．20192020B ．20222023C ．20202021D ．20212022【答案】B【分析】利用裂项相消法求和.【详解】a n 1n−1n +1，则数列的前2022项和为S 2022=1−12+12−13+⋯+12022−12023=1−12023=20222023.故选：B【变式1-1】1.（2022·重庆市广益中学校高二阶段练习）已知数列a n 的前n 项和为S n =(n −1)2−1．(1)求a n 的通项公式.(2)若数列b n =1a n a n+1，求数列b n 前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n −3(n ∈N *)(2)T n =−n2n −1【分析】（1）根据a n =S 1,n =1S n −S n −1,n ≥2作差即可得解；（2）由（1）可得b n （1）解：数列a n 的前n 项和为S n =(n −1)2+1，当n ≥2时，S n −1=(n −2)2+1=n 2−4n +5，所以S n −S n −1=2n −3，即a n =2n −3(n ≥2)，当n =1时，a 1=S 1=(1−1)2−1=−1符合上式，所以a n =2n −3(n ∈N *)；（2）解：由（1）可得b n =1an a n +1T n =1a1a 2+1a2a 3+1a3a 4+⋯+1an a n +1=−1−1+⋯13+⋯+12n −3=−n2n −1.【变式1-1】2．（广东省湛江市2023届高三上学期调研测试数学试题）设数列a n 的前n项和为S n ，已知a 1=−3,2的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，求数列b n 前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n −5；(2)T n =−n6n −9.【分析】（1）利用等差数列通项公式求出S n ，再利用前n 项和求数列a n 的通项作答.（2）由（1）求出b n ，再利用裂相消法求解作答.（1）依题意，2S 11=2a 1=−6，因此2S nn=−6+2(n −1)=2n −8，即S n =n 2−4n ，当n ≥2时，a n =S n −S n −1=n 2−4n −[(n −1)2−4(n −1)]=2n −5，而a 1=−3满足上式，所以数列a n 的通项公式是a n =2n −5.（2）由（1）知，b n =1(2n −5)(2n −3)=12(12n −5−12n −3)，因此（3）T n =12[(1−3−1−1)+(1−1−11)+(11−13)+(13−15)+⋯+(12n −5−12n −3)]=12(−13−12n −3)=−n6n −9，所以数列b n 前n 项和T n =−n6n −9.【变式1-1】3．（2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习）已知在数列a n 中，其前n 项和为S n =2n 2−n .(1)求数列a n 的通项公式;(2)a n ⋅a n +1=1b n ，数列b n 的前n 项和为T n ，求T n 的取值范围.【答案】(1)a n =4n −3n ∈N ∗【分析】（1）利用前n 项和S n 与通项a n 的关系求解通项公式即可；（2）首先根据（1）的结果求解b n 的通项公式，然后利用裂项相消的方法求出T n ，最后结合数列的单调性求解T n 的取值范围.（1）当n ≥2时，a n =S n −S n −1=4n −3.当n =1时，a 1=1，适合上式.故a n =4n −3n ∈N ∗.（2）由a n a n +1=1bn 得b n =1a n a n +1，因此b n∴T n ++⋅⋅⋅+=n4n +1.∵T n =n 4n +1=n +14−144n +1=14∵T n =14n ∈1,+∞，n ∈N ∗上单调递增，∴当n =1时，T n 取得最小值T 1=15.又T n =1414，故15≤T n <14.考点2保留4项型【变式1-2】1．（2022·广东·华南师大附中高三阶段练习）已知等差数列{a n }中，S n +2=S n +2n +3(n ∈N *).(1)求a n ；(2)设b n =1an (a n +2)，{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <34.【答案】(1)a n =n (2)证明见解析【分析】（1）根据S n +2=S n +2n +3(n ∈N *)可得a n +1+a n +2=2n +3以及a n +2+a n +3=2n +5，求得公差，继而求得数列通项公式；（2）由（1）可得b n =1n (n+2){b n }的和T n ，即可证明结论.（1）设等差数列{a n }的公差为d ，∵S n +2=S n +2n +3(n ∈N *)，所以S n +2−S n =a n +1+a n +2=2n +3，可得a n +2+a n +3=2n +5，两式相减可得：2d =2，所以d =1，所以a n +1+a n +2=a n +1+a n +2=2n +3，可得：a n =n ；（2）由（1）知：a n =n ，所以b n =1n (n +2)，T n =b 1+b 2+⋯+b n =11×3+12×4+13×5+⋯+1(n −1)(n +1)+1n (n +2)13+12−14+13−15+⋯+1n −1−1n +1+1n12−1n +11n +1∵n ∈N *，∴1n +1>0,1n+2>0,∴T n <12×32=34，即T n <34．【变式1-2】2．（2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习）已知数列a n 各项均为正数，且a 1=2,a n +12−2a n +1=a n 2+2a n .(1)求a n 的通项公式；(2)n 项的和S n ，证明：S n <316.【答案】(1)a n =2n ；(2)证明见解析.【分析】（1）化简已知得a n +1−a n =2，得到数列{a n }是以首项为2，公差为2的等差数列，即得解；（2）求出1an a n +2=18(1n−1n +2)，再利用裂项相消化简证明.（1）因为a n +12−2a n +1=a n 2+2a n ，所以（a n +1−a n ）（a n +1+a n ）=2（a n +1+a n ），因为{a n }各项均为正数，a n >0，所以a n +1−a n =2，所以数列{a n }是以首项为2，公差为2的等差数列，a n =2+（n −1）×2所以a n =2n .（2）1an a n +2=12n ×2(n +2)=14×1n (n +2)=18(1n −1n +2)，S n =18(1−13+12−14+13−15+……+1n −1−1n +1+1n −1n +2)=18(1+12−1n +1−1n +2)=316−18（1n +1+1n +2)因为n ∈N ∗，故1n +1+1n +2>0所以S n <316.【变式1-2】3．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知正项数列a n ，a 1=1，a 2=2，a n +12−a n 2是公差为2的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +a n +1，记数列b n 的前n 项和为S n ，求1S 1+1S 2+1S 3+⋯+1Sn．【答案】(1)a n =n 1n +1【分析】（1）由题意可得a n +12−a n 2=2n +1，又a n 2=a n 2−a n −12+a n −12−a n −22+⋅⋅⋅+a 22−a 12+a 12，再结合等差数列的求和公式即可求出a n ；（2）由裂项相消法求解即可.（1）由题意，a 22−a 12=3，因为a n +12−a n 2是首项为3公差为2的等差数列，所以a n +12−a n 2=2n +1，当n ≥2时，a n 2=a n 2−a n −12+a n −12−a n −22+⋅⋅⋅+a 22−a 12+a 12=2n −1+2n −3+⋅⋅⋅+5+3+1=n 2，又因为a 12=1满足，所以a n 2=n 2，结合a n >0，所以a n =n .（2）由（1）和b n =a n +a n +1得b n =2n +1，所以b 1=3，又S n =n +2n ，故1Sn==−，1S1+1S 2+1S 3+⋅⋅⋅+1S n=−13+12−14+13⋅⋅⋅+1n =+12−1n +1−=−1n +1◆类型2=1k （n +k −n ）型【例题1-3】已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．【答案】120【解析】∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.【变式1-3】已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，令a n ＝1f(n+1)+f(n)，n ∈N *.记数列{a n }的前n项和为S n ，则S 2017＝________.【答案】2018－1【解析】由f(4)＝2，可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x12.∴a n＝1f(n+1)+f(n)＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.题型2错位相减法n是等比数列nS3=14，S6=126．(1)求数列a n的通项公式；(2)记b n=n+1a n，数列b n的前n项和为T n，求T n．【答案】(1)a n=2n；(2)T n=n⋅2n+1.【分析】（1）根据给定条件，求出等比数列a n公比及首项即可作答.（2）由（1）求出b n，再用错位相减法求解作答.（1）设等比数列a n的公比为q，因S3=14，S6=126，即a4+a5+a6=S6−S3=112，而a4+a5+a6=q3(a1+a2+a3)=14q3，于是得q3=8，解得q=2，显然S3=a1(1+q+q2)=7a1=14，解得a1=2，因此a n=a1q n−1=2n，所以数列a n的通项公式是a n=2n.（2）由（1）知，b n=(n+1)⋅2n，则T n=2×21+3×22+4×23+⋯+(n+1)×2n，于是得2T n=2×22+3×23+4×24+⋯+n×2n+(n+1)×2n+1，两式相减得：−T n=4+22+23+⋯+2n−(n+1)×2n+1=4+22(1−2n−1)1−2−(n+1)×2n+1=−n×2n+1，所以T n=n⋅2n+1.【变式2-1】1.（2022·福建省华安县第一中学高二阶段练习）正项数列a n的前n项和S n 满足：S n2−n2+n−1S n−n2+n=0.(1)求数列a n的通项公式a n；(2)令b n=3a n−2⋅2n，求数列b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n(2)T n=(3n−4)2n+2+16【分析】（1）利用数列通项a n与前n项和S n的关系即可求得数列a n的通项公式a n；（2）利用错位相减法即可求得数列b n的前n项和T n.（1）当n=1时，S12−12+1−1S1−12+1=0，即S12−S1−2=0解得S1=2或S1=−1，因为数列a n为正项数列，所以S1=2，因为S n2−n2+n−1S n−n2+n=0，所以S n−n2+n S n+1=0，解得S n=n2+n或S n=−1，因为数列a n各项都是正数，所以S n=n2+n，当n≥2时，有a n=S n−S n−1，所以a n=n2+n−n−12+n−1，解得a n=2n，又当n=1时，a1=S1=2，符合a n=2n.所以数列a n的通项公式a n=2n（2）设数列b n的前n项和为T n，则b n=3a n−2⋅2n=6n−2⋅2n，T n=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n2T n=4×22+10×23+16×24+⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，上述两式相减，得−T n=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1n−2)×2n+1=−(3n−4)×2n+2−16.则T n=(3n−4)2n+2+16所以，数列b n的前n项和为(3n−4)2n+2+16.【变式2-1】2．（2022·江苏常州·高三阶段练习）已知各项均不为零的数列{a n}的前n项的和为S n，且满足a1=4，S n+1=4S n+4(n∈N∗)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足a n b n=log2a n,{b n}的前n项和为T n，证明T n<89．【答案】(1)a n=4n；(2)证明见解析.【分析】（1）利用给定的递推公式，探求数列{a n}相邻两项的关系，即可求解作答.（2）由（1）结合已知求出b n，再利用错位相减法求和推理作答.（1）n∈N∗，S n+1=4S n+4，当n≥2时，S n=4S n−1+4，两式相减得：a n+1=4a n，由S2=a1+a2=4a1+4得：a2=16，即a2=4a1，满足上式，因此∀n∈N∗，a n+1=4a n，于是得数列{a n}是首项为4，公比为4的等比数列，a n=a1×4n−1=4n，所以数列{a n}的通项公式是a n=4n.（2）由（1）知，a n=4n，而a n b n=log2a n，则4n⋅b n=2n，即b n=2n4n，则T n=24+442+643+⋯+2(n−1)4n−1+2n4n，于是得14T n=242+443+⋯+2(n−2)4n−1+2(n−1)4n+2n4n+1，两式相减得：34T n=24+242+243+⋯+24n−2n4n+1=24[1−(14)n]1−14−2n4n+1=23−8+6n3⋅4n+1，所以T n=89−8+6n9⋅4n<89．【变式2-1】3．（2022·陕西·乾县第一中学高三阶段练习（理））已知数列a n的前n项和为S n，且S n=4−2n+2，数列b n的前n项和B n=2n2−n．(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)设c n=b n·a n，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=−2n+1；b n=4n−3．(2)T n=(7−4n)⋅2n+2−28【分析】（1）根据S n与a n之间的关系即可推出a n=−2n+1，b n=4n−3；（2）利用乘公比错位相减法，即可解出：T n=7−4n⋅2n+2−28.（1）因为S n=4−2n+2，当n≥2时，S n−1=4−2n+1，两式相减得：a n=−2n+1n≥2,n∈N∗，当n=1时，a1=−4满足上式，所以a n=−2n+1；同理，当n≥2时，B n−1=2n−12−n−1，两式相减得：b n=4n−3n≥2,n∈N∗，当n=1时，b1=1满足上式，所以b n=4n−3（2）由（1），c n=−4n−3×2n+1，−T n=1×22+5×23+9×24+⋯+4n−32n+1−2T n=1×23+5×24+9×25+⋯+4n−32n+2两式相减得：T n=22+423+24+⋯+2n+1−4n−32n+2=4+4×23(1−2n−1)1−2−(4n−3)2n+2整理得：T n=7−4n⋅2n+2−28【变式2-1】4．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习）己知数列a n满足，a1=1，且a n+1=n+1n a n+(n+1)⋅2n．(1)设b n=a n n，求数列b n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n．