题型-数列求和之分组求和法
高中数学数列分组转化求和法20(含答案)
高中数学数列分组转化求和法20 1.已知各项均为正数的等差数列{a n}满足a1a5=33，a22=25．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)设b n=4n−2+3a n，若a n∈N∗，求{b n}的前n项和T n．【答案】解：(Ⅰ)设正项等差数列{a n}的公差为d．因为a22=25，所以a2=5，因为a1a5=33，所以(a2−d)(a2+3d)=33，所以d=2或d=43．当d=2时，a1=3，此时a n=3+2(n−1)=2n+1；当d=43时，a1=113，此时a n=113+43(n−1)=43n+73；(Ⅱ)因为a n∈N∗，所以a n=2n+1．因为b n=4n−2+3a n，所以b n=4n−2+3(2n+1)，所以T n=4−1+3×3+40+3×5+41+3×7+⋯+4n−2+3(2n+1) =(4−1+40+41+⋯+4n−2)+3(3+5+7+⋯+2n+1)=14(1−4n)1−4+3×(3+2n+1)n2=4n−13+3n2+6n−112.【解析】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、等比数列的求和公式和分组转化求和法，是中档题．(Ⅰ)设正项等差数列{a n}的公差为d，由条件可得基本量，从而得出数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)因为a n∈N∗，所以a n=2n+1，则b n=4n−2+3(2n+1)，由分组转化求和法可得{b n}的前n项和T n．2. 已知等差数列的首项为2，前n 项和为S n ，正项等比数列{b n }的首项为1，且满足，前n 项和为a 3=2b 2，S 5=b 2+b 4．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设，求数列{c n }的前26项和．【答案】解：(1)由题意得：{a 3=2b 2S 5=b 2+b 4.即{a 1+2d =2b 25a 1+5×42d =b 1q +b 1q 3又a 1=2，b 1=1，∴q 3−9q =0，∵{b n }是正项等比数列，∴q =3，则d =2，∴a n =2+2(n −1)=2n ，b n =1⋅3n−1=3n−1．(2)S n =12n(2+2n)=n(n +1)，则c n =(−1)n log 3[n(n +1)]+log 33n−1=[(−1)n log 3n +(−1)n log 3(n +1)]+n −1， ∴{c n }的前26项和T 26=(−log 31−log 32+0)+(log 32+log 33+1)+(−log 33−log 34+2)+⋯ +[−log 325−log 326+24]+[log 326+log 327+25]=−log 31+log 327+26×(0+25)2=3+325=328．【解析】本题考查等差数列的通项及求和，等比数列的通项公式，裂项相消及分组法求和，属于中档题．(1)根据条件即可列出关系式，求得基本量，可求出数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)由(1)有c n =(−1)n log 3[n(n +1)]+log 33n−1=[(−1)n log 3n +(−1)n log 3(n +1)]+n −1，再利用裂项相消及分组求和法可得数列{c n }的前26项和．3. 已知数列{a n }的前n 项和S n =25n −2n 2．(1)求证：{a n }是等差数列；(2)求数列{|a n |}的前n 项和T n ．【答案】解：(1)由题意得①若n ≥2，则a n =S n −S n−1=25n −2n 2−[25(n −1)−2(n −1)2]=−4n +27，②若n =1，则a 1=S 1=23，经检验满足上式．故a n =−4n +27，由a n+1−a n =−4可知，数列{a n }是首项为23，公差为−4的等差数列．(2)易得：|a n |={−4n +27,(n ≤6)4n −27,(n ≥7)①若n ≤6，T n =S n =−2n 2+25n ，②若n ≥7，T n =S 6−(S n −S 6)=−S n +2S 6=2n 2−25n +156，综上T n ={−2n 2+25n,n ≤62n 2−25n +156,n ≥7(n ∈N ∗)． 【解析】本题考查了等差数列的判定和分组求和，是一般题．(1)现根据已知条件求解出{a n }的通项公式，然后根据等差数列的定义证明{a n }为等差数列；(2)先将{|a n |}的通项公式分段书写，然后对n 分类讨论，由此求解出T n 的最终结果．4. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1，且a 1为a 2与S 2的等差中项，当n ≥2时，总有2S n+1−3S n +S n−1=0．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b m 为数列{1a n }中的项在区间(0,8m−1](m ∈N ∗)内的个数，记数列{(−1)m ⋅b m 2}的前2m 项和为W 2m ，求W 2m ．【答案】解：(1)因为2S n+1−2S n −(S n −S n−1)=0，n ≥2，n ∈N ∗，所以a n+1=12a n ，n ≥2，因为a 1=1，a 2，a 1，S 2依次成等差数列，所以2=1+2a 2，得a 2=12，所以a 2=12a 1，所以数列{a n }是以1为首项，公比为q =12的等比数列，所以a n =12n−1． (2)由题意知：1a n =2n−1，所以0<2n−1≤8m−1， 所以2n−1≤23(m−1)，即n ≤1+3(m −1)，所以b m =3m −2，W 2m =−12+42−72+102−132+162+⋯−(6m −5)2+(6m −2)2=3[(1+4)+(7+10)+(13+16)+⋯+(6m −5+6m −2)]=3×2m(1+6m−2)2=18m 2−3m ．【解析】本题主要考查了数列的递推式，等比数列的通项公式，等差数列的性质，求和，分组求和，属于中档题．(1)根据递推式可得a n+1=12a n ，n ≥2，由等差数列的性质求得a 2=12，可得数列{a n }是以1为首项，公比为q =12的等比数列，故可得答案；(2)求出1a n =2n−1，根据题意求出b m ，由等差数列的前n 项和可求出W 2m ．5. 已知{a n }等差差列，a 1=2，a 3=6．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n =|(√2)a n −100|，求数列{b n }的前10项和T 10．【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由条件得{a 1=2a 3=a 1+2d =6, 解得{a 1=2d =2， 故a n =2n ，n ∈N ∗． (2)由(1)可知b n =|2n −100|={100−2n ,1⩽n ⩽62n −100,7⩽n ⩽10，其中n ∈N ∗， 故{b n }的前10项和为T 10=(100−21)+(100−22)+⋯+(100−26)+(27−100)+⋯+(210−100) =200−(21+22+⋯+26)+(27+28+⋯+210)=200−21(1−26)1−2+27(1−24)1−2=1994．【解析】本题考查了等差数列的通项公式以及等比数列的求和，属于中档题．(1)由已知的a1=2，a3=6列出等差数列首项和公差的方程组解之可得答案；(2)由b n=|2n−100|，注意b n=|2n−100|要分段表示前n项和，分别由n≤6和10⩾n>6得到数列b n的前10项和T10分段表示．6.已知{a n}为等差数列，各项为正的等比数列{b n}的前n项和为S n，2a1=b1=2，a2+a8=10，________．在①λS n=b n−1；②a4=S3−2S2+S1；③b n=2λa n这三个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答(如果选择多个条件解答，则以选择第一个解答记分)．(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．【答案】解：选①解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，∵2a1=2，a2+a8=10，∴2a1+8d=10，∴a1=1，d=1，∴a n=1+(n−1)×1=n，由b1=2，λS n=b n−1，当n=1时，有λS1=λb1=b1−1，则有λ×2=2−1，即λ=12当n≥2时，b n=S n−S n−1=2(b n−1)−2(b n−1−1)，即b n=2b n−1，所以{b n}是一个以2为首项，2为公比的等比数列．