数列求和与综合(讲义)
第六章 §6.4 数列求和、数列的综合应用

(2) 若 bn =log2(an +1)ꎬ求数列{(an +1)������bn }的前 n 项和 Tn . 1-1 解析 (1) ∵ 点( an ꎬan+1 ) ( n∈N∗ ) 均在直线 y = 2x+1 上ꎬ
∴ an+1 = 2an +1ꎬ变形为 an+1 +1 = 2( an +1) ꎬ又 a1 +1 = 2ꎬ
2Tn = 3×2+7×22 +������+(4n-5) ������2n-1 +(4n-1) ������2n ②ꎬ
②-①得 Tn = (4n-1) ������2n -[3+4×(2+22 +������+2n-1 ) ]
[ ] = (4n-1)������2n -
3
+
4
×
2(
1-2n-1 1-2
0ꎬ其前 n 项和为 Sn( n∈N∗ ) ꎬ{ bn } 是等差数列.已知 a1 = 1ꎬa3 =
a2 +2ꎬa4 = b3 +b5 ꎬa5 = b4 +2b6 .
( 1) 求{ an } 和{ bn } 的通项公式ꎻ
(2)设数列{Sn}的前 n 项和为 Tn(n∈N∗).
(i)求 Tnꎻ
∑ ( ii) 证明:
由 a4 = b3 +b5 ꎬ可得 b1 +3d = 4.
由 a5 = b4 +2b6 ꎬ可得 3b1 +13d = 16ꎬ
从而 b1 = 1ꎬd = 1ꎬ故 bn = n.
所以ꎬ数列{ an } 的通项公式为 an = 2n-1 ꎬ数列{ bn } 的通项公
式为 bn = n.
(2)
(
i)
由(1)
n k=1
( Tk +bk+2 ) bk ( k+ 1) ( k+ 2)
=
2n+2 n+2
数列求和讲义及练习题

数列求和数列求和这类问题在初中、高中乃至大学的课本里都占有一定的比例,我们在小学学习数列求和问题的目的旨在发散思维,断炼学生观察事物的能力,通过观察,得以揭示出事物的发展和变化规律。
【知识要点】数列:若干个数排成一列称为数列。
项:数列中的每一个数称为一项。
其中第一项称为首项,最后一项称为末项,数列中项的个数称为项数。
特殊的数列——等差数列:数列中任意相邻两项的差相当公差:等差数列中相邻两项的差称为公差。
在这一章要用到两个非常重要的公式:“通项公式”和“项数公式”。
通项公式:第n项=首项+(项数-1)×公差项数公式:项数=(末项-首项)÷公差+1【例题讲解及思维拓展训练题】例1:有一等差数列:3,7,11,15,……,这个等差数列的第100项是多少?分析:这个等差数列的首项是3.公差是4,项数是100。
要求第100项列表分析找规律:解:第100项=3+(100-1)×4=399.总结:通项公式:第n项=首项+(项数-1)×公差思维拓展训练一:1.一等差数列,首项=3.公差=2.项数=10,它的末项是多少?2.求1,4,7,10……这个等差数列的第30项。
3.求等差数列2,6,10,14……的第100项。
例2:有一个数列:4,10,16,22,…,52.这个数列共有多少项?分析:容易看出这是一个等差数列,公差为6,首项是4,末项是52.总结例1:要求一列数有多少项,可以先求出末项比首项多的公差的个数,再加1.解:项数=(52-4)÷6+1=9,即这个数列共有9项。
总结:项数公式:项数=(末项-首项)÷公差+1思维拓展训练二:1.等差数列中,首项=1.末项=39,公差=2.这个等差数列共有多少项?2.有一个等差数列:2,5,8,11.…,101.这个等差数列共有多少项?3.已知等差数列11,16,21,26,…,1001.这个等差数列共有多少项?例3:有这样一个数列:1,2,3,4,…,99,100。
高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4 数列求和与数列的综合应用课件 理 高三全册数学课件

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解析:(1)令数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S20=a1+a2+a3 +…+a20=2(1+2+3+…+20)-12+212+213+…+2120=420- 1-2120=419+2120.
(2)an=2+22+23+…+2n=2-1-2n2+1=2n+1-2, 所以 Sn=(22+23+24+…+2n+1)-(2+2+2+…+2)= 221--22n+2-2n=2n+2-4-2n.