【答案】(1)b n=2n−1(2)S n=n−12n+1【分析】（1）由题意可得a n+1n+1=a n n+2n，即b n+1−b n=2n，再利用累加法即可得出答案；（2）由（1）求出数列a n的通项公式，再利用错位相减法和分组求和法即可得出答案.（1）解：因为a n+1=n+1n a n+(n+1)⋅2n，所以a n+1n+1=a n n+2n，即b n+1−b n=2n，又a1=1，所以b1=1，所以b n=b n−b n−1+b n−1−b n−2+b n−2−b n−3+⋯+b2−b1+b1=2n−1+2n−2+2n−3+⋯+2+1 =1−2n1−2=2n−1，n=1也符合，所以b n=2n−1；（2）解：由（1）得a n=n⋅2n−n，设数列n⋅2n的前n项的和为T n，则T n=2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n①，2T n=22+2×23+3×24+⋯+n−12n+n⋅2n+1②，由①−②得：−T n=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1n⋅2n+1=1−n2n+1−2，所以T n=n−12n+1+2，所以S n=T n=n−12n+1题型3分组转化求和法数列a n的前n项和为S n，且a2=9，S3−a1=36．(1)求a n的通项公式；(2)若b n=a n+log3a n，求数列b n的前n项和T n．【答案】(1)a n=3n(2)3n+1+n2+n−32【分析】（1）结合题干条件求解基本量a1,q，利用等比数列的通项公式求解即可；（2）分组求和即可得解.（1）设数列a n的公比为q，则a2=a1q=9,S3-a1=a2+a3=a1q+a1q2=36,解得a1=3，q=3．故a n=a1q n−1=3×3n−1=3n．（2）由（1）可得b n =3n +log 33n =3n +n ．则T n =(3+1)+32+2+⋯+3n +n =3+32+⋯+3n +(1+2+⋯+n (1+n )n 2=3n +1+n 2+n −32．【变式3-1】1.（2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=6，S 8=72.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =a n +3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n (2)3n +12+n 2+n −32.【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式列方程解得a 1，d ，再写通项即可；（2）利用等差数列和等比数列的求和公式求和即可.（1）设{a n }的公差为d ，由已知得a 1+2d =68a 1+8⋅8−12d =72，解得a 1=2d =2，则a n =2n ；（2）∵b n =a n +3n =3n +2n，∴T n =21+2+3+⋅⋅⋅+n +3+32+33+⋅⋅⋅+3n =n n +1=3n +12+n 2+n −32.【变式3-1】2.（2022·四川省内江市第六中学高一阶段练习（理））数列a n 的前n 项和记为S n ，己知a n >0，a n 2+2a n =4S n +3．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =2a n ⋅a n +1+12a n ，T n 为数列b n 的前n 项和，证明：T n <12．【答案】(1)a n =2n +1(2)证明见解析【分析】（1）根据a n =S 1,n =1S n −S n −1,n ≥2，作差得到a n −a n −1=2，结合等差数列定义及通项公式，即可求解；（2）由（1）得到b n =12n +1−12n +3+122n +1，结合裂项相消法求和、分组求和法求和，即可得证.（1）解：因为a n >0，a n 2+2a n =4S n +3，令n=1可得，a12+2a1=4a1+3，解得a1=3或a1=−1（舍去）．当n≥2时可得a n−12+ 2a n−1=4S n−1+3，两式相减得a n2−a n−12+2(a n−a n−1)=4a n，即(a n−a n−1)(a n+a n−1)= 2(a n+a n−1)，因为a n>0，可得a n−a n−1=2，所以数列a n是以3为首项，以2为公差的等差数列，所以数列a n的通项公式为a n=3+(n−1)×2=2n+1.（2）解：由（1）知a n=2n+1，所以b n=2an⋅a n+1+12a n=2(2n+1)(2n+3)+122n+1=12n+1−12n+3+122n+1，所以数列b n的前n项和T n=15+15−17+⋯+12n+1++125+⋯+=13−12n+31−122=13−12n+3+16−16×22n<13+16=12【变式3-1】3．（2022·甘肃省临洮中学高二阶段练习）已知数列a n满足a2=1，1 a n+1=12+1an．等比数列b n的公比为3，且b2+b4=30．(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)记数列c n=a n2n+2+b n，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=2n，b n=3n−1(2)3n−12+n n+1【分析】（1）依题意可得1an+1−1an=12，是公差为12的等差数列，从而求出a n的通项公式，再根据等比数列的通项公式求出b1，即可求出b n的通项公式；（2）由（1）可得a n2n+2=1n−1n+1，利用裂项相消法和分组求和法计算可得.（1）解：由题可得1an+1−1an=12，故数列是公差为12的等差数列，故1a2−1a1=12，即1a1=12故1an=n2，故a n=2n．因为数列b n的公比为3，所以b2+b4=30b1=30，解得b1=1，故b n=3n−1．【变式3-1】4．（2022·江西·临川一中高三阶段练习（文））已知等差数列a n的前n项和为S n，且关于x的不等式a1x2−S2+2x+6<0的解集为(2,3)．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足b n=a2n+2a n−1，求数列b n的前n项和T n．【答案】(1)a n=n(2)T n=n2+2n+1−2【分析】（1）先设等差数列a n的首项a1，公差为d，根据不等式a1x2−S2+2x+6<0的解集求出首项与公差，进而可求出通项公式；（2）由（1）得b n =2n +2a n −1=2n −1+2n ，再根据等差数列与等比数列的求和公式，即可求出结果.（1）设等差数列a n 的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2−S 2+2x +6<0的解集为(2,3)，所以a 1x 2−S 2+2x +6=0的根为x 1=2,x 2=3，所以2+3=S 2+2a 12×3=6a 1，所以a 1=1,S 2=3又S 2=2a 1+d ，所以d =1，所以数列a n 的通项公式为a n =n ；（2）由（1）可得，a 2n =2n ,2a n =2n ，因为b n =a 2n +2a n −1，所以b n =2n −1+2n ，所以数列b n 的前n 项和T n =[1+3+5+⋯+(2n −1)]+2+22+23+⋯+2n =n (1+2n −1)2+=n 2+2n +1−2.◆类型1含有（−1）n型【例题4-1】已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .【解析】S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，n －n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.【变式4-1】1.（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知数列a n各项均为正数，且a1=2,a n+12−2a n+1=a n2+2a n(1)求a n的通项公式；(2)设b n=−1n a n，求b1+b2+b3+⋯+b20．【答案】(1)a n=2n；(2)20.【分析】（1）根据给定的递推公式，推得a n+1−a n=2，再利用等差数列通项求解作答.（2）由（1）求出b n，再利用并项求和法计算作答.（1）由a n+12−2a n+1=a n2+2a n得：(a n+1−a n)(a n+1+a n)=2(a n+1+a n)，而n∈N∗,a n>0，因此a n+1−a n=2，即数列a n是首项a1=2，公差d=2的等差数列，a n=a1+(n−1)d=2n，所以数列a n的通项公式是a n=2n.（2）由（1）知，b n=(−1)n⋅2n，则有b2n−1+b2n=(−1)2n−1×2(2n−1)+(−1)2n×2×2n=2，所以b1+b2+b3+⋯+b20=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯+(b19+b20)=2×10=20.【变式4-1】2．（2023·上海·高三专题练习）设数列a n的前n项和为S n，满足S n=1−na n n∈N∗．(1)求数列a n的通项公式；(2)n项和为T n，求T2n的表达式．【答案】(1)a n=1n(n+1)(2)T2n=2n(n+1)=≥2，再根据n n+1a n=n−【分析】（1）根据通项与前n项和的关系可得a na n−11na n−1求解即可；（2）先化简b n=a2n−1+a2n，再根据T2n=b1+b2+b3+…+b n求解即可.（1）当n=1时，a1=1−a1，所以a1=12．当n≥2时，S n=1−na n，S n−1=1−n−1a n−1．两式相减得：a n=n−1a n−1−na n，即a n a n−1=≥2．故n n+1a n=n−1na n−1= n−2n−1a n−2=...=1×2a1=1.故a n=（3=−1n n n+1，令b n=a2n−1+a2n=−2n−12n+2n2n+1=4n，则b n +1−b n =4n +1−4n =4，∴{bn}为等差数列．∴T 2n =b 1+b 2+b 3+…+b n =n (b 1+b n )2=n (4+4n )2=2n (n +1)．【变式4-1】3.（2021·吉林吉林市）已知等比数列{}n a 的前n 项和为132n n S m +=-.（1）求m 的值，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）令3(1)log nn n b a =-，设n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【答案】（1）32m =，3nn a =；（2）2n T n =.【解析】（1）法一：当1n =时，1192a S m ==-当2n ≥时，1133()322n nnn n n a S S m m +-=-=---=∵{}n a 是等比数列，∴13a =，即932m -=，解得32m =综上，m 的值为32，数列{}n a 的通项公式为3nn a =.法二：∵1192a S m ==-，2219a S S =-=，33227a S S =-=∵{}n a 是等比数列，∴2213a a a =，即9()27812m -⨯=，解得32m =，设{}n a 的公比为q ，∴213a q a ==，11a =，则1333n n n a -=⨯=.（2）∵3(1)log (1)nnn n b a n =-=-⋅，∴21234212n n n T b b b b b b -=++++⋅⋅⋅++(1)2(3)4[(21)]2n n=-++-++⋅⋅⋅+--+(12)(34)[(21)2]n n =-++-++⋅⋅⋅+--+n =.◆类型2不含（−1）n型考点1两项并在一起型【例题4-2】（2021·江苏徐州市·高三三模）设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7＝35，且a 1，a 4－1，a 7成等比数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n ，求数列{b n }的前2n 项的和T 2n ．【答案】（1）1n a n =+；（2）2n n +．【解析】（1）设数列{a n }的公差为d (d ≥0)，则747S a ==35，即4a =5，所以14353a a d d =-=-，74353a a d d =+=+．因为1a ，41a -，7a 成等比数列，所以()24171=a a a -，即42=(5-3d )(5+3d )，解得d =-1(舍去)或d =1，所以1n a n =+（2）因为1n n n b b a ++=，所以21234212...+-=+++++n n nT b b b b b b ()()()1234212...+n n b b b b b b -=+++++1321...n a a a -=+++2(22)2+==+n n n n 考点2前后相消型【例题4-3】（2021·简阳市阳安中学高三二模（理））记n S 为等比数列{}n a 的前n 项的和，且{}n a 为递增数列.已知24a =，314S =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22121(1)log log nn n n n b a a ++=-⋅，求数列{}n b 的前n 项之和n T .【答案】（1）2nn a =；（2）(1)11nn T n -=-++.【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则212312322414a a q a S a a a a a q q ==⎧⎪⎨=++=++=⎪⎩，解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，因为{}n a 为递增数列，所以只有122a q =⎧⎨=⎩符合题意，故2nn a =；（2）由题意，1122212111(1)(1)(1)(1)(1))log 2log 2(11()1n n nn n n n n n n b n n n n n n ++++--=-=-=-+=-⋅⋅+++，∴12n nT b b b =++⋅⋅⋅+122311(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)[][][]111223111n n n nn n n n ++--------=-+-++-=---++++.【变式4-3】（2021·广东揭阳市·高三其他模拟）已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()*162+⋅=+∈Nn n n n a S a ，12a<，（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()()11lg +⋅=-nn n n a b a ，记数列{}n b 的前n 项和n T ，求33T .【答案】（1）32n a n =-；（2）2-.【解析】（1）当2n ≥时，由162+⋅=+n n n a a S ，得1162n n n S a a --⋅=+，两式相减可得62n n a a d ⋅=，从而可求出3d =，当1n =时，11262⋅=+S a a ，求出1a ，进而可出数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得()()1l g 1g l nn n n b a a ++=-，从而可求出33T 【详解】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则由162+⋅=+n n n a a S ，得()11622n n n S a n a --⋅=+≥相减得()()1116n n n n n a S a S a +----=即()622n n a a n d ⋅≥=，又0n a >，所以3d =，由11262⋅=+S a a ，得()111623a a a ⋅+=+，解得11a =，(12a =舍去)由()11n a a n d +-=，得32n a n =-；（2）()()()()111lg 1lg lg nnn n n n n a b a a a ++=-=+-⋅33T 12333b b b b +++⋅⋅⋅+=1223343334lg lg lg lg l lg lg g lg a a a a a a a a -++--+⋅--⋅⋅=-341lg lg lg1002a a =--=-=-.