∴b n=2×2n−1=2n．(2)由(1)知a n+b n=n+2n，∴T n=1+21+2+22+3+23+⋯+n+2n，T n=(1+2+⋯+n)+(21+22+⋯+2n)，∴T n=n(n+1)2+2×(1−2n)1−2=2n+1+n2+n−42．选②解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，∵2a1=2，a2+a8=10，∴2a1+8d=10，∴a1=1，d=1，∴a n=1+(n−1)×1=n，∴a4=4，设等比数列{b n}的公比为q(q>0)，∵a4=S3−2S2+S1，∴a4=(S3−S2)−(S2−S1)=b3−b2=b1q2−b1q，又∵a4=4，b1=2，∴q2−q−2=0，解得q=2(q=−1舍)．∴b n=2×2n−1=2n．(2)由(1)知a n+b n=n+2n，∴T n=1+21+2+22+3+23+⋯+n+2n，T n=(1+2+⋯+n)+(21+22+⋯+2n)，∴T n=n(n+1)2+2×(1−2n)1−2=2n+1+n2+n−42．选③解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，∵2a1=2，a2+a8=10，∴2a1+8d=10，∴a1=1，d=1，∴a n=1+(n−1)×1=n，∵b n=2λa n，a1=1，b1=2，令n=1，得b1=2λa1，即2=2λ，∴λ=1，∴b n=2a n，∴a n=1+(n−1)×1=n，∴b n=2n;(2)解法同选②的第(2)问解法相同．【解析】本题考查等差数列与等比数列的通项公式，以及数列求和的方法，属于中档题．选①解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由基本量计算得a n=n，由n≥2时，b n=S n−S n−1，验证n=1求数列{b n}的通项公式．(2)a n+b n=n+2n，由分组求和得前n项和T n．选②解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由基本量求解，设等比数列{b n}的公比为q(q> 0)，由a4=S3−2S2+S1=(S3−S2)−(S2−S1)=b3−b2=b1q2−b1q，解得q得通项公式．(2)a n+b n=n+2n，由分组求和得T n．选③解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由基本量计算得a n=n，由b n=2λa n，代入特殊值得b n=2n;(2)a n+b n=n+2n，由分组求和得T n．7.设数列{a n}满足a n+1=13a n+2，a1=4．(1)求证{a n −3}是等比数列，并求a n ；(2)求数列{a n }的前n 项和T n ．【答案】(1)证明：因为数列{a n }满足a n+1=13a n +2，所以：a n+1−3=13(a n −3)，故：a n+1−3a n −3=13(常数)，所以数列{a n −3}是以a 1−3=1为首项，13为公比的等比数列，则a n −3=(13)n−1，所以a n =(13)n−1+3;(2)解：因为a n =(13)n−1+3，所以T n =(13)0+(13)1+⋯+(13)n−1+3n=1−(13)n 1−13+3n =32(1−13n )+3n ． 【解析】本题考查数列的递推关系及等比数列的判定，同时考查分组转化法求和，属于基础题．(1)由已知得a n+1−3a n −3=13，即可求解; (2)由(1)得T n =(13)0+(13)1+⋯+(13)n−1+3n ，利用分组转化法求和即可．8. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n +n =2a n −2．(1)证明数列{a n +1}是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }中，b 1=2，b n =b n+1−2，求数列{a n +b n }的前n 项和T n ．【答案】(1)证明：由题意，当n =1时，S 1+1=2a 1−2=a 1+1，解得a 1=3， 当n ≥2时，由S n +n =2a n −2，可得S n−1+(n −1)=2a n−1−2，两式相减，可得a n =2a n−1+1，两边同时加1，可得a n +1=2a n−1+1+1=2(a n−1+1)，∵a 1+1=3+1=4，∴数列{a n +1}是以4为首项，以2为公比的等比数列，∴a n +1=4⋅2n−1=2n+1，∴a n =2n+1−1，n ∈N ∗，(2)解：由题意，可得b n+1−b n =2，故数列{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列，∴b n =2+2(n −1)=2n ，∴a n +b n =2n+1+2n −1，∴T n =(a 1+b 1)+(a 2+b 2)+⋯+(a n +b n )=(22+2−1)+(23+4−1)+⋯+(2n+1+2n −1)=(22+23+⋯+2n+1)+(2+4+⋯+2n)−n=4(1−2n )1−2+2n +n(n −1)2×2−n =2n+2+n 2−4．【解析】本题主要考查数列求通项公式，以及运用分组求和法求前n 项和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，整体思想，定义法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，中档题．(1)题先根据公式a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n ≥2代入进行计算可得到a n =2a n−1+1，然后进行转化并进一步计算即可发现数列{a n +1}是以4为首项，以2为公比的等比数列，通过计算出数列{a n +1}的通项公式，即可得到数列{a n }的通项公式；(2)先根据等差数列的定义计算出数列{b n }的通项公式，然后计算出数列{a n +b n }的通项公式，再运用分组求和法计算出前n 项和T n ．9. 已知等差数列{a n }的公差d =2，且a 1+a 2=6．(1)求a 1及a n ；(2)若等比数列{b n }满足b 1=a 1，b 2=a 2，求数列{a n +b n }的前n 项的和S n ．【答案】解：(1)由a 1+a 2=6，得2a 1+d =6，又d =2，∴a 1=2，∴a n =2+2(n −1)=2n ；(2)由题意b 1=2,b 2=2q =4，即q =2，∴b n=2n，于是a n+b n=2n+2n，故S n=(2+4+⋯+2n)+(2+22+⋯+2n)=n2+n+2n+1−2．【解析】本题考查等差数列，等比数列的通项公式及分组求和方法，属于中档题．(1)依题意，采用待定系数法即可；(2)求出b n=2n，可得a n+b n=2n+2n，采用分组求和法求数列{a n+b n}的前n项的和S n．10.已知数列{a n}的前n项和为S n，且n、a n、S n成等差数列，b n=2log2(1+a n)−1．(1)证明数列{a n+1}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}中去掉数列{a n}的项后余下的项按原顺序组成数列{c n}，求c1+c2+⋅⋅⋅+c100的值．【答案】解：(1)因为n，a n，S n成等差数列，所以S n+n=2a n，①所以S n−1+n−1=2a n−1(n≥2)②由①−②，得a n+1=2a n−2a n−1，所以a n+1=2(a n−1+1)(n≥2)，又当n=1时，S1+1=2a1，所以a1=1，所以a1+1=2，故数列{a n+1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n+1=2⋅2n−1=2n，即a n=2n−1；(2)据(1)求解知，b n=2log2(1+2n−1)−1=2n−1，b1=1，所以b n+1−b n=2，所以数列{b n}是以1为首项，2为公差的等差数列，又因为a1=1，a2=3，a3=7，a4=15，a5=31，a6=63，a7=127，a8=255，b64=127，b106=211，b107=213，所以c1+c2+⋯+c100=(b1+b2+⋯+b107)−(a1+a2+⋯+a7)=107×(1+213)2−[(21+22+⋯+27)−7]=107×2142−2(1−27)1−2+7=1072−28+9=11202．【解析】本题考查等差数列、等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：分组求和，考查运算能力，属于中档题．