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课堂探究·深度剖析
课堂升华 强技提能
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考向一 分组求和法
【例 1】 (1)若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}
的前 n 项和为( C )
A.2n+n2-1
B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-2 D.2n+n-2
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4.(2019·武汉市调研考试)对任一实数序列 A=(a1,a2,a3,…), 定义新序列 ΔA=(a2-a1,a3-a2,a4-a3,…),它的第 n 项为 an+1-an.
假定序列 Δ(ΔA)的所有项都是 1,且 a12=a22=0,则 a2= 100 .
第五章
数列(shùliè)
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第四节 数列求和(qiúhé)与数列的综合应用
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第二页,共五十七页。
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第三页,共五十七页。
知识(zhī shi)梳理·自主学
习
课堂(kètáng)探究·深度剖 析
数列求和及综合应用中小学PPT教学课件

前两小问略 下面主要研究第(3)问
第三部分:数列与其他知识的交汇综合
1
1 问1:能否相消?
Cn
2
3n1
1
3n
1
问2:是否需
要相消?
将Tn表示出来并不困难
解题目标?
Tn C1 C2 Cn
2n
1 32
1
1 30
1
1 33
1
1 32
1
1 3n 1
1 3n1 1
bn Sn Sn1(n 2)"
可化简得 2S 2Sn1 1 Sn • Sn1
1 11
Sn Sn1 2
Sn 与bn
关系?
第二部分:基本数列之间的综合
思路2: 由 Sn 进一步求 bn
1 n时需1 要注意什么?
1(n 1)
bn
2 n(n 1)
(n
2)
第二部分:基本数列之间的综合
第一课 文化与社会
画卷
“巨幅画轴” “巨幅画轴”
水墨画
海上丝绸之路
孔子三千弟子
活字印刷术
礼 乐
礼乐
太极
刘欢和莎拉.布莱曼唱起了《我和你》
刘欢和莎拉.布莱曼唱起了《我和你》
回忆:
1、第29届奥林匹克运文动会化开形幕式式多中,有 那些文艺节目?请写在文黑种化板多现上样。象无
n(n 1)
其中 (n 1)n 的大小理科生可以用数归法解决。 n n 1 也可得到第3项最大
第三部分:数列与其他知识的交汇综合
4、与解析几何知识的交汇综合
例:已知直线ln : y x 2n与圆Cn :
x2 y2 2an n 2交于不同的两点An , Bn,
数列求和及综合问题ppt课件

随堂普查练ຫໍສະໝຸດ 数学 低段第26课 第4题 P139
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第26课 第4题 P139
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第26课 第5题 P140
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第26课 第5题 P140
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第26课 第2题 P139
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第26课 第3题 P139
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第26课 第3题 P139
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第26课 第3题 P139
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第26课 第4题 P139
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第26课 第4题 P139
第26课 小积累 P138
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两组题讲透
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第26课 第(10)题
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两组题讲透
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第26课 第(10)题
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两组题讲透
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第26课 第(10)题
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两组题讲透
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第26课 第(10)题
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第26课 变式思考
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课后提分练
数学 低段
第26课 第6题 P46
专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)