考点3分段函数型【例题4-4】（2020·全国高考真题（文））数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =______________.【答案】7【解析】分析：对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.详解：2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++13515241416()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++11(102)(140)(5172941)a a ++++++++118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【变式4-4】1.已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5b b ==；（2）300.【解析】（1）根据题设中的递推关系可得13n n b b +=+，从而可求{}n b 的通项.（2）根据题设中的递推关系可得{}n a 的前20项和为20S 可化为()2012910210S b b b b =++++-，利用（1）的结果可求20S .【详解】（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，*()k N ∈故2223k k a a +=+，即13n n b b +=+，即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-.（2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.【变式4-4】2.（2019·天津高考真题（文））设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知113a b ==，23b a =，3243b a =+.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足21,,,n n n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数求()*112222n na c a c a c n N ++⋅⋅⋅+∈.【答案】（I ）3n a n =，3nn b =；（II ）22(21)369()2n n n n N +*-++∈【解析】（I ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，依题意，得23323154q d q d =+⎧⎨=+⎩，解得33d q =⎧⎨=⎩，故33(1)3n a n n =+-=，1333n n n b -=⨯=，所以，{}n a 的通项公式为3n a n =，{}n b 的通项公式为3nn b =；（II ）112222n na c a c a c ++⋅⋅⋅+135212142632()()n n n a a a a ab a b a b a b -=+++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅123(1)[36](6312318363)2n n n n n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⨯⋅+⋅21236(13233)n n n ⋅=+⨯⨯+⨯++⨯⋅⋅，记1213233nn T n ⋅=⨯+⨯++⨯⋅⋅①则231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯⋅⋅⋅②②-①得，231233333nn n T n +⋅=-----+⨯⋅⋅113(13)(21)333132n n n n n ++--+=-+⨯=-，所以122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯⋅⋅⋅22(21)369()2n n n n N +*-++=∈.【变式4-4】3.（2021·河北衡水中学高三其他模拟）已知正项数列{}n a ，其前n 项和为(),12n n n S a S n N *=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式：（2）设()112n n n b n a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）13n n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（2）1173,4433,4n n n n n T n n ++⎧---⎪⎪=⎨+-⎪⎪⎩为奇数为偶数．【解析】1）由已知12n n a S =-，①所以有1112n n a S ++=-，②②-①，得112n n n a a a ++-=-，即13n n a a +=，∴113n n a a +=，所以数列{}n a 是公比为13的等比数列．又1111212a S a =-=-，∴113a =．所以1111333n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭（2）由（1）得()()()()1121312nn nn n n b n n a ⎛⎫=-+=-⋅+-⋅ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，()()2343333321234nn T n =-+-+-⋯-+-+-+-⋯-()()()3131121122132222nn n n n -----++--⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭113373144n n n n++----=--=-当n 为偶数时，()()2343333321234nn T n =-+-+-⋯++-+-+-⋯+()()()()31311222132222nn n n n ----+-+⎛⎫+⎛⎫=+⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭113343344n n n n ++-++-=+=综上所述，1173,4433,4n n n n n T n n ++⎧---⎪⎪=⎨+-⎪⎪⎩为奇数为偶数【变式4-4】4.（2021·宁波市北仑中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足1122,1,1,n n n a n n a a a n n ++⎧==⎨---⎩为奇数为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，2,n n b a n N*=∈（1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ；（2）求{}n nb 的前n 项和n T 及{}n a 的前n 项和为n S ．【答案】（1）证明见解析；()12n n b +=-；（2）()2412939n n n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭；2212(1)2,42(2),4n n n n S n n +⎧+-⎪⎪=⎨⎪-+-⎪⎩为奇数为偶数．【解析】（1）因为11a =，122,1,n n n a n n a a n n ++⎧=⎨---⎩为奇数为偶数，2n n b a =，所以()()122212222212214222n n n n n n b a a n a n n a b +++==++=---++=-=-，又121224b a a ==+=，所以数列{}n b 是以4为首项，以2-为公比的等比数列，因此()()11422n n n b -+=⨯-=-；（2）由（1）可得()()()()234112323222322n n n T b b b nb n +=+++⋅⋅⋅+=-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-①，则()()()()34522222322n n T n +-=-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-②，①-②得()()()()()()()()()222345122223222222212n n n n n T n n ++++---=-+-+-+-+⋅⋅⋅+--⨯-=-⨯-+，则()2412939n n n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭；设()221n n n c a a n N*+=+∈，则()221222121n n n n n c a a a a n n +=+=+---=--，所以()()()2112345221112n n n nS a a a a a a a a c c c ++=+++++⋅⋅⋅++=+++⋅⋅⋅+()121212n n c c n n +=+=--+；2212121221n n n n n S S a S a n +++=-=+++()()11222212122n n n n n n ++=---++=--++++；因此()()()22221122111212,2242222,24n n nn n n n S n n n ++⎧+--⎛⎫--⨯+=-⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨⎪⎛⎫-+-+=-+- ⎪⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数.题型5倒序相加法【例题5】（2022·北京市第十二中学高二阶段练习）已知正数数列a n 是公比不等于1的等比数列，且a 1a 2019=1，试用推导等差数列前n 项和的方法探求：若f (x )=41+x 2，则f a 1+f a 2+⋯+f a 2019=（）A ．2018B ．4036C ．2019D ．4038【答案】D【分析】利用f(x)+f=4，再等差数列前n项和的方法倒序相加法求和即可.【详解】a1⋅a2019=1，∵函数f(x)=4 1+x2∴f(x)+f=41+x2+41+1x2=4+4x21+x2=4，令T=f(a1)+f(a2)+⋅⋅⋅+f(a2019)，则T=f(a2019)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a1)，∴2T=f(a1)+f(a2019)+f(a2)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a2019)+f(a1)=4×2019，∴T=4038.故选：D.【变式5-1】1．（2022·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数f(x)=(x−20233898)3+732022，则f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)=___________.【答案】73【分析】根据已知条件得f(x)+f(20231949−x)=731011，再利用倒序相加法即可求解.【详解】由f(x)=(x−20233898)3+732022，得f(20231949−x)=(20231949−x−20233898)3+732022=(20233898−x)3+732022，所以f(x)+f(20231949−x)=(x−20233898)3+732022+(20233898−x)3+732022=731011，设S=f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)①,S=f(20221949)+f(20211949)+f(20201949)+⋅⋅⋅+f(11949)②,由①+②，得2S=(f(11949)+f(20221949))+(f(21949)+f(20211949))+⋅⋅⋅+f(20221949)+f(11949)即2S=731011+731011+⋅⋅⋅+731011，于是有2S=731011×2022，解得S=73，所以f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)=73.故答案为：73.【变式5-1】2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f x=x+1−1，数列a n是正项等比数列，且a1011=1，f a1+f a2+f a3+⋅⋅⋅+f a2020+f a2021=______．【答案】20212【分析】由题意可得f x+f=1，利用倒序相加法求和即可.【详解】解：由数列a n是正项等比数列，且a1011=1，可得a1a2021=a2a2020=⋅⋅⋅=a1011a1011=1，=1x+1+x1+x=1，因为f x+f=1x+1+11x+1可设S=f a1+f a2+f a3+⋅⋅⋅+f a2020+f a2021，又S=f a2021+f a2020+f a2019+⋅⋅⋅+f a2+f a1，两式相加可得2S=f a1+f a2021+f a2+f a2020+⋅⋅⋅+f a2021+f a1=1+1+⋅⋅⋅+1=2021，所以S=20212．故答案为：20212．【变式5-1】3．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对1+2+3+⋯+100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数f(x)=4x4x+2，则f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋯+f(20182019)等于（）A．1008B．1009C．2018D．2019【答案】B【分析】根据f(x)+f(1−x)=1，利用倒序相加法求解.【详解】解：因为f(x)=4x4x+2，且f(x)+f(1−x)=4x4x+2+41−x41−x+2=4x4x+2+42×4x+4=1，令S=f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋯+f(20182019),又S=f(20182019)+f(20172019)+f(20162019)+⋯+ f(12019)，两式相加得：2S=1×2018，解得S=1009，故选：B∈R，等差数列a n【变式5-1】4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f x=满足a2022=0，则f a1+f a2+f(a3)+⋯+f a4043=__________．【答案】40432##2011.5【分析】利用倒序相加法求得正确答案.【详解】f(x)+f(−x)=2x2x+1+2−x2−x+1=2x2x+1+12x+1=1.依题意{a n}是等差数列，令S=f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a4043)，S=f(a4043)+f(a4042)+f(a4041)+⋯+f(a1)，结合等差数列的性质，两式相加得2S=1×4043,S=40432.故答案为：40432.。