(1)运用等差数列中项的性质，以及数列的递推关系，可证明数列{a n+1}是等比数列，结合等比数列的定义和通项公式，即可得到所求数列通项；(2)由对数的运算性质可得b n=2n−1，求得数列{b n}中数列{a n}的项，由分组求和方法，结合等比数列和等差数列的求和公式，计算可得所求和．11.已知等差数列{a n}的前n项和为S n=pn2+n+q，p，q∈R，n∈N+，且a3=6.数列{b n}满足a n=2log2b n．(1)求p､q的值；(2)设数列{(−1)n(a n+b n)}的前2n项和为T2n，证明：T2n>3．【答案】解：(1)a1=S1=p+1+q，a2=S2−S1=4p+2+q−(p+1+q)=3p+1，a3=S3−S2=5p+1，∴a3=6=5p+1，解得p=1．由2a2=a1+a3得2×4=2+q+6，解得q=0．∴p=1，q=0．(2)等差数列{a n}的公差d=a2−a1=4−2=2，∴a n=2+2(n−1)=2n．∵a n=2log2b n，∴2n=2log2b n，解得b n=2n．∴(−1)n(a n+b n)=(−1)n⋅2n+(−2)n．∴数列{(−1)n(a n+b n)}的前2n项和T2n=2[(−1+2)+(−3+4)+⋯⋯+(−2n+1+2n)]+[−2+(−2)2+⋯⋯+(−2)2n]=2×n+−2[1−(−2)2n]1−(−2)=2n+22n+1−23，又∵T2n−T2(n−1)=2+22n−1>0，∵T2n关于n递增，∴T2n≥T2=2+2=4>3．【解析】本题考查了等差数列的通项公式、数列递推关系、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)利用前n项和构建关于p,q的方程，解方程后可得p,q的值．(2)先求出{b n}的通项，分组求和法求出T2n，利用数列的单调性可证题设中的不等式．12.设数列{a n}满足q=2，a4=80，{1+a n}是等比数列．(1)求证：a n=3n−1；(2)求数列{a n}的前n项和S n．【答案】(1)证明：∵a1=2，a4=80，∴1+a1=3，1+a4=81．设等比数列{1+a n}的公比为q，则1+a4=(1+a1)q3，即81=3q3，解得q=3．∴1+a n=(1+a1)q n−1=3n．∴a n=3n−1．(2)解：由(1)知：a n=3n−1．∴S n=(31−1)+(32−1)+(33−1)+⋯+(3n−1)=(31+32+33+⋯+3n)−(1+1+1+⋯+1)=3(1−3n)1−3−n=3n+12−n−32．【解析】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的求和公式及分组转化求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)设等比数列{1+a n}的公比为q，则1+a4=(1+a1)q3，从而求出q，进而可证得a n=3n −1；(2)由(1)知：a n =3n −1，从而利用分组转化求和结合等比数列的求和公式可得答案．13. 已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=pa n +q n (其中p ，q 为常数，n ∈N ∗).(1)若p =1，q =−1，求数列{a n }的通项公式． (2)若p =2，q =1，数列{a n+1a n}的前n 项和为T n .求证：T n <2n +2，n ∈N ∗．【答案】解：(1)∵p =1，q =−1，∴a n+1=a n +(−1)n ，即a n+1−a n =(−1)n ， ∴当n ≥2：a n −a n−1+a n−1−a n−2+⋯+a 2−a 1=(−1)n−1+(−1)n−2+⋯+(−1)1， 得a n −a 1=(−1)n +12，∴a 1=1，∴a n =1−(−1)n2，当n =1：a 1=1也符合上式，故a n =1−(−1)n2(n ∈N ∗)(或a n ={1,n 为奇数0,n 为偶数).(2)∵p =2，q =1，∴a n+1=2a n +1，∴a n+1+1=2(a n +1)，即a n+1+1a n +1=2，∴{a n +1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2n ，即a n =2n −1(n ∈N ∗)．又a n+1a n=2n+1−12n −1=2n+1−2+12n −1=2+12n −1≤2+22n，∴T n ≤2n +1−12n 1−12=2n +2(1−12n )<2n +2，综上所述：T n <2n +2(n ∈N ∗)．【解析】本题考查了数列的递推关系、数列的函数特征、等比数列的求和(1)由p =1，q =−1代入后可化简得a n+1−a n =(−1)n ，由累加法可求得数列{a n }的通项公式．(2)由p =2，q =1代入后可化简可得{a n +1}是以2为首项，2为公比的等比数列，故得a n =2n −1(n ∈N ∗)，由分组转化求和法求得T n ，故可得证14. 从“①S n =n(n +a12);②S 2=a 3,a 4=a 1a 2③a 1=2,a 4是a 2,a 8的等比数列”，三个条件任选一个，补充到下面的横线处，并解答。
高中数学数列分组转化求和法10(含答案 )
高中数学数列分组转化求和法10（含答案）一、单选题（本大题共1小题，共5.0分）1. 已知数列{a n }满足3a n+1+a n =4(n ≥1)，且a 1=9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n −n −6|<1125的最小整数n 是( )A. 9B. 8C. 6D. 7【答案】D 【解析】 【分析】本题考查数列与不等式的综合．考查了等比数列求和以及分组求和，是中档题． 由已知条件对式子变形3(a n+1−1)=−(a n −1)，从而构造了新的等比数列｛a n −1｝，由等比数列通项公式可得a n =8×(−13)n−1+1，再由分组求和法可求得S n,再解不等式即可． 【解答】解：对3a n+1+a n =4变形得3(a n+1−1)=−(a n −1)， 又因为a 1−1≠0，所以a n+1−1a n −1=−13，所以数列{a n −1}是首项为8.公比为−13的等比数列． 所以a n −1=8×(−13)n−1，所以a n =8×(−13)n−1+1．所以S n =8[1−(−13)n ]1−(−13)+n =6−6×(−13)n+n ，所以|S n −n −6|=|−6×(−13)n|<1125，解得最小的正整数n =7．故选D ．二、多选题（本大题共1小题，共5.0分）2. 已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=a n2+3a n (n ∈N ∗)，则下列结论正确的是( )A. {1a n +3}为等比数列 B. {a n }的通项公式为a n =12n+1−3 C. {a n }为递增数列D. {1a n }的前n 项和T n =2n+2−7n【答案】AB 【解析】 【分析】本题考查数列的递推关系、通项公式以及分组求和，属于中档题．由数列的递推关系式和等比数列的概念可判断A ；求出{a n }的通项公式可判断B ，C ；由分组求和可判断D ． 【解答】 解：因为1an+1=2+3a n a n=2a n+3，所以1an+1+3=2(1a n+3)，又因为1a 1+3=4≠0，所以{1a n+3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以A 正确；因为1a n+3=4×2n−1，所以a n =12n+1−3，所以{a n }为递减数列，所以B 正确，C 错误；因为a n =12n+1−3，所以1a n=2n+1−3，所以{1a n}的前n 项和T n =(22−3)+(23−3)+...+(2n+1−3)=2(21+22+...+2n )−3n=2×2×(1−2n )1−2−3n =2n+2−3n −4，所以D 错误．故选AB ．三、单空题（本大题共2小题，共10.0分）3. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2a n −1.则数列{S n }的前n 项和T n =________． 【答案】2n+1−2−n 【解析】 【试题解析】 【分析】本题考查数列的递推关系，考查等比数列的判定与求和，考查分组转化求和法，属于中档题．由条件可得a n=2a n−1(n⩾2)，于是S n=2n−1，根据分组转化求和法即可求得结果．