专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1.公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)d 2.推导方法:倒序相加法.(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ,q ≠1.推导方法:乘公比,错位相减法.(3)一些常见的数列的前n 项和:①1+2+3+…+n =n (n +1)2;②2+4+6+…+2n =n (n +1);③1+3+5+…+(2n -1)=n 2.2.几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后相加减.(2)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得前n 项和.(3)错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解.(4)倒序相加法:如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.题型一.裂项相消1.数列{a n}的通项公式a n=1or1),已知它的前n项和S n=99100,则项数n=()A.98B.99C.100D.101【解答】解:列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1,所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1,由于前n项和S n=99100,所以1−1r1=99100,解得n=99.故选:B.2.已知等差数列{a n}满足a3=10,a1+a4=17.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=3r1,求数列{b n}的前n项和S n.【解答】解:(1)设首项为a1,公差为d的等差数列,满足a3=10,a1+a4=17.所以3=101+4=17,解得1=4=3,所以a n=4+3(n﹣1)=3n+1.(2)由(1)得b n=3r1=13r1−13r4,所以S n=b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4.3.已知数列{a n}的前n项和为S n,若4S n=(2n﹣1)a n+1+1,且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设=1(+2),数列{c n}的前n项和为T n,求T n.【解答】解:(1)在4S n=(2n﹣1)a n+1+1中,令n=1,得a2=3,∵4S n=(2n﹣1)a n+1+1,∴当n≥2时,4S n﹣1=(2n﹣3)a n+1,两式相减,得4a n=(2n﹣1)a n+1﹣(2n﹣3)a n(n≥2),∴(2n+1)a n=(2n﹣1)a n+1,即r1=2r12K1(≥2).∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1,故a n=2n﹣1.(2)=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1),T n=c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1,所以=2r1.题型二.错位相减1.已知等差数列{a n}公差不为零,且满足:a1=2,a1,a2,a5成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设=3,求数列{b n}的前n项和.【解答】解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,d≠0,由题,1=222=15,即(1+p2=1(1+4p,解得d=4.∴a n=2+4(n﹣1)=4n﹣2.(Ⅱ)=3=(4n﹣2)•3n=2(2n﹣1)•3n,设数列{b n}的前n项和为T n,=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2(2n﹣1)×3n,①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2(2n﹣1)×3n+1,②①﹣②,得:−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2(2n﹣1)×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4(n﹣1)•3n+1,∴=6+2(−1)⋅3r1.∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1.2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,S5=30,S7=56;各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13,b2b3=127.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a n•b n}的前n项和T n.【解答】解:(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由S5=30,S7=56,得51+5×42=3071+7×62=56,解得1=2=2.∴a n=2+2(n﹣1)=2n;设等比数列{b n}的公比为q(q>0),由b1b2=13,b2b3=127,得12=13123=127,解得1=1=13.∴=(13)K1;(2)a n•b n=23K1=2⋅3K1.令{3K1}的前n项和为R n,则=130+231+332+⋯+3K1,13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得:23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3,∴=94−2r34⋅3K1.则=2=92−2r32⋅3K1.3.(2015·山东)设数列{a n}的前n项和为S n,已知2S n=3n+3.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)若数列{b n},满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.【解答】解:(Ⅰ)因为2S n=3n+3,所以2a1=31+3=6,故a1=3,=3n﹣1+3,当n>1时,2S n﹣1此时,2a n=2S n﹣2S n﹣1=3n﹣3n﹣1=2×3n﹣1,即a n=3n﹣1,所以a n=3,=13K1,>1..(Ⅱ)因为a n b n=log3a n,所以b1=13,当n>1时,b n=31﹣n•log33n﹣1=(n﹣1)×31﹣n,所以T1=b1=13;当n>1时,T n=b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+(n﹣1)×31﹣n],所以3T n=1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+(n﹣1)×32﹣n],两式相减得:2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣(n﹣1)×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−(n﹣1)×31﹣n=136−6r32×3,所以T n=1312−6r34×3,经检验,n=1时也适合,综上可得T n=1312−6r34×3.