专题4.2 数列求和附答案解析-2021年高考数学(文)尖子生培优题典2
2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：一、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l，95，则该数列的第8项为( )A．99 B．131 C．139 D．1412．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（）A．五寸B．二尺五寸C．五尺五寸D．四尺五寸3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a前项和为n S，若4a，10a是方程2x8x1=0-+ S=（）的两根，则134．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （ ） A ．23B ．914C ．2031D ．11175．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（ ） A ．5000B ．5000-C ．5050D ．5050-6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（ ）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．404020237．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（ ） A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．202120228．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（ ）9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（ ） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．2020202110．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（ ）A ．3821+B ．3922+C ．3822+D ．39211．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．12．（2020·山西其他（文））设函数22()log xf x =，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，数列{b n }满足：b n +1＝2b n +2，且a n +1﹣a n ＝b n ； （1）求证：数列{b n +2}是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式；（2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,nn n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T .解析附后2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：二、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l ，95，则该数列的第8项为( ) A ．99 B ．131C ．139D ．141【答案】D 【解析】所给数列为高阶等差数列设该数列的第8项为x根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列， 得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列 即得到了一个等差数列，如图：根据图象可得：3412y -=，解得46y =9546x y -==解得：141x =故选：D ．2．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui ）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（ ）A ．五寸B ．二尺五寸C ．五尺五寸D ．四尺五寸【答案】C【解析】设晷影长为等差数列{}n a ，公差为d ，1145a =，1325a =， 则1451225d +=，解得10d =-． 1014510955a ∴=-⨯=∴夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是五尺五寸．故选：C ．3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a 前项和为n S ，若4a ，10a 是方程2x 8x 1=0-+的两根，则13S =（ ） A ．58 B ．54 C ．52 D ．56【答案】C【解析】410,a a 是方程2810x x -+=的两根，4108a a ∴+=， 410728a a a ∴+==，1131371313522a a S a +∴=⨯==，故选C. 4．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （ ） A ．23B ．914C ．2031D ．1117【答案】B 【解析】1955199195519992299223911492a a a a a a Sb b b b b b T +⨯+⨯======++⨯+⨯ ,选B. 5．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（ ） A ．5000 B ．5000- C ．5050 D ．5050-【答案】B【解析】由题意知， 当2,n k k N *=∈时，()222sin 0k a k k π==；当21,n k k N *=-∈时，()2212121sin2k k a k π--=-，所以数列{}n a 的前100项和 2222210012310013599......1357...9799S a a a a a a a a =++++=++++=-+-++-()()()()()()13135757...97999799=-⨯++-⨯+++-⨯+()504921357...9799250250002⨯⎛⎫=-⨯++++++=-⨯+⨯=- ⎪⎝⎭.故选:B6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n nn a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（ ）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．40402023【答案】B【解析】由题意可知12a =，213a a -=，324a a -=，，11n n a a n --=+，累加可得()(3)23412n n n a n +=+++++=， 2112()(2)(2)(3)23n n n a n n n n ∴==-+++++，1111111122()2()2()2()3445233339n nS n n n n ∴=-+-++-=-=++++. 2020220204040=3202096069S ⨯∴=⨯+ 故选：B.7．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（ ）A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．20212022【答案】C【解析】()2f x x ax =-，()2f x x a '∴=-，由题意可知()123f a '=-=，得1a =-.()2f x x x ∴=+，()()21111111f n n n n n n n ===-+++， 20201111112020112232020202120212021S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故选：C.8．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（ ） A ．11 B ．10 C ．9 D ．8【答案】C【解析】把221nn F =+代入()2log 1n n a F =-），得()22log 2112nn n a =+-=，故()()21222112n nnS -==--，则11211142121n n n n n S S ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭， 则不等式211223122211214212020n nn n n S S S S S S ++⎛⎫++⋯+=-< ⎪-⎝⎭成立，代入计算可得，当不等式成立时．n 的最小值为9． 故选C ．9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（ ） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．20202021【答案】D【解析】设等差数列{}n a 的公差为1d ，等差数列{}n b 的公差为2d 因为33a =，1515a =所以315112a a d =+，解得11d = 所以()313n a a n d n =+-=因为13b =，715b =所以7126b b d =+，解得22d = 所以()12121n b b n d n =+-=+所以()112111(1)(1)11n n n n c n n n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪++⎝⎭所以122020111111111+c 1223342019202020202021c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=+-++++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12020120212021=-=故选：D10．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（ ） A ．3821+ B ．3922+C ．3822+D ．392【答案】B 【解析】分析：由1122n n n a a ++-=可得11122n nn n a a ++-=，从而得数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列，求得2n n a n =⋅，再根据错位相减法即可得结果.详解：根据题意得11122,2n n n a a a ++-==，11122n nn na a ++∴-=， ∴数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列， ()11,22nn n na n n a n ∴=+-=∴=⋅， 123122232...2n n S n ∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412122232...2n n S n +∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412222...22n n n S n +∴-=++++-⋅()111212222212n n n n n n +++-=-⋅=-+-⋅-，()1212n n +=-+-，()()133133122,33122n n S n S ++∴=-+=-+3922=+，故选B.11．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．【答案】3【解析】解：数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，①可得11a =，2n 时，1213(23)1n a a n a n -++⋯+-=-，② ①-②可得(21)1n n a -=，即有121n a n =-，对1n =也成立， 则11111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+即为2711111111(1)(1)log 2335212122121nn n n n n λ-+-+⋯+-=-=-+++，可得271log 21n λ+对任意*n N ∈恒成立， 显然1()21f n n =+为递减数列， ()1f 取得最大值13， 可得271log 3λ，解得3λ， 实数λ的最小值为3． 故答案为：3．12．（2020·山西其他（文））设函数2()log 42f x x=-，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.【答案】40392-【解析】由题得4039124039S a a a =++⋅⋅⋅+,4039403921S a a a =+⋅⋅⋅++，两式相加得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，考虑一般情况，设k *∈N ,则404022404022404020202020log log 404020202020424220202020k kk kk k a a f f k k --⨯⨯-⎛⎫⎛⎫+=+=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭-⨯-⨯ ()22404021=log log 12404022k kk k ⎡⎤-⨯==-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦所以40394039403924039,.2S S =-∴=-故答案为：40392-13．（2020·全国专题练习（文））在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝____．【答案】676 【解析】当n 为偶数时，22,2(1)22n n n na a a n +-==+-⨯= ； 当n 为奇数时，20,1n n n a a a +-== ；所以12511261(24650)26125(250)6762a a a +++=⨯+++++=⨯+⨯⨯+=14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．【答案】40402021【解析】因为11n n a a n +=++，故可得213212;3;;n n a a a a a a n --=-=-=，累加可得123n a a n -=++，又因为11a =，则()11232n n n a n +=++++=， 故可得()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 则122020111a a a +++111112122320202021⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦140402*********⎛⎫=-=⎪⎝⎭. 故答案为：40402021. 15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．【答案】880【解析】由于正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且242n n n S a a =+.