【解答】解：由S n=2a n−1，得a1=2a1−1⇒a1=1，由S n=2a n−1，当n⩾2时，S n−1=2a n−1−1，两式相减，a n=2a n−2a n−1⇒a n=2a n−1(n⩾2)，所以数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，于是S n=1−2n1−2=2n−1，所以T n=2(1−2n)1−2−n=2n+1−2−n．故答案为：2n+1−2−n．4.已知数列{a n}满足：a1=1，a2=13，b1a1+b2a2+⋯+b na n=b n+1a n−1+6(n≥2且n∈N+)，等比数列{b n}公比q=2，令c n={1a n,n为奇数,b n,n为偶数,则数列{c n}的前2n项和S2n=．【答案】2n2−n+4n+1−43【解析】【分析】本题考查等比数列、等差数列的概念及通项公式、数列的求和运算，考查了考生的运算求解能力以及综合应用所学数列知识分析问题、解决问题的能力．【解析】解：n⩾2,b1a1+b2a2+⋯+b n−1a n−1+b na n=b n+1a n−1+6①，n⩾3,b1a1+b2a2+⋯+b n−1a n−1=b na n−2+6②，于是 ①− ②得b na n=b n+1a n−1−b na n−2，1a n+1a n−2=b n+1b na n−1=2a n−1，故｛1a n }为首项为1公差为2的等差数列，即1a n=2n−1．n=2时，b1a1+b2a2=b3a1+6，b1=2，故b n=2n.因此c n={2n−1,n为奇数, 2n,n为偶数,，即S2n=n+n(n−1)2×4+4(1−4n)1−4=2n2−n+4n+1−43．故答案为2n2−n+4n+1−43．四、解答题（本大题共16小题，共192.0分）5.在递增的等比数列{a n}中，a1,a4,a8是2，8，16，256中的其中3个数．(1)求{a n}的通项公式；(2)若b n=(−1)n a n，且数列{b n}的前2n项和为T2n，求满足T2n<840的最大正整数n的值．【答案】解：(1){a n}的公比为q，a4=a1q3，a8=a1q7因此a1,a4,a8分别是2，16，256即a1=2，a4=a1q3=16∴q=2∴{a n}的通项公式为a n=2n；(2)由(1)知b n=(−1)n2n∴T2n=−2+22−23+24+⋯−22n−1+22n=−(2+23+⋯+22n−1)+(22+24+⋯+22n)=−2(1−4n)1−4+4(1−4n)1−4=23(4n−1)．由T2n<840可得23(4n−1)<840即4n<1261故n<6∴正整数n的最大值为5．【解析】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查不等式的解法，以及运算能力，属于中档题．(1)运用等比数列的性质，可得a1,a4,a8分别是2，16，256，由等比数列的通项公式，可得公比，进而所求a n；(2)由(1)可得{b n}的通项公式，把T2n用分组求和的方法，根据等比数列的求和公式列不等式，解不等式可得所求最大值．6. 设{a n }是等比数列，公比大于0，{b n }是等差数列，.已知a 1=1，a 3=a 2+2，a 4=b 3+b 5，a 5=b 4+2b 6． (1)求{a n }和{b n }的通项公式：(2)设数列{c n }满足c 1=c 2=1，c n ={1,3k <n <3k+1a k ,n =3k，其中k ∈N ∗，求数列{b 3n (c 3n −1)}的前n 项和．【答案】解：(1)设数列{a n }的公比为q(q >0)，数列{b n }的公差为d ， a 1=1,a 3=a 2+2⇒q 2−q −2=0， 解得q =2或q =−1(舍)， 所以a n =2n−1，∴{b 3+b 5=8b 4+2b 6=16⇒{2b 1+6d =83b 1+13d =16⇒{b 1=1d =1， 所以b n =n ；(2)b 3n =3n ，c 3k =a k =2k−1,∴c 3n =2n−1， b 3n (c 3n −1)=3n (2n−1−1)=3×6n−1−3n ，设S n =(3×60−31)+(3×61−32)+(3×62−33)+⋯+(3×6n−1−3n )=(3×60+3×61+3×62+⋯+3×6n−1)−(31+32+⋯+3n )=3×1×(1−6n )1−6−3×(1−3n )1−3=3×6n 5−3n+12+910．【解析】本题考查了等差数列的通项公式、等比数列的通项公式和等比数列的求和，是中档题．(1)设数列{a n }的公比为q(q >0)，数列{b n }的公差为d ，由条件得出q 、b 1和d ，可得{a n }和{b n }的通项公式；(2)由题意得b 3n (c 3n −1)=3n (2n−1−1)=3×6n−1−3n ，由分组转化求和法求和即可．7. 已知在等差数列{a n }中，公差d ≠0，其前n 项和为S n ，S 2=16，且a 1a 5=a 42． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和T n ．【答案】解：(1)等差数列{a n }中，公差d ≠0，其前n 项和为S n ，S 2=16，且a 1a 5=a 42．整理得{2a 1+d =16a 1⋅(a 1+4d)=(a 1+3d)2，解得{a 1=9d =−2．故a n =11−2n ．(2)当n ≤5时，T n =|a 1|+|a 2|+⋯+|a n |=a 1+a 2+⋯+a n =−n 2+10n ， 当n ≥6时，T n =|a 1|+|a 2|+⋯+|a n |=2(a 1+a 2+⋯+a 5)−(a 1+⋯+a n )=n 2−10n +50．所以T n ={−n 2+10n (n ≤5)n 2−10n +50(n ≥6)．【解析】(1)直接利用等差数列的性质的应用求出数列的通项公式； (2)利用分类讨论思想的应用求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项该公式的求法及应用，含绝对值符号的数列的求和，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．8. 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=5,b 1=2,a 2=2b 2+1,a 3=b 3+5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)数列{a n }和{b n }中的所有项分别构成集合A 、B ，将集合A⋃B 中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{c n }，求数列{c n }的前50项和S 50． 【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， {5+d =4q +15+2d =2q 2+5，解得：d =4,q =2， ∴a n =5+(n −1)×4=4n +1,b n =2×2n−1=2n ． (2)易知{c n }的前50项中含有{b n }的前7项且含有{a n }的前43项【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，再求出{a n}和{b n}的通项公式；(2)易知{c n}的前50项中含有{b n}的前7项且含有{a n}的前43项，结合等差数列和等比数列的求和公式，再求出S50．9.已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=4a n+3n−1，b n=a n+n．(1)证明：数列{b n}为等比数列；(2)求数列{a n}的前n项和．【答案】证明：(1)∵b n=a n+n，∴b n+1=a n+1+n+1．又∵a n+1=4a n+3n−1，∴b n+1b n =a n+1+n+1a n+n=(4a n+3n−1)+n+1a n+n=4(a n+n)a n+n=4．又∵b1=a1+1=1+1=2，∴数列{b n}是首项为2，公比为4的等比数列．解：(2)由(1)求解知，b n=2×4n−1，∴a n=b n−n=2×4n−1−n，∴S n=a1+a2+⋯+a n=2(1+4+42+⋯+4n−1)−(1+2+3+⋯+n)=2(1−4n)1−4−n(n+1)2=23(4n−1)−12n2−12n．【解析】本题主要考查等比数列的证明和数列求和，一般地，数列求和时要根据数列通项公式的特征来选择合适的方法，侧重考查数学运算的核心素养属于中档题．(1)利用等比数列的定义可以证明；(2)由(1)可求b n的通项公式，结合b n=a n+n可得a n，结合通项公式公式特点选择分组求和法进行求和．10.已知数列{a n}，{b n}中，a1=2，a m+n=a m+a n，b n=a2n−1，其中m，n∈N ∗．(1)计算a2，a3，并求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n=a2n−1+b n，求数列{c n}的前n项和．【答案】解：(1)设m=n=1，则a2=a1+a1=4，设m=1，n=2，则a3=a1+a2=6．令m=1，则a n+1=a1+a n，所以a n+1−a n=a1=2，故数列{a n}是首项为2，公差为2的等差数列，所以a n=a1+(n−1)×2=2n．a2n−1=2×2n−1=2n，所以b n=2n．(2)c n=a2n−1+b n=2(2n−1)+2n，设数列{c n}的前n项和为S n，则S n=(2+6+10+⋯+4n−2)+(2+22+23+⋯+2n)=n(2+4n−2)2+2(1−2n)1−2=2n2+2n+1−2．所以S n=2n2+2n+1−2．【解析】本题考查了数列的递推关系、等差数列的通项公式和分组转化求和法，是中档题。