题型三.分组求和1.已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a1,a2,a4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=a n﹣2,求数列{b n}的前n项和S n.【解答】解:(1)由题意,设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),则a2=2+d,a4=2+3d,∵a1,a2,a4成等比数列,∴a22=a1•a4,即(2+d)2=2(2+3d),整理,得d2﹣2d=0,解得d=0(舍去),或d=2,∴a n=2+2(n﹣1)=2n,n∈N*.(2)由(1)知,设b n=a n﹣2=2n﹣22n=2n﹣4n,故S n=b1+b2+…+b n=(2×1﹣41)+(2×2﹣42)+…+(2n﹣4n)=2×(1+2+…+n)﹣(41+42+…+4n)=2×or1)2−4(1−4)1−4=n2+n+43−4r13.2.在公差不为0的等差数列{a n}中,a1,a3,a9成公比为a3的等比数列,又数列{b n}满足=2,=2−1,2,=2,(k∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前2n项和T2n.【解答】解:(1)公差d不为0的等差数列{a n}中,a1,a3,a9成公比为a3的等比数列,可得a32=a1a9,a3=a1a3,可得(a1+2d)2=a1(a1+8d),a1=1,化简可得a1=d=1,即有a n=n,n∈N*;(2)由(1)可得b n=2,=2−12,=2,k∈N*;前2n项和T2n=(2+8+16+…+22n﹣1)+(4+8+12+…+4n)=2(1−4)1−4+12n(4+4n)=2(4−1)3+2n(n+1).3.已知数列{a n}、{b n}满足:a n+1=a n+b n,{b n+2}为等比数列,且b1=2,a2=4,a3=10.(1)试判断数列{b n}是否为等差数列,并说明理由;(2)求数列{a n}的前n项和S n.【解答】解:(1)数列{b n}不是等差数列.理由如下:由a n+1﹣a n=b n,且a2=4,a3=10,b1=2,得b2=a3﹣a2=6,又∵数列{b n+2}为等比数列,∴数列{b n+2}的首项为4,公比为2.∴3+2=4×22=16,得b3=14,显然2b2=12≠b1+b3=16.故数列{b n}不是等差数列;(2)结合(1)知,等比数列{b n+2}的首项为4,公比为2.故+2=4⋅2K1=2r1,∴=2r1−2.∵a n+1﹣a n=b n,b1=2,a2=4,∴a1=2,∴−K1=2−2(n≥2).令n=2,…,(n﹣1).得2−1=22−2,3−2=23−2,…−K1=2−2(n≥2),累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)(n≥2).∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2(n≥2).又a1=2满足上式,∴=2r1−2.∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p=(22+23+…+2n+1)﹣2(1+2+…+n)=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4.题型四.讨论奇偶、绝对值求和1.数列{a n}的前n项和记为S n,对任意的正整数n,均有4S n=(a n+1)2,且a n>0.(1)求a1及{a n}的通项公式;(2)令=(−1)K14r1,求数列{b n}的前n项和T n.【解答】解:(1)当n=1时,41=(1+1)2,则a1=1;当n≥2时,由4S n=(a n+1)2,知4S n﹣1=(a n﹣1+1)2,联立两式,得4a n=(a n+1)2﹣(a n﹣1+1)2,化简得(a n+a n﹣1)(a n﹣a n﹣1﹣2)=0,∵a n>0,∴a n﹣a n﹣1﹣2=0,即{a n}是以a1=1为首项,2为公差的等差数列,故a n=2n﹣1;(2)=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=(﹣1)n﹣1(12K1+12r1),下面对n分奇偶数讨论:当n为偶数时,T n=(1+13)﹣(13+15)+…+(12K3+12K1)﹣(12K1+12r1)=1−12r1=22r1,当n为奇数时,T n=(1+13)﹣(13+15)+…﹣(12K3+12K1)+(12K1+12r1)=1+12r12r22r1,所以T n=为奇数为偶数.2.已知等差数列{a n}前n项和为S n,a5=9,S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)设=(−1),求{b n}前2n项和T2n.【解答】解:(1)由题意,设等差数列{a n}的公差为d,则5=1+4=95=51+5×42=25,整理,得1+4=91+2=5,解得1=1=2,∴a n=1+2(n﹣1)=2n﹣1,n∈N*,=o1+2K1)2=2.(2)由(1)知,设=(−1)=(﹣1)n•n2.T2n=b1+b2+…+b2n=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n﹣1+b2n)=(﹣12+22)+(﹣32+42)+…+[﹣(2n﹣1)2+(2n)2]=[(2﹣1)×(2+1)]+[(4﹣3)×(4+3)]+…+[2n﹣(2n﹣1)]×[2n+(2n﹣1)]=1+2+3+4+…+(2n﹣1)+2n=2δ(1+2p2=2n2+n.3.已知数列{a n}满足a1=﹣2,a n+1=2a n+4.(1)求a2,a3,a4;(2)猜想{a n}的通项公式并加以证明;(3)求数列{|a n|}的前n项和S n.【解答】解:(1)由已知,易得a2=0,a3=4,a4=12.(2)猜想=2−4.因为a n+1=2a n+4,所以a n+1+4=2(a n+4),r1+4+4=2,则{a n+4}是以2为首项,以2为公比的等比数列,所以+4=2,所以==2−4.(3)当n=1时,a1=﹣2<0,S1=|a1|=2;当n≥2时,a n≥0,所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2,又n=1时满足上式.所以,当n∈N*时,=2r1−4+2.题型五.数列求和选填综合1.首项为正数的等差数列{a n}中,34=75,当其前n项和S n取最大值时,n的值为()A.5B.6C.7D.8【解答】解:∵首项为正数的等差数列{a n}中,34=75,∴5(a1+2d)=7(a1+3d),整理,得:1=−112,∵a1>0,∴d<0,∴=−112B+oK1)2=2(n﹣6)2﹣18d,∴当其前n项和S n取最大值时,n的值为6.故选:B.2.