当1n =时，21111442a S a a ==+，得21120a a -=，10a >，解得12a =；当2n ≥时，由242n n n S a a =+得211142n n n S a a ---=+，两式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，可得2211220n n n n a a a a -----=，()()1120n n n n a a a a --∴+--=，对任意的n *∈N ，0n a >，则10n n a a ->+，12n n a a -∴-=，所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公差的等差数列，()2212n a n n ∴=+-=.()()()11141n nn n n b a a n n +=-⋅=-⋅+，()()2124212422116n n b b n n n n n -∴+=--⨯+⨯+=，所以，20T 可视为数列{}212n n b b -+的前10项和，因此，()20101616108802T ⨯+⨯==.故答案为：880.16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.【答案】11()2nn -+【解析】因为n n a S n +=，所以当1n =时，121a =，解得112a =， 当2n ≥时，111n n a S n --+=-所以111n n n n a a S S ---+-=，即11(1)2n n a a -=+，2n ≥ 所以111(1)2n n a a --=-，即11112n n a a --=-，2n ≥ 所以{1}na -是以12-为首项，12为公比的等比数列，所以11111()()()222n n n a --=-⨯=-，即11()2n n a =-，2n ≥又112a =满足上式，所以11()2nn a =-，*n N ∈所以23123111111()1()1()2222n n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+- =231111[()()()]2222n n -+++⋅⋅⋅+=11[1()]1221()1212n n n n --=-+- 故答案为：11()2nn -+17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）()*21n a n n N=-∈（2）16(23)2n nTn +=+-⋅【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为()d d ≠0，因为1S ，2S ，4S 成等比数列，所以2214S S S =，所以()()21211234a a a a a a a +=+++， 那么()()2111246a d a a d +=+， 所以2d =或0d =（舍去） 又因为11a =，则()*21n a n n N=-∈（2）由（1）得2(21)2n nn n b a n =⋅=-⋅，所以数列{}n b 的前n 项和23123252(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅①，所以23121232(23)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅+-⋅②，由①②相减得2312222222(21)2nn n T n +-=+⨯+⨯+⋯+⨯--⋅()231222222(21)2n n n +=-++++⋯+--⋅()212122(21)212n n n +-=-+--⋅-21162(21)26(23)2n n n n n +++=-+--⋅=---⋅.所以16(23)2n n T n +=+-⋅.18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 【答案】（1）2nn a =；（2）()121221n n +--.【解析】（1）()()23143241130302020a q q q S a a a q q ⎧⎧+++==⎪⎪⇒⎨⎨+=+=⎪⎪⎩⎩，解得12a =，2q.所以1222n nn a -=⋅=.（2）由（1）可知2nn a =，所以()()21222112nnnS-==--，又()()1112211142121221221n n n n n n n n S S +++⎛⎫==⋅- ⎪⋅--⎝-⋅-⎭，则2231111111142212121211n n n T +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥----⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦()111111122211421421221n n n n n ++++--⎛⎫=⋅-=⋅= ⎪---⎝⎭. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）12362n n -+-. 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得()()1212234,{12,a a a a a a +=+++=即12234,{8,a a a a +=+=所以()()()11114,{28,a a d a d a d ++=+++=解得11,{2,a d == 所以21n a n =-．（Ⅱ）由（Ⅰ）得112122n n n a n ---=，所以122135232112222nn n n n S ----=+++⋯++，① 23111352321222222n n n n n S ---=+++⋯⋯++，② -①②得：2211112123113222222n n n nn n S --+=++++⋯+-=- 所以4662n nn S +=-． 20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，数列{b n }满足：b n +1＝2b n +2，且a n +1﹣a n ＝b n ； （1）求证：数列{b n +2}是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式． 【答案】（1）见解析（2）122n n +﹣【解析】（1）证明：a 1＝2，a 2＝4，且a n +1﹣a n ＝b n ；∴b 1＝a 2﹣a 1＝4﹣2＝2． 由b n +1＝2b n +2，变形为： ()1222+n n b b +=+， ∴数列{b n +2}是等比数列，首项为4，公比为2．（2）解：由（1）可得：b n +2＝4×2n ﹣1，可得b n ＝2n +1﹣2． ∴a n +1﹣a n ＝b n ＝2n +1﹣2．∴()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋯+-+()()()122222222n n -=-+-+⋯+-+1222222(1)n n n -=++⋯++--()22121n -=--2n +2＝2n +1﹣2n ．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式； （2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）证明见解析，2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（2）()1992322+=--+⨯n n n n S .【解析】（1）∵11a =，1340n n a a +-+= ∴11433n n a a +=-． ∴1122033n n a a ++=+≠． ∴12123n n a a ++=+．∴{}2n a +是首项为3，公比为13的等比数列． ∴11233n n a -⎛⎫+=⨯ ⎪⎝⎭，故2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（2）由（1）得22231112log 333n n n n b n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴()102111...12...333n n S n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()1311199312232213n n n n n n ⎛⎫- ⎪++⎝⎭=-=--+⨯-． 22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,n n n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T . 【答案】（1）证明见解析；（2）2125131244n n +--+ 【解析】（1）证明：因为112a =，()1102n n n n S S S S n +-+-=≥，所以216a =-，所以10n n S S -≠， 所以1111n n S S --=. 所以1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以112S =为首项，以1为公差的等差数列. （2）由（1）可得()1211n n n S =+-=+，所以11n S n =+. ∴()()()()11132n n n n n c n -⎧⎪++=⎨⎪⎩为奇数为偶数 ∴()132121111111...22...222446222n n T n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭2121111222512222331244n n n n ++-⎛⎫=-+=-- ⎪++⎝⎭．。
高考数学二轮复习数列求和及其综合应用
(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的 取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)， 解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4， 因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项， 所以Sn＋1＝2bn， 当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1， 两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1， 所以b1＝1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
专题04 数列求和及综合应用(解析版)
专题04 数列求和及综合应用【要点提炼】1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.2.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系为a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 3.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并. (2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 4.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.考点一 数列求和及综合应用考向一 a n 与S n 的关系问题【典例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值.解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14， 所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n.(2)由(1)知b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2， c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.由S n 求a n 时，一定注意分n ＝1和n ≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.【拓展练习1】 (2020·合肥检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若{b n }是递增数列，求实数a 的取值范围. 解 (1)a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， a 2n －1＝S n －1＋S n －2(n ≥3).相减可得a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，∵a n ＞0，a n －1＞0，∴a n －a n －1＝1(n ≥3). 当n ＝2时，a 22＝a 1＋a 2＋a 1，∴a 22＝2＋a 2，a 2＞0，∴a 2＝2. 因此n ＝2时，a n －a n －1＝1成立. ∴数列{a n }是等差数列，公差为1. ∴a n ＝1＋n －1＝n .(2)b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )＝(n －1)2＋a (n －1)， ∵{b n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝n 2＋an －(n －1)2－a (n －1) ＝2n ＋a －1＞0，即a ＞1－2n 恒成立，∴a ＞－1. ∴实数a 的取值范围是(－1，＋∞). 考向二 数列求和 方法1 分组转化求和【典例2】 (2020·山东五地联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a 1及d ；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n 项和公式求和.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易忽视数列通项的下标如错得a 2n ＝n ，应注意“＝”左右两边保持一致.【拓展练习2】 (2020·潍坊调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由题意，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，解得⎩⎨⎧a 1＝4，d ＝4，所以a n ＝4n ， 因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)，则数列{b n }为首项为3，公比为2的等比数列， 所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎨⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝（4＋4n －4）·n 22＋6（1－4n2）1－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，法一 n －1(n ≥3)为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，n ＝1时符合上式.法二 P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝（4＋4n ）·n ＋122＋6（1－4n －12）1－4＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.