专题06 数列求和(分组法、倒序相加法)(解析版)
数列专题六 ：数列求和（分组法、倒序相加法）一、知识储备1、倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.2、分组求和法，如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法. 二、例题讲解1．（2021·全国高三专题练习）定义在R 上的函数()442xx f x =+,121n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,2,3,n =⋅⋅⋅,求n S . 【答案】12n - 【分析】由已知条件推导出()(1)1f x f x +-=，因此111n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由此能求出结果. 【详解】函数4()42xx f x =+，114(1)42xxf x ---=+， 可得()(1)1f x f x +-=， 即有： 121n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 又121n n n S f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 可得：1122n n S ff fn n n ⎡⎤⎡-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣211n n f f f n n n ⎤⎡⎤--⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎦⎣⎦， 1n =-，即有12n n S -=.故答案为：12n -. 2．（2021·全国高三专题练习）()221xf x x =-，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得122020202120212021f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值。
【答案】2021 【分析】先证得()()12f x f x +-=，利用倒序相加法求得表达式的值. 【详解】解：由题意可知()()()()()2122121=22121-121x x xf x f x x x x --+-=+=---， 令S=122020 202120212021⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭f f f 则S=202020191 202120212021⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭f f f 两式相加得，220202S =⨯2020S ∴=．故填：2020 【点睛】本题考查借助倒序相加求函数值的和，属于中档题，解题关键是找到()()12f x f x +-=的规律．3．（2022·全国）已知等比数列{}n a 中，11a =，且22a 是3a 和14a 的等差中项.数列{}n b 满足，且171,13b b ==.212n n n b b b +++=.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n n a b +的前n 项和n T . 【答案】（1）12n n a ；（2）221n n T n =+-.【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，由等差中项的性质建立等量关系，求解q ，从而求出数列{}n a 的通项公式；（2）由等差中项的性质可知{}n b 为等差数列，求出{}n b 通项公式，分组求和即可.【详解】解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q 因为11a =，所以222131,a a q q a a q q ====.因为22a 是3a 和14a 的等差中项， 所以23144a a a =+， 即244q q =+， 解得2,q =所以1112n n n a a q --==.（2）因为212n n n b b b +++=， 所以{}n b 为等差数列. 因为171,13b b ==， 所以公差131271d -==-. 故21n b n =-.所以1122n n n T a b a b a b =++++⋯++()()1212n n a a a b b b =++⋅⋅⋅++++⋯+21212121()n n n n n -+-=+=+- 三、实战练习1．（2021·陕西渭南市·（文））已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求。
数列分组求和法(新)
分组求和法1典题导入[例1] (2021山东高考)等比数列｛a n｝中,a i, a2, a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a i, a2, a3中的任何两个数不在下表的同一列.A列第二列第三列第一行 3 2 10第二行 6 4 14第三行9 8 18(1)求数列｛a n｝的通项公式；(2)假设数列｛b n｝满足:b n=a n+(—1)n ln a n,求数列｛b n｝的前2n项和S2n.[自主解答](1)当a1 = 3时,不合题意；当a1=2时,当且仅当a2=6, a3=18时,符合题意；当a1=10时,不合题意.因此a1 = 2, a2= 6, a3=18.所以公比q=3,故a n= 2 3n 1.(2)由于b n=a n+(—1)n ln a n=2 3n 1+(-1)n ln(2 3n1)= 2 3n〔+(—1)n(ln 2- In 3)+(— 1)n nln 3,所以S2n= b〔 +b2+…+ b2n= 2(1 + 3+…+ 32n〔)+[ —1 + 1 —1+ …+ (— 1)2n](ln 2-ln 3), 1 — 32n o+ [ —1 + 2 —3+…+ ( — 1)2n]ln 3 = 2X------------------- +nln 3 =32n + nln 3-1.1-32由题悟法分组转化法求和的常见类型(1)假设a n= b ni 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.b n, n为奇数,(2)通项公式为a n= ,沙山的数列,其中数列｛b n｝, ｛C n｝是等比数列或等差数C n, n为偶数列,可采用分组求和法求和.3以题试法1. (2021威海模拟)数列｛X n｝的首项X1 = 3,通项X n = 2n p+ nq(nC N*, p, q为常数), 且X1 , X4 , X5成等差数列.求：(1)p, q 的值；(2)数列｛ x n｝前n项和S n的公式.解：⑴由 x i = 3,得 2p+q=3,又由于 x 4=24p+4q, x 5=25p+5q,且 xi+x 5=2x 4,得 3 + 25p+5q = 25p+8q, 解得 p= 1, q=1.n n+1(2)由(1),知 x n=2n+n,所以 S n= (2+22+…+ 2n)+(1+2+…+n) = 2n+〔一2+-2-11112 .数列12-, 3], 5g, 7,,…白向刖n 项和&为( ).21B . n + 2—2n21D . n + 2—2n —11解析 由题息知数列的通项为an=2n —1+2T ,,答案 C3 .等差数列｛a n ｝的前n 项和为S,且a 3 = 5, Ss= 225. ⑴ 求数列｛a n ｝的通项公式；(2)设b n=2a n+2n ,求数列｛b n ｝的前n 项和T n .解析：(1)设等差数列｛a n ｝的首项为公差为d,a1 +2d=5,a 1 二 1,解得,a n = 2n —1.d=2,1 n 一(2) .