在等比数列{a n}中,a2•a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为17,设b n=a2n﹣1﹣a2n,n∈N*,则数列{b n}的前2n项和为112(1−42).【解答】解:等比数列{a n}中,a2•a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为17,设首项为a1,公比为q,则:23=214+27=34,整理得:13=213+216=34,解得:1=14=2.则:=1K1=2K3,所以:b n =a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4,则:T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42).故答案为:112(1−42).3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a 2=2且对于任意n >1,n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1=2(S n +1),则()A .a 4=7B .S 16=240C .a 10=19D .S 20=381【解答】解:当n ≥2时,S n +1+S n ﹣1=2(S n +1)⇒S n +1﹣S n =S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1=a n +2.所以数列{a n }从第2项起为等差数列,a n =1,=12−2,≥2,所以,a 4=6,a 10=18.S n =a 1+(2+)(K1)2=n (n ﹣1)+1,S 16=16×15+1=241,S 20=20×19+1=381.故选:D .4.已知数列{a n }是首项为1,公差为2的等差数列,数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1,数列{b n }的前n 项和为S n ,则S 5的值为()A .﹣454B .﹣450C .﹣446D .﹣442【解答】解:数列{a n }是首项为1,公差为2的等差数列,可得a n =1+2(n ﹣1)=2n ﹣1,由11+22+33+⋯+=12−1,可得11=12−1=−12,可得b 1=﹣2,又11+22+⋯+K1K1=12K1−1,且11+22+33+⋯+=12−1,两式相减可得=12−12K1=−12,可得b n=﹣(2n﹣1)•2n,则S5=﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32=﹣454,故选:A.5.已知数列{a n}满足1=32,r1=3+3,若=3,则c1+c2+⋅⋅⋅+c n=(2r1)⋅3−14.【解答】解:因为1=32,r1=3+3,所以1r1=+33=13+1,即1r1−1=13,所以数列{1}是首项11=23,公差为13的等差数列,所以1=23+13(−1)=r13,则=3=(+1)3K1,则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1,设T=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(n+1)×3n﹣1①,则3T=2×3+3×32+……+n×3n﹣1+(n+1)×3n②,①﹣②可得:﹣2T=2+3+32+……+3n﹣1﹣(n+1)×3n=1+3−13−1−(n+1)×3n,则=(2r1)⋅3−14.即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14.故答案为:(2r1)⋅3−14.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,S n=λa n﹣2,其中λ为常数,若a n b n=13﹣n,则数列{b n}中的项的最小值为−1214.【解答】解:根据题意,数列{a n}的满足a1=2,S n=λa n﹣2,当n=1时,有a1=S1=λa1﹣2,即2=2λ﹣2,解可得λ=2,则S n=2a n﹣2,①=2a n﹣1﹣2,②则有S n﹣1①﹣②:a n=2a n﹣2a n﹣1,变形可得a n=2a n﹣1,则数列{a n }是首项为a 1=2,公比为2的等比数列,则a n =2n ,又由a n b n =13﹣n ,则b n =13−2,当n ≤13时,b n ≥0,当n ≥14时,b n <0,且{b n }为递增数列,则当n =14时,b n 取得最小值,此时b 14=−1214;故答案为:−1214.7.已知数列{a n }和{b n }首项均为1,且a n ﹣1≥a n (n ≥2),a n +1≥a n ,数列{b n }的前n 项和为S n ,且满足2S n S n +1+a n b n +1=0,则S 2019=()A .2019B .12019C .4037D .14037【解答】解:∵a n ﹣1≥a n (n ≥2),a n +1≥a n ,∴a n ≥a n +1≥a n ,∴a n =a n +1,另外:a 1≥a 2≥a 1,可得a 2=a 1=1,∴a n =1.∵2S n S n +1+a n b n +1=0,∴2S n S n +1+b n +1=0,∴2S n S n +1+S n +1﹣S n =0,∴1r1−1=2.∴数列{1}是等差数列,首项为1,公差为2.∴1=1+2(n ﹣1)=2n ﹣1,∴S n =12K1.∴S 2019=14037.故选:D .8.已知数列{a n }满足:a 1=1,a 2=13,11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6(n ≥2且n ∈N +),等比数列{b n }公比q =2,令c n =为奇数,为偶数,则数列{c n }的前n 项和S 2n =2n 2﹣n +4r1−43.【解答】解:因为a1=1,a2=13,11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6(n≥2且n∈N+),①可得n=2时,11+22=31+6,即b1+3b2=b3+6,由等比数列的{b n}的公比为q=2,即b1+6b1=4b1+6,解得b1=2,所以b n=2n,当n=3时,11+22+33=42+6,即2+3×4+83=3×16+6,解得a3=15,又11+22+⋯+K1K1=K2+6(n≥3,且n∈N+),②①﹣②可得,=r1K1−K2,即2=2r1K1−2K2,化为1+1K2=2K1,又11+13=6=22,所以{1}为等差数列,且公差d=12−11=2,则1=11+2(n﹣1)=2n﹣1,所以c n=2−1,为奇数2,为偶数,所以S2n=1+22+5+24+…+(4n﹣3)+22n=(1+5+…+4n﹣3)+(22+24+…+22n)=o1+4K3)2+4(1−4)1−4=2n2﹣n+4r1−43.故答案为:2n2﹣n+4r1−43.9.