方法2 裂项相消求和【典例3】 (2020·江南六校调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2.(1)证明：{a n }为等比数列； (2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围.(1)证明 由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ， 所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列. (2)解 由(1)可得a n ＝2n ，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn （n ＋1）＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， T n ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1，因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10（n ＋1）n ，因为10（n ＋1）n ＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ≤20， 所以λ的取值范围为[20，＋∞).探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【拓展练习3】 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 ，① 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.方法3 错位相减法求和【典例4】 (2020·济南统测)在①a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，②b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，③S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题. 已知等差数列{a n }的公差为d (d >1)，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，且a 1＝b 1，d ＝q ，________. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选条件①.(1)∵a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，2a 1＋5d ＝6a 1d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝256，d ＝512(舍去).∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.选条件②.(1)∵b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝3a 1d 2，即⎩⎨⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝6d ， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝－2(舍去).∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.选条件③.(1)∵S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋7d ＝8a 1d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝218，d ＝38(舍去)，∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.探究提高 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“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【拓展练习4】 (2020·潍坊模拟)在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n .公差不等于0的等差数列{b n }满足________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＝3n －1.选①②时，设数列{b n }的公差为d 1. 因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3(ⅰ).因为b 2n ＝2b n ＋1，所以当n ＝1时，b 2＝2b 1＋1(ⅱ). 由(ⅰ)(ⅱ)解得b 1＝23，b 2＝73，所以d 1＝53，所以b n ＝5n －33.所以b n a n＝5n －33n .所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1.上面两式相减，得23S n ＝23＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1 ＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1.所以S n ＝94－10n ＋94×3n .选②③时，设数列{b n }的公差为d 2.因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d 2＝3.因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 2)2＝b 1(b 1＋3d 2)，化简得d 22＝b 1d 2.因为d 2≠0，所以b 1＝d 2，从而d 2＝b 1＝1，所以b n ＝n . 所以b n a n ＝n 3n －1.所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n .上面两式相减，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n . 所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1.选①③时，设数列{b n }的公差为d 3.因为b 2n ＝2b n ＋1，所以b 2＝2b 1＋1，所以d 3＝b 1＋1.又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 3)2＝b 1(b 1＋3d 3)，化简得d 23＝b 1d 3.因为d 3≠0，所以b 1＝d 3，无解，所以等差数列{b n }不存在.故不合题意.考向三 与数列相关的综合问题【典例5】 (2020·杭州滨江区调研)设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2. ∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2，则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，设公比为q ，∵b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， ∴q ＝3.∴b n ＝3n －1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【拓展练习5】 已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，若{a n }是各项为正数的等比数列，且a 1＝2，b 3＝b 2＋4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)若数列{c n }满足c n ＝a nb n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n ＜1. (1)解 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，① 当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，② ①－②可得a n ＝2(b n －b n －1) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8，∵a 1＝2，a n ＞0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). ∴2b n ＝21＋22＋23＋ (2)＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明 由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n（2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，当n ∈N *时，2n ＋1＞1，∴12n ＋1－1＞0，∴1－12n ＋1－1＜1，故T n ＜1.【专题拓展练习】一、单选题1．已知数列{}n a 满足()2*11n n n a a a n N+=-+∈，设12111n nS a a a =+++，且10910231a S a -=-，则数列{}n a 的首项1a 的值为（ ）A ．23 B ．1C ．32D ．2【答案】C 【详解】若存在1n a =，由2111n n n a a a --=-+，则可得11n a -=或0n a =，由12111n nS a a a =+++可得0n a ≠，由10910231a S a -=-可得101a ≠所以{}n a 中恒有1n a ≠由211n n n a a a +=-+，可得()111n n n a a a +-=-所以()11111111n n n n n a a a a a +==----，即111111n n n a a a +=---所以1212231111111111111111n n n n S a a a a a a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111n a a +=--- 所以110109*********a S a a a -=---=-，即1010101010123222111111a a a a a a =+--=----= 所以1121a =-，则1112a -=，所以132a = 2．已知在数列{}n a 中，14a =，26a =，且当2n ≥时，149n n a a +=-，若n T 为数列{}nb 的前n 项和，19(3)n n n n a b a a +-=⋅，则当175(3)()8n n a T λ+=-⋅-为整数时，n λ=（ ）A ．6B ．12C ．20D ．24 【答案】D 【详解】当2n ≥时，149n n a a +=-，得134(3)n n a a +-=-，又26a =，∴{3}n a -从第二项开始是首项为3，公比为4的等比数列，∴2334n n a --=⨯(2n ≥)，∴2413432n n n a n -=⎧=⎨⨯+≥⎩，，， 当1n =时，1138T b ==，217155(3)()82a T Z λ=-⋅-=∉，不符合题意， 当2n ≥时，221213411(41)(41)4141n n n n n n b -----⨯==-++++， ∴12221131171()84141841n n n n T b b b ---=++⋅⋅⋅+=+-=-+++， 则111115534154141n n n λ---=⨯⨯⨯=-++，由λ为整数可知141n -+是15的因数， ∴当且仅当2n =时λ可取整数，12λ=，所以24n λ=，3．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*()(11),2n n n n S a n N -+=∈，则数列{}n S 的前7项和为（ ） A ．1256-B ．85256-C ．11024- D ．3411024-【答案】B 【详解】 ∵(1)12nn n n S a -+=， ∴1n =时，1112S a +=-，即1112a a +=-，114a =-，由已知1(1)2nn n n S a =--， 2n ≥时，11111111(1)(1)(1)(1)222n n n nn n n n n n n n n na S S a a a a -----=-=----+=-+-+(*)， (*)式中n 为偶数时，112n n n na a a -=++，112n n a -=-，此时1n -为奇数， ∴n 为奇数时112n n a +=-(*)式中n 为奇数时，112n n n n a a a -=--+，1122n n na a --=-，即1111112222n n n n a -+-⎛⎫=-⨯-+= ⎪⎝⎭，此时1n -为偶数，∴n 为偶数时，12n na =， ∴11,21,2n n nn a n +⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，由1(1)2nn n nS a =--，得n 为奇数时，11122n n n S +=-，n 为偶数时，11022nn nS =-=， ∴数列{}n S 的前7项和为11111111421686432256128⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11118541664256256=----=-． 4．若()()*12coscoscoscos 5555n n n S n ππππ-=++++∈N ，则1S 、2S、、2020S 中值为0的共有（ ） A ．202个 B ．404个C ．606个D ．808个【答案】B 【详解】由于4coscos055ππ+=，23cos cos 055ππ+=，5cos 15π=-，69cos cos 055ππ+=，78cos cos 055ππ+=，10cos 15π=，所以234cos coscos cos 05555ππππ+++=， 2310cos cos cos cos 05555ππππ++++=，所以40S =，100S =，()()()101210coscos cos555n n n n n S S πππ++++-=+++()()()()()()1627510cos cos cos cos cos cos 555555n n n n n n ππππππ++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()()()()112255cos cos cos cos cos cos 555555n n n n n n ππππππ++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦0=，所以，()10n n S S n N *+=∈，则()44+100n SS n N *==∈，()10100n S S n N *==∈，因此，1S 、2S 、、2020S 中值为0的共有2022404⨯=个.5．已知数列{}n a 为等差数列，首项为2，公差为3，数列{}n b 为等比数列，首项为2，公比为2，设n n b c a =，n T 为数列{}n c 的前n 项和，则当2020n T <时，n 的最大值是（ ） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11【答案】A 【详解】解：由题意得：323(1)1n a n n ⨯-=+-=，2nn b =，2321n n n n b c a a ==⨯-=，123n T c c c ∴=+++…n c +123321321321=⨯-+⨯-+⨯-+…321n +⨯-(1233222=⨯+++…)2n n +-()212312n n ⨯-=⨯--1326n n +=⨯--，当8n =时，98326815222020T =⨯--=<； 当9n =时，109326930572020T =⨯--=>，n ∴的最大值为8.6．