• b n=2a n +2n=2 ・ 4 + 2n, Tn=b1+b2+-- -+ bn= 2(4+42+―+4n ) + 2(1 +2+…+ n)A. n 2+ 1 - 2n-r21C. n+1 — 2n那么 Sn= —1 +2n — 1215a1 + 15X 14 2d = 225,n 2+n = | . 4n+n 2+ n-|. 3 34 .设｛a n ｝是公比为正数的等比数列,a i = 2, a 3 = a 2 + 4.⑴ 求｛a n ｝的通项公式;〔2〕设｛b n ｝是首项为1,公差为2的等差数列,求数列｛a n+b n ｝的前n 项和S n .解析〔1〕设q 为等比数列｛a n ｝的公比,那么由a i = 2, a 3 = a 2+ 4得2q 2 = 2q+4,即 q 2— q —2=0,解得 q = 2 或 q= — 1〔舍去〕,因此 q = 2.所以｛a n ｝的通项为 a n = 2 • 2nT = 2n (nC N*).一 1 1 . 1 . 1,1, , 15 .求和 Sn=1+ 1+2 + 1+2+4 +…+ 1+2+4 +….解和式中第k 项为 1 d 1 2 1 二 2n11-26.数列｛an ｝的前 n 项和为 S n, a 1 = 1, a 2= 2, a n+2—a n= 1 + (—1)n (n C N ),那么 S 100 =答案 2 600斛析 由 3n+ 2 — a n =1+( — 1)知 32k+ 2— 32k= 2 ,a 2k+1 — a2k 1 = 0, a 1 = a 3= a 5= 11• = a2n 1 = 1, 数列｛a 2k ｝是等差数列,a 2k= 2k.600= (a 1 + a 3+ a 5+ …+ a 99)+ (a 2+ a 4+ a 6+ …+ a [00)100 +2 X 50= 50+(2 + 4+6+ ••+ 100)=50 + ---------------- 2 --------- = 2 600.「 小力 小c 39 25 65 n 2n + 17.求和：(1)S n=3+9+25+65+…+ —；H —； 24 o 16 2 (2)S n= X+12+ X 2+W 2+…+ X n +)2. X X Xn 2n +1 1解 (1)由于 an=-2-=A+|K,1••S n= 1+21 + 2+ 22 + 3+ 23 +…+ n + 2n“-八 、111,,工= (1 + 2+3+ - +n)+ 2+ 22+23+ (2)/+1 /4 -4 =^6~~c 2 (2) S = _n1-2 1-2n nx 1 + -n-1 2X2=2n +1+n 2 —2.1.1.. ak=1 + 2+4+…+1 — 1k 12 =1k 112 1 __ 12 =2 ,1 1 -2k .=2[(1 + 1+…+ 1 .11 — 22 +…+1 1 一 2n=2 n — —n-1 + 2n — 2. 2 nH^(2 +। 1 …+2n )]1 1n n+ 1 2 1 — 2n n n+ 1 1 = 2 + 1 - = 2 一才+1.1 -- (2)当 x= + 时,S n=4n.当 xw 十 时, S n= X+[ 2+ X2 + ±2+…+ X n + J 2 X X X = X 2+2 + / + X 4 + 2 + $ + …+ X 2n +2 + , =(X 2+X 4+…+ X 2n )+2n+ ]+]+…+ J x 2--1 x 21 —x 2nX2-1 + 1 -x 2 x 2n —1 x 2n +2+1x 2n —1 x 2n+2+18 .数列｛a n ｝中,a 1 = -60, a n+1 = a n+3,那么这个数列前30项的绝对值的和是 .答案 765解析 由题意知｛a n ｝是等差数列,a n=- 60+3(n-1)=3n-63,令a n>0,解得n>21. 「• |a 1|+ |a 2|+ |a 3|+ …+ |a 30|=—(a 〔+ a2+ …+ a 20)+ (a 21 + …+a 3.)-60 + 90-63 x 30=S30- 2S 20= --------------------------- 2 --------------— ( — 60+ 60- 63) X 20 = 765. 9 .数列｛a n ｝的前n 项和S n=n 2-4n+2,那么冏|+标|+…+ |a 〔0| =答案 66解析 当 n= 1 时,a1=S1=— 1. 当 n>2 时,a n=S n — S n —1= 2n — 5.—1 n= 1 a n = .2n-5 n>2 5 令 2n- 5< 0,得 nW 2,・•・当 nw 2 时,a n <0,当 n>3 时,a n >0,「• |a 1|+ |a 2|+ …+ |a 10|=一 (a 〔 + a 2) + (a 3 + a 4 + …+ a [0) = S 10— 2s2= 66. 10 .数列｛a n ｝的通项公式为a n=( —1)广1 (4n —3),那么它的前100项之和S 100等于()A. 200B. - 200C. 400D. - 400答案 B解析 S 100= (4X 1 -3)-(4X 2-3)+(4X 3-3) - - - -(4X 100—3)=4X [(1 -2)+ (3-4) + …+ (99- 100)] =4X (-50) = - 200.11 .(2021课标全国)数列｛a n ｝满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,那么｛a n ｝的前60项和为.+ 2n+ 2n.x 2n x 2— 1+ 2n xw =y .4n答案 1 830解析-an+i+(-1)n an=2n-1,••a2=1+a i, a3=2—a i, a4 = 7 — a i, a5=a i, a6=9+a i, a7=2 —a i, a8= 15 — a i, a9 =ai, a io=i7+a i, a ii=2 —a i, a i2 = 23 —ai,…,a57= a i, a58=ii3+a i, a59= 2 — a i, a60= ii9 — a i,「• a i + a2+…+ a60= (a i+ a2+ a3 + a4)+ (a5+ a6+ a7+ a8)+ …+ (a57+ a58 + a59+ a6o)= io+ 26 + 42+ …+234 i5X i0+234 = 2 = i 830.12 .数列2 008,2 009,i , -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,那么这个数列的前 2 0i3项之和S2 0i3等于()A. iB. 2 0i0C. 4 0i8D. 0答案C解析由得a n = a n i+a n+i (n>2),,a n+i=a n—a n i.故数列的前8项依次为2 008,2 009,i , - 2 008, - 2 009, - i, 2 008,2 009.由此可知数列为周期数列,周期为6,且Ss= 0./2 0i3=6X335+3,,S2 0i3 = S3=4 0i8., i ........... .......................................... ~ ...................13 .设f (x) ――,利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法,可求2x 2f( 5) f( 4) f(0) ... f(5) f(6)的值为A. 3<2B. 22C. 2v12D.—2解：由于f(x) f (i x) —,那么原式I｛[ f( 5) f(6)] [f( 4) f (5)]2 2[f(6) f( 5)]｝- i2 — 3石,选A2 2i4.数列｛a n｝的前n 项和为S n,满足：a i i , 3tS n (2t 3)& i 3t,其中t 0,n N且n 2 (i)求证：数列｛an｝是等比数列；i ............ ............... .(n)设数列｛a n｝的公比为f (t),数列｛b n｝满足b i i,b n f (——)(n 2),求b n的通项b ni〔出〕记T n b i b2 b2b3 b3b4 b4b5 b2ni b2n b2n b2ni,求证：「20 92 时,3tS n(2t 3)S ni 3t ①,3tS ni (2t 3)S n3t ②+ a 4+a 8+…+ a2n ,那么 T n =解析：设｛a n ｝的公差为dw0,由a 1, a 2, a 5成等比数列,得 a2=a 1a 5, 即(7 — 2d)2= (7 — 3d)(7 + d) . .d = 2 或 d = 0(舍去)..-,an=7+(n-4)X2=2n-1.又 a 2n = 2 2n — 1 =2n +1—1, .•T n=(22— 1)+(23— 1)+(24— 1)+ …+ (2n +1 —1)= (22+ 23+ ••• +2n+1)-n=2n+2-n- 4.②一①得：3ta n 1 (2t 3)a n 0a n 1 a n2t 3 - ------ (n 2) 3t又a 1 1,3t(a i a ?) (2t 3)4 3t ,解得: a 22t 3 3ta 2 a n a ia 2a n2t 3 3t ｛a n ｝是首项为2t 3 ,2~^的等比数列.3t-33 h b n1-,b n --------------n 3b n 13b n1 3 2b nb n b n(n 1) 3(m)T n b 2(b 1b 4(b 3b 5)b 2n (b 2n 1b 2n1)4(b 2 b 4 3b 2n ) 当n 2时,2n 23n 为增,4n3 2 51) 2n(4n 96)4 2(2n 2 3n)915.1002 99298297222A. 2525B. 5050C. 解：原式(100 99) (98 97)20 912的值是10100(2 1) D. 202105050 ,选 B16.等差数列｛a n ｝的公差不为零,a 4=7, a 1,a 5成等比数列,数列｛T n ｝满足条件 T n=a 2。