已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2=0,其中1=−12,设=K+1,若b3为数列{b n}中唯一最小项,则实数λ的取值范围是(5,7)【解答】解:∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2=0,∴a n+1=−(+2)2+3,∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3,∴1r1+1=2+3+1=2+1+1,即1r1+1−1+1=2,所以数列{1+1}是公差为2的等差数列,∵11+1=2,∴1+1=2+(−1)×2=2n,∴b n=2n(n﹣λ),∴b n+1﹣b n=2(n+1)(n+1﹣λ)﹣2n(n﹣λ)=4n+2﹣2λ,因为b3为数列{b n}中唯一最小项,所以b1>b2>b3<b4<b5<…,∴当n=1时,b2﹣b1=6﹣2λ<0,得λ>3,当n=2时,b3﹣b2=10﹣2λ<0,得λ>5,当n≥3时,4n+2﹣2λ>0恒成立,即λ<2n+1,即有λ<7.所以5<λ<7.故答案为:(5,7).课后作业.数列求和1.已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n为数列{1r1}的前n项和,若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立,求实数λ的最大值.【解答】解:(1)各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比.设公差为d,由已知得:41+6=14(1+2p2=1(1+6p,,联立解得d=1或d=0(舍去),a1=2,故:a n=n+1.(2)由(1)得:1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2,所以:=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2.=12−1r2,=2(r2).由于:λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立,所以:2(r2)≤+2,解得:≤2(r2)2+4)+8,由于:+4≥≥4故:2(+4)+8≥16,即:λ≤16.故λ的最大值为16.2.设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=6,a7=14.(1)求数列{a n}的通项公式及S n;(2)若_____,求数列{b n}的前n项和T n.在①b n=2•a n;②b n=2+r12;③b n=(﹣1)n•a n这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并对其求解.【解答】解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,由a3=6,a7=14.得4d=a7﹣a3=14﹣6=8,解得d=2,所以a1=a3﹣2d=6﹣4=2,所以a n=2+2(n﹣1)=2n;S n=2(2+2n)=n2+n.(2)若选择条件①:由(1)可知a n=2n,则b n=2•a n=2n•4n,所以T n=b1+b2+…+b n=2×41+4×42++6×43…+(2n)•4n;4T n=2×42+4×43+6×44+…+(2n)•4n+1,两式相减得:﹣3T n=2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1=2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83(1﹣4n)﹣2n•4n+1,所以T n=89(1﹣4n)+23•4n+1;若选择条件②:由a n=2n,S n=n2+n,得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4(1−1r1),所以T n=b1+b2+b3+…+b n=8n+4(1−12+12−13+⋯+1−1r1)=8n+4r1=82+12r1;若选择条件③:由a n=2n,得b n=(﹣1)n•a n=(﹣1)n•2n,所以T n=﹣2+4﹣6+8+…+(﹣1)n•2n,当n为偶数时,T n=(﹣2+4)+(﹣6+8)++[﹣2(n﹣1)+2n]=2×2=n,当n为奇数时,T n=(﹣2+4)+(﹣6+8)+…+[﹣2(n﹣2)+2(n﹣1)]﹣2n=K12×2n =﹣n﹣1,所以T n=,为奇数−−1,为偶数.3.已知数列{a n}的各项均为正数,前n项和为S n,且S n=(+1)2(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2(−2)(r1),T n=b1+b2+…+b n,求T n.【解答】解:(1)S n=(+1)2(n∈N*),当n=1时,1=1(1+1)2,∴a1=1,当n≥2时,由S n=(+1)2,得2=2+①取n=n﹣1,得2K1=K12+K1②①﹣②得:2=2(−K1)=2−K12+−K1,∴(a n+a n﹣1)(a n﹣a n﹣1﹣1)=0,∵a n+a n﹣1>0,∴a n﹣a n﹣1=1,n≥2,∴数列{a n}是等差数列,则a n=n;(2)由S n=(+1)2,a n=n,∴=or1)2,则=2(−2)(r1)=(−2),∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2),−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1,两式作差得:∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2),∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29.4.在数列{a n}中,a1=12,对任意的n∈N*,都有1(r1)r1=B+1B成立.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)求数列{a n}的前n项和S n;并求满足S n<1516时n的最大值.【解答】解:(I)∵a1=12,对任意的n∈N*,都有1(r1)r1=B+1B成立,∴1(r1)r1−1B=1.∴1B=2+(n﹣1)=n+1,∴a n=1or1).(II)a n=1or1)=1−1r1.∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1,S n<1516,即1−1r1<1516,解得n<15,因此满足S n<1516时n的最大值为14.。
§8.4 数列求和、数列的综合应用

高考第一轮复习
数列
第四节 数列求和、数列的综合应用
目
1
高考引航
2
必备知识
录
3
关键能力
高考引航
知识清单
一 公式法
必备知识
直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和.