已知数列{}n a 满足123232n n a a a na ++++=，设1(1)2nn n a b n -=+，n S 为数列{}n b 的前n 项和.若t n S <对任意n *∈N 恒成立，则实数t 的最小值为（ ） A ．1 B ．2C ．32D ．52【答案】C 【详解】1n =时，12a =，因为123232n n a a a na ++++=，所以2n ≥时，1123123(1)2n n a a a n a --++++-=，两式相减得到12n n na -=，故12,n n a n-=1n =时不适合此式，所以11,11,2(1)2(1)nn n n a b n n n n -=⎧⎪==⎨≥+⎪+⎩，当1n =时，111S b ==， 当2n ≥时，111111313123341221n S n n n ⎛⎫=+-+-+-=-< ⎪++⎝⎭， 所以32t ≥；所以t 的最小值32； 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n S an bn =+，（,a b 均为常数），且72a π=.设函数2()sin 22cos 2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ） A ．132πB ．7πC ．7D ．13【答案】D 【详解】因为2()sin 22cos sin 2cos 12xf x x x x =+=++， 由2n S an bn =+，得()()()2211122n n n S S an bn a n b n an a b n a -=-=+----=-+≥，又11a S a b ==+也满足上式，所以2n a an a b =-+， 则12n n a a a --=为常数，所以数列{}n a 为等差数列； 所以11372a a a π+==，()()111131131313sin 2cos 1sin 2cos 1y f a f a a a a y a =+=++++++()()1111sin 2cos 1sin 22cos 12a a a a ππ=+++-+-+=.则数列{}n y 的前13项和为()()()1213...f a f a f a +++，记()()()1213...M f a f a f a =+++，则()()()13121...M f a f a f a =+++，所以()()11321326M f a f a ⎡⎤=+=⎣⎦，因此13M =.8．公元1202年列昂那多·斐波那契（意大利著名数学家）以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，……，即11a =，21a =，()*12,2n n n a a a n n --=+∈>N ，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用。
三年级下册数学试题-奥数专题讲练：第2讲 数列求和精英篇(解析版)全国通用
第二讲数列求和知识导航德国有一位世界著名的数学家叫高斯（公元1777年-1855年）。
他上小学的时候,老师出了一个题目,1+2+…+99+100＝？小高斯看了看,又想了想,很快说出结果是5050。
同学们,你们知道他是怎么算出来的吗？原来小高斯在认真审题的基础上,发现题目的特点。
像高斯的老师所出的题目那样,按一定次序排列的一列数叫做数列。
数列中的数称为项,第一个数叫第一项,又叫首项;第二个数叫第二项;……,最后一个数叫末项。
如果一个数列从第二项开始,每一项与它前一项的差都相等,就称这个数列为等差数列。
后项与前项的差叫做这个数列的公差。
如：1,2,3,4,…是等差数列,公差为1;2,4,6,8,…是等差数列,公差为2;5,10,15,20,…是等差数列,公差为5。
进一步,小高斯发现了这样的关系：1+100＝101,2＋99＝101,3＋98＝101,…,50＋51＝101。
一共有多少个101呢？100个数,每两个数是一对,共有50个101。
所以：1＋2＋3＋…＋98+99+100＝101×50即, 和= (100＋1)×(100÷2)＝101×50＝5050这道题目,我们还可以这样理解：即,和= (100＋1)×100÷2＝101×50＝5050由高斯的巧算可得出等差数列的求和公式：总和＝(首项+末项)×项数÷2这样,由于高斯发现了巧算的方法,所以他最先得出了正确的答案。
因此,同学们要想算得正确、迅速,方法合理、灵活,不仅要掌握数与运算的定律、性质,而且要善于观察,认真审题,注意发现题目的特点。
例题精讲【例1】找找下面的数列有多少项？（1）2、4、6、8、……、86、98、100（2）3、4、5、6、……、76、77、78（3）4、7、10、13、……、40、43、46（4）2、6、10、14、18、……、82、86分析：（1）我们都知道：1、2、3、4、5、6、7、8、……、95、96、97、98、99、100 这个数列是100项,现在不妨这样去看：（1、2）、（3、4）、（5、6）、（7、8）、……、（95、96）、（97、98）、（99、100）,让它们两两一结合,奇数在每一组的第1位,偶数在第2位,而且每组里偶数比奇数大,小朋友们一看就知道,共有100÷2=50组,每组把偶数找出来,那么原数列就有50项了。
数列的递推关系与数列求和
2011年广东省高考数学二轮专题讲解 ——数列的递推关系与数列求和一、主要知识点1．递推公式是给出数列的一种方法．递推公式与通项公式的相互导出，或以递推公式研究数列的性质是递推数列中两类常见的问题。
数列的递推式是数列的另一种表达形式。
由递推关系探求数列的通项是高考的热点．要注重叠加、叠乘、迭代等解题技巧的训练。
已知递推数列求通项公式的常规方法如下：（1）已知n S （即12()n a a a f n +++= ）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。
（2）已知)(21n f a a a n =⋅⋅⋅ 求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。
（3）若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +(2)n ≥。
（4）已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅ (2)n ≥。
（5）已知递推关系求n a ，用构造法（构造等差、等比数列）。
特别地：①形如1n n a ka b -=+、1n n n a ka b -=+（,k b 为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k 的等比数列后，再求n a 。
②形如11n n n a a ka b--=+的递推数列都可以用倒数法求通项。
2．数列求和的问题需要根据数列特点选择解决方法，必须掌握常用的数列求和方法： 例如：（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式；（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和；（3）倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n 和公式的推导方法）；（4）错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n 和公式的推导方法）；（5）裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和；（6）通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和； 但数列求和往往和其他知识综合在一起，综合性较强。
数列求和专题讲义
数列求和专题讲义一、知识梳理1．等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1).(4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.注意：数列求和的常用方法(1)公式法：直接利用等差、等比数列的求和公式求和． (2)分组转化法：把数列转化为几个等差、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． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12)121121(+--n n ；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n . (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．(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．二、基础检测题组一：思考辨析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S n ＝a 1－a n ＋11－q.( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12)111(+-n n .( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( ) (4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( )题组二：教材改编2．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)3.1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)． 题组三：易错自纠4．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n 4B.n 2＋5n 3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400D ．－4006．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 三、典型例题题型一：分组转化法求和典例 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 引申探究：本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 思维升华：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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c 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．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练 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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .题型二：错位相减法求和典例 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 *)． 思维升华：错位相减法求和时的注意点(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． 跟踪训练设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .题型三：裂项相消法求和 命题点1：形如a n ＝1n (n ＋k )型典例已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列}1{1+n n b b 的前n 项和为T n ，求证：T n <34. 命题点2：a n ＝1n ＋n ＋k型典例 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________.思维升华：(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k )11(kn n +-，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)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．跟踪训练已知等差数列{a n }满足(a 1＋a 2)＋(a 2＋a 3)＋…＋(a n ＋a n ＋1)＝2n (n ＋1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和S n .四、反馈练习1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n2．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17等于( ) A ．9 B ．8 C ．17 D ．163．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．824．已知数列5,6,1，－5，…，该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16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．165．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 2006．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018等于( ) A ．22 018－1 B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×21 008－27．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则1S k ＝________.8．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．9．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．10．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.11．已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列}1{1+n n a a 的前n 项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2n a ，求数列{b n }的前n 项和T n .12．已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝13log (1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .。
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所以 an＝2n，Sn＝n2＋n. 下同选①.