专题一 数列求和分组求和法 PPT
练习:已知Sn=-1+3-5+7+…+(-1)n(2n-1),
n(2 2n)
1 4
1
1 2n
2
1 1
2
n(n1)1 221 n1
(2)
an
(xn
1 xn
)2
x2n
1 x2n
2
S n ( x 2 x 1 2 2 ) ( x 4 x 1 4 2 ) L ( x 2 n x 1 2 n 2 )
(x 2 x 4 L x 2 n ) (x 1 2 x 1 4 L x 1 2 n ) 2 n
(1)求S20,S21
（2)求Sn
解:(1)S20= -1+3 + (-5)+7 +……+(-37)+39 =20
S21= -1+ 3+ (-5) + 7+(-9) +……+ 39+(-41)
=-1+(-2)×10=-21
(2)当n=2k(k∈Z)时, Sn=(1-3)+(5-7)+……+[(2n-3)-(2n-1)]=k×(-2)=-n、 当n=2k-1(k∈Z)时，
专题一:数列求与得方法 (1)
所谓特殊数列,指得就就是等差数列或等比数列;对于 特殊数列求与，采用公式直接求和即可。
专题06 数列求和(分组法、倒序相加法)(原卷版)
数列专题六 ：数列求和（分组法、倒序相加法）一、知识储备1、倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.2、分组求和法，如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法. 二、例题讲解1．（2021·全国高三专题练习）定义在R 上的函数()442xx f x =+,121n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,2,3,n =⋅⋅⋅,求n S .2．（2021·全国高三专题练习）()221xf x x =-，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得122020202120212021f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值。
3．（2022·全国）已知等比数列{}n a 中，11a =，且22a 是3a 和14a 的等差中项.数列{}n b 满足，且171,13b b ==.212n n n b b b +++=.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n n a b +的前n 项和n T .三、实战练习1．（2021·陕西渭南市·（文））已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求。
2．（2022·威远中学校高三月考（文））已知函数()331xx f x =+，()x R ∈，正项等比数列{}n a 满足501a =，则()()()1299f lna f lna f lna ++⋯+值是多少？．n a3．（2022·广西柳州市·高三开学考试（文））已知数列{}n a 为等差数列，13512a a a ++=，24615a a a ++=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 的通项公式为2nn n b a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .4．（2022·全国高三专题练习）已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，满足639S =，且2a ，4a ，12a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2na n nb a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .5．（2022·贵州黔东南苗族侗族自治州·凯里一中高三三模（文））已知数列{}n a 满足：2112322216n n a a a a n -++++=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）令12log 2n n n b a -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S .6．（2022·全国（理））已知在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，且375,49a S ＝＝. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2,n an n b a +＝数列{}n b 的前n 项和为n T 。
高考数学一轮专项复习讲义(通用版)-数列求和(含解析)
数列求和题型分组求和法典例1(2024·山东潍坊模拟)已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋…＋a n 2n ＝n2n.从结构特点分析，属于由S n 求a n 的类型，应用a n ＝S n －S n －1(n≥2)的运算，求通项公式．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意的n ∈N *，令b n n ，n 为奇数，a n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)当n ＝1时，a 12＝12，解得a 1＝1；当n ≥2时，a 12＋a 222＋…＋a n 2n ＝n2n ，①a 12＋a 222＋…＋a n －12n －1＝n －12n －1，②由①－②，得a n 2n ＝n 2n －n －12n －1＝2－n 2n，两式相减，目的是暴露出a n ，从而得出通项公式．即a n ＝2－n ，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1也符合，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)由(1)知b n 奇数项和偶数项分别是不同数列，采用分组求和已是必然.这样分组的话，奇数项和偶数项的项数必须要讨论清楚．当n 为偶数时，当n 为偶数时，奇数项和偶数项的项数各是n2项．S n ＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋2－(n －1)]＋(20＋2－2＋…＋22－n )＝1＋3－nn 22＋121－14＝4－n n4＋＝－3n 2＋12n ＋1612－13×2n －2；当n 为奇数时，S n ＝S n ＋1－b n ＋1这里n 为奇数，n ＋1为偶数，S n ＋1代入前面解析式，如此计算更显简单！＝－3n ＋12＋12n ＋1＋1612－13×2n －1－21－n ＝－3n 2＋6n ＋2512－43×2n －1.综上所述，S n －43×2n －1，n 为奇数，－13×2n －2，n 为偶数.1．若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差数列或等比数列，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 n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，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{c n }的前n 项和.