(1)等差数列的前 n 项和公式:
Sn=������
(������ 1 +������ 2
������
)=na1+������
4.若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n(2n-1),求该数列的前 100 项之和.
【解析】根据题意有 S100=-1+3-5+7-9+11-…-197+199=2×50=100.
答案 解析
关键能力
题型归纳 题型一 利用公式法、分组求和法求和
【例 1】(2020 届北京昌平区模拟)在等差数列{an}中,a2=8,且 a3+a5=4a2. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)设各项均为正数的等比数列{bn}满足 b4=a1,b6=a4,求数列{bn-an}的前 n 项和 Sn.
若 an=2n-1,则 Sn=2n-1.
由 Sm=63 得 2m=64,解得 m=6.
【解析】(1)设{an}的公比为 q,由题设得 an=qn-1. 由已知得 q4=4q2,解得 q=0(舍去),q=-2 或 q=2.
故 an=(-2)n-1 或 an=2n-1. (2)若 an=(-2)n-1,则 Sn=1-(-32)������ . 由 Sm=63 得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.
������������
,������为奇数, 的数列,
数列数列求和数列的综合应用课件

量子力学
数列在量子力学中用于描述微 观粒子的波函数和能量级。
数列在计算机科学中的应用
数据结构
数列是计算机科学中常见的数 据结构之一,用于存储有序的
元素集合。
算法设计
数列在算法设计中用于实现排 序、搜索和图算法等。
加密技术
数列在加密技术中用于生成加 密密钥和实现加密算法。
积的数列。
02
数列的求和
数列求和的定义
数列求和是对数列中所有项进行加法运算的过程。
数列求和是数学中一个重要的概念,它是对数列中所有项进行加法运算的过程。 通过数列求和,我们可以得到数列的和,从而了解数列的整体性质和特点。
等差数列的求和
等差数列是一种常见的数列,其求和 方法有多种。
等差数列是一种常见的数列,其特点 是每项与前一项的差是一个常数。等 差数列的求和方法有多种,其中最常 用的是利用等差数列的通项公式和项 数进行计算。
等比数列的应用实例解析
总结词
等比数列在金融、经济、生物等领域中有着 广泛的应用,如复利计算、人口增长等。
详细描述
等比数列是一种常见的数列,其相邻两项之 间的比是一个常数。在金融和经济领域中, 很多问题需要用到等比数列的知识,例如复 利计算、股票价格等。通过等比数列的应用 ,我们可以更好地理解这些问题的本质,从 而更好地进行决策。
本质,从而更好地进行预测和建模。
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等比数列的求和
等比数列是一种常见的数列,其求和方法有多种。
等比数列是一种常见的数列,其特点是每项与前一项的比值是一个常数。等比数列的求和方法有多种,其中最常用的是利用 等比数列的通项公式和项数进行计算。
幂数列的求和
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数列求和与综合(讲义)
知识点睛
一、数列求和 1. 公式法:
(1)等差数列前n 项和公式; (2)等比数列前n 项和公式. 2. 错位相减法:
适用于形如{}n n a b ⋅的数列,其中{}n a 是公差为d 的等差数列,{}n b 是公比q ≠1的等比数列. 方法:
设1122n n n S a b a b a b =+++… ① 则12231
n n n qS a b a b a b +=+++…
②
①-②得:11231(1)()n n n n q S a b d b b b a b +-=++++-…,转化为公式法求和.
3. 裂项相消法:
把数列的通项拆分为两项之差,使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法.常见类型有:
(1)
1111
()()n n k k n n k
=-++; (2)
21
111()4122121
n n n =---+;
(31
k
=; (4)1
log (1)log (1)log a a a n n n
+=+-.