选③，
由aan＋n 1＝n＋n 1，得na＋n＋11 ＝ann，所以ann＝a11，即 an＝a1n，S7＝7a4＝28a1＝
56，所以 a1＝2，所以 an＝2n，Sn＝n2＋n.
下同选①.
解
若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个 数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列 的结构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求 和公式进行求和．解题的关键是观察结构、巧分组．
第二编
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讲专题
专题四 数列 第2讲 数列求和问题
「考情研析」 1.从具体内容上，高考对数列求和的考查主要以解答题 的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和， 体现转化与化归的思想． 2.从高考特点上，难度稍大，一般以解答题为主．
(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计 1
算和的方法，适用于求通项为 03 _a_n_a_n＋_1_的数列的前 n 项和．
(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这 个数列 04 _适__当__拆__开__，05 _重__新__组__合__，就会变成几个可以求和的部分，分别 求和，然后再合并．
n＋1
所以 Sn＝ 2n －1.
解
3
PART THREE
真题VS押题
『真题检验』 1．(2020·全国卷Ⅰ)设{an}是公比不为 1 的等比数列，a1 为 a2，a3 的等 差中项． (1)求{an}的公比； (2)若 a1＝1，求数列{nan}的前 n 项和． 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q， ∵a1 为 a2，a3 的等差中项， ∴2a1＝a2＋a3，即 2a1＝a1q＋a1q2. ∵a1≠0，∴q2＋q－2＝0. ∵q≠1，∴q＝－2.
＝1n－n＋1 1，
数列S1n的前 n 项和为 1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1，
故 Tn＝2n＋1－2＋1－n＋1 1＝2n＋1－n＋1 1－1.
解
选②，
设等差数列{an}的公差为 d，由 a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
得28aa11＋＋61d3＝d＝1642，， 解得ad1＝＝22，，
解
(2)设数列{nan}的前 n 项和为 Sn，
∵a1＝1，an＝(－2)n－1，
∴Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，① －2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)(－2)n－1＋n(－ 2)n，②
①－②，得 3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝11－－－－22n
＝32－12n－1－(2n－1)×12n＋1， 所以 Pn＝3－(2n＋3)12n， 而 2(1＋2＋…＋n)＝2×nn2＋1＝n(n＋1)，
所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝3－(2n＋3)12n＋n(n＋1)．
解
错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成 的数列的求和．但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其 项数；另外还要注意首项与末项．
等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}是等比数列，满足 a1＝3，b1 ＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝S2n，n为奇数， 设数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 T2n.
bn，n为偶数，
解 (1)设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q，则由 a1＝3，b1＝ 1 及ba25＋－S22b＝2＝10a，3，
4n＋2 记 cn＝ b2n ，则 cn＝4nb＋2n 2＝n24nn＋ ＋212＝2n12－n＋112，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝2112－212＋2212－312＋…＋2n12－n＋1 12
＝2112－212＋212－312＋…＋n12－n＋1 12
＝2112－n＋1 12＝2－n＋2 12.
＝42，③aan＋n 1
n＋1 ＝ n ，S7＝56 这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，
并加以解答．
设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}为等比数列，________，b1 ＝a1，b2＝a12a2.求数列S1n＋bn的前 n 项和 Tn.
解 选①，
当 n＝1 时，a1＝S1＝2； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又 n＝1 满足 an＝2n，所以 an＝2n. 设{bn}的公比为 q，因为 a1＝2，a2＝4，由 b1＝a1，b2＝a12a2，得 b1＝2， q＝2，所以 bn＝2n. 由数列{bn}的前 n 项和为2－1－2n2＋1＝2n＋1－2，又可知S1n＝n2＋1 n＝nn＋1 1
解
方案二：选条件②， (1)由题意，得 S1＝a1，S2＋2＝3a1＋2，S3＝7a1， ∵S1，S2＋2，S3 成等差数列， ∴2(S2＋2)＝S1＋S3，即 2(3a1＋2)＝a1＋7a1，解得 a1＝2， ∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*. (2)同方案一第(2)问解答过程．
解
裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限 c
－n(－2)n＝1－1＋33n－2n，
1－1＋3n－2n
∴Sn＝
9
.
解
2．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知 a1＝4， b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足 c1＝1，cn＝1b， k，2nk<＝n2<k2，k＋1， 其中 k∈N*. ①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；
解
(2)由题意得 bn＝(2n－1)12n＋2n. 令 cn＝(2n－1)12n，其前 n 项和为 Pn，则 Pn＝1×12＋3×122＋…＋(2n－1)×12n， 21Pn＝1×122＋3×123＋…＋(2n－3)×12n＋(2n－1)×12n＋1，
解
两式相减得
21Pn＝21＋2122＋123＋…＋12n－(2n－1)×12n＋1 ＝12＋2×141－1－1212n－1－(2n－1)×12n＋1
解
(2)由(1)知，an＋2n3bn＝1－2n n，
则 Sn＝02＋－221＋…＋1－2nn，
21Sn＝202＋－231＋…＋12－n＋n1 ，
两式相减，得
1 2
Sn
＝
－1 22
＋
－1 23
＋
…
＋
－1 2n
－
1－n 2n＋1
＝
－
141－2n1－1 1－12
－
1－n 2n＋1
＝
－
1 2
＋
1 2n
－
12－n＋n1 ＝n2＋n＋11 －12，
T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝1－13＋31－15＋…＋2n1－1－2n1＋1＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－2n1＋1＋211－－44n＝2n2＋n 1＋23(4n－1)．
解
考向 2 裂项相消法求和 例 2 (2020·山东省潍坊市模拟)在①a2，a3，a4－4 成等差数列，②S1， S2＋2，S3 成等差数列中任选一个，补充在下面的问题中，并解答． 在公比为 2 的等比数列{an}中，________. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝(n＋1)log2an，求数列4nb＋2n 2的前 n 项和 Tn.
(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如 06 _(_－__1_)_na_n__的形式， 通常分 07 _奇__、__偶__，观察相邻两项是否构成新数列．
2
PART TWO
热点考向探究
考向 1 分组转化法求和
例 1 (2020·山东省泰安市模拟)在①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16，S3＋S5
解得 d＝－134，不符合题意，
∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3.
解
(2)由(1)知，当 n≥2 时， a1＋a2＋…＋an－1＝n－152＋2n＋1＝n2＋2n－3. ∵bn1＋1－b1n＝an，∴当 n≥2 时，b1n－bn1－1＝an－1， a1＋a2＋…＋an－1＝b12－b11＋b13－b12＋…＋b1n－bn1－1＝b1n－b11＝n2＋2n－3.
几项，可求和．常用于数列anan＋1的求和，其中数列{an}是各项不为 0 的 等差数列，c 为常数．
(2020·山东省泰安市四模)已知等差数列{an}的公差 d＞0，a2＝7，且 a1， a6,5a3 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn1＋1－b1n＝an(n∈N*)，且 b1＝13，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解
又 b1＝13，∴b1n＝n2＋2n，∴bn＝nn＋1 2(n≥2)， 当 n＝1 时，b1＝1×11＋2＝13， ∴bn＝nn1＋2，n∈N*， ∴bn＝nn1＋2＝12n1－n＋1 2， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－13＋12－14＋…＋1n－n＋1 2 ＝1223－n＋1 1－n＋1 2＝4n3＋n21＋n5＋n 2.
2n
②求 aici(n∈N*)．
i＝1
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q. 依题意得66qq＝2＝61＋2＋2d4，d， 解得dq＝＝32， 或dq＝＝－0 3， (舍去)， 故 an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n. 所以，{an}的通项公式为 an＝3n＋1，{bn}的通项公式为 bn＝3×2n.