4. 其他方法:
(1)分解法:分解为基本数列求和,比如数列{}n n a b +,其中{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列.
(2)分组法:分为若干组整体求和,经常分为偶数项之和与奇数项之和, 比如通项公式为(1)n n a n =-的数列{}n a .
(3)倒序相加法:把求和式倒序后两和式相加,适用于具有对称性质的数列求和.
二、
数列综合
1. 已知n S 求n a 的三个步骤: (1)先利用11a S =,求出1a ;
(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系式, 利用1(2)n n n a S S n -=-≥求出当2n ≥时n a 的表达式;
(3)对1n =时的结果进行检验,看是否符合2n ≥时n a 的表达式, 如果符合,则可以把数列的通项公式合写; 如果不符合,则应该分1n =与2n ≥两段来写,即
11 1 2n n
n a n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥,
,.
2. 非等差或等比数列的转化:
(1
)转化为1{} n
a 2
{}n
a 、1{}n n a a +-等形式的等差、等比数列; (2)形如1=(010)n n a pa q p q ++≠≠,,的数列,转化为等比数列,设1+=()n n a p a λλ++,可解得=
1
q
p λ-,则数列{}n a λ+为等比数列; (3)形如11=(010)n n n a pa qp p q +++≠≠,,的数列,转化为等差数列,两端同时除以1n p +,即得11n n n n a a q p p ++-=,则数列{}n
n
a p 为等差数列.
精讲精练
1. 在数列{}n a 中,1(1)n a n n =
+,若它的前n 项和为2 014
2 015
,
则项数n 为( ) A .2 013
B .2 014
C .2 015
D .2 016
2. 数列112,134,158,1
716
,…,1(21)2n n -+,…的前n 项和
n S 的值等于( )
A .2112n n +-
B .21
212n n n -+-
C .211
12
n n -+-
D .21
12
n n n -+-
3. 化简221(1)2(2)2222n n n S n n n --=+-⨯+-⨯++⨯+…的结果
为( ) A .122n n ++- B .122n n +-+ C .22n n --
D .122n n +--
4. 已知{}n a 是1为首项,2为公差的等差数列,{}n b 是1为首项,2为公比的等
比数列.设n n b c a =,*12()n n T c c c n =+++∈N …, 则当 2 013n T >时,n 的最小值是( ) A .11 B .10 C .9 D .7
5. 在数列{}n a 中,11a =,22a =,若2122n n n a a a ++=-+,则n a =( )
A .222n n -+
B .2254n n -+
C .3126555n n -+
D .32594n n n -+-
6. 已知数列{}n a 满足:11a =,*1()2
n
n n a a n a +=
∈+N ,则数列{}n a 的通项公式为( ) A .21n n a =- B .11
22n n a -=-
C .1
21
n n a =-
D .1
32
n n a =-
7. 已知数列{}n a 是各项均为正数且公比不等于1的等比数列,
对于函数()f x ,若数列{}ln ()n f a 为等差数列,则称函数 ()f x 为“保比差数列函数”
.现有定义在(0)+∞,上的如下
函数:①1
()f x x
=,②2()f x x =,③()e x f x =,④()f x =差数列函数”的所有序号为( ) A .①②
B .③④
C .①②④
D .②③④
8. 已知数列{}n a 满足:11a =,且点*1()()n n a a n +∈N ,均在直线
21y x =+上.
(1)求证:数列{}1n a +为等比数列,并求出数列{}n a 的通项公式; (2)若2log (1)n n b a =+,求数列{}(1)n n a b +⋅的前n 项和n T .
9. 已知函数23
()3x f x x
+=
,数列{}n a 满足11a =, *11
(
)()n n
a f n a +=∈N . (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)令11n n n
b a a +=
,12n n S b b b =+++…,若 2 013
2
n m S -<对 一切*n ∈N 成立,求最小正整数m .
10. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知11a =,
21212
33n n S a n n n +=---*()n ∈N . (1)求2a 的值;
(2)求数列{}n a 的通项公式; (3)求证:对一切正整数n ,有
1211174
n a a a +++<….
回顾与思考
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【参考答案】
1.B 2.A 3.D
4.B
5.A
6.C
7.C
8.(1)112(1)n n a a ++=+,21n n a =-; (2)n b n =,1(1)22n n T n +=-+
9.(1)2133n a n =+;
(2)9113
()23232
n S n =-<+,min 2 016m =
10.(1)24a =;(2)2n a n =; (3)121111111717
142344
n a a a n n +++<++-++-=-<……。