对点练1数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________________________________________________________________________．解析：∵a n ＝(2n －1)＋12n ，∴S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋122＋123＋…n [1＋2n －1]2＋21－12＝n 2＋1－12n .答案：n 2＋1－12n题型并项求和法典例2(2024·江苏南京外国语学校、金陵中学联考)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1－a 2n ＝8n .这种递推结构，常暗示用累加法求通项．(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n sina n π2，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S 2023.解：(1)对任意的n ∈N *，a 2n ＋1－a 2n ＝8n ，当n ≥2时，a 2n ＝(a 2n －a 2n －1)＋…＋(a 22－a 21)＋a 21这个过程体现了两两并成一项，再求和的思路．＝8(n －1)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋1＝8×n n －12＋1＝(2n －1)2，因为a n >0，故a n ＝2n －1.【题眼】{a n }为“正项数列”，据此排除负值．当n ＝1时，a 1＝1符合a n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知，b n 奇偶项的符号不同，常采用奇偶两项并成一项再求和的方法．所以当k ∈N *时，b 2k ＋b 2k ＋1＝－(4k －1)＋4k ＋1＝2，故S 2023＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5)＋…＋(b 2022＋b 2023)＝1＋2×1011＝2023.【扫清障碍】并项求和法类似倒序相加法，数列中的项满足某些规律，一般是正负项交替出现，求解时要重点关注项两两结合后的“新数列”有多少项．1．一般地，当数列中的各项正负交替，且各项绝对值成等差数列时，可采用并项转化法求和．2．在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n 分奇数和偶数两种情况进行讨论，所以结果一般用分段函数来表示.对点练2已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝(－1)n a n ＋2，则{a n }的前100项和为________．解析：①当n 为偶数时，a n ＋2＝a n ＋2，则偶数项是以1为首项，2为公差的等差数列，故a 2＋a 4＋…＋a 100＝50×1＋50×492×2＝2500.②当n 为奇数时，a n ＋2＝－a n ＋2，即a n ＋a n ＋2＝2，故a 1＋a 3＋…＋a 99＝2×25＝50.综上，S 100＝2550.答案：2550题型错位相减法典例3(2023·全国甲卷，理)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解：(1)2S n ＝na n ①，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1②，由①－②得，2a n ＝na n －(n －1)a n －1，我们常说S n 和a n 不共存，常用a n ＝S n －S n －1的变形，要么得到a n 的递推，要么得到S n的递推．即(n －1)a n －1＝(n －2)a n .当n ＝2时，a 1＝0；由条件2S n ＝na n ，令n ＝2，可推得a 1＝0.当n ≥3时，a n －1n －2＝a n n －1.∴当能理解这里n≥2的限制吗？∴a n n －1＝a 21＝1，∴a n ＝n －1(n ≥2)．由a 1＝0也满足上式，∴a n ＝n －1(n ∈N *)．(2)由(1)2我们称此种形式的数列为“差比数列”．形如a n ＝(a n ＋b)·q n －1的形式，即两个因式，一个因式为等差数列{a n ＋b}，另一个因式为等比数列{q n －1}，它的前n 项和常采用错位相减法；有的老师总结了前n 项和的一个公式S n ＝(An ＋B)·q n －B ，其中A ＝a q －1，B ＝b －A q －1，以上有助于加强我们对它的认识！则T n ＝＋＋＋…＋n③，12Tn ＝＋＋…＋(n －＋n＋1④，由③－④得12T n ＝1211－12－n＋1，∴T n ＝2－(2＋n .1．一般地，如果数列{a n }是等差数列，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.对点练3(2024·重庆一中月考)已知函数f (x )＝cos πx －sin πx (x ∈R )的所有正零点构成递增数列{a n }(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b nn {b n }的前n 项和T n .解：(1)因为f (x )＝cos πx －sin πx ＝2cos xf (x )＝0可得2cosx 0，即πx ＋π4＝π2＋k π(k ∈Z )，解得x ＝14＋k (k ∈Z )．因为{a n }为所有正零点构成的数列，所以a 1＝14，且a n －a n －1＝1(n ≥2)，故{a n }为以14为首项，1为公差的等差数列，即a n ＝14＋(n －1)＝n －34.(2)由(1)知a n ＝n －34，所以b n－34＋，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1＋b n＋＋＋…＋(n －－1＋n①，所以12T n＋＋＋…＋(n －＋n＋1②，①－②可得12T n＋…－＋1＝1211－12－＋1＝1－(n ＋＋1，故T n ＝2－(n ＋.题型倒序相加法典例4(2024·上海宜川中学模拟)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称．相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，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，此方法也被称为高斯算法．已知某数列的通项公式为a n ＝2n －1002n －101，则a 1＋a 2＋…＋a 100＝()A ．98B ．99C ．100D ．101解析：方法一：由数列的通项公式为a n ＝2n －1002n －101，可得当1≤n ≤100，n ∈N *时，a n ＋a 101－n ＝2n －1002n －101＋2101－n －1002101－n－101＝2n －1002n －101＋102－2n 101－2n＝4n －2022n －101＝2，所以a 1＋a 100＝a 2＋a 99＝a 3＋a 98＝…＝a n ＋a 101－n ＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 100)＝2×100＝200，【扫清障碍】求和式中到首尾距离相等的两项和相等，考虑使用倒序相加法，将求和式倒序书写，之后与原式相加，两两结合求解．所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝100.方法二：函数f (x )＝2x －1002x －101的图象关于点所以f (x )＋f (101－x )＝2，则f (1)＋f (100)＝f (2)＋f (99)＝…＝f (50)＋f (51)＝2，即a 1＋a 100＝a 2＋a 99＝…＝a 50＋a 51＝2，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝50×2＝100.故选C.【方法辨析】方法二中，首尾对应的项两两结合，求和时项数易错，而方法一采用倒序相加法，项数容易确定，但不要忘了结果要除以2.若一个数列{a n }，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．对点练4已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解：(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n 可得1a n ＋1＝2a n －16，于是1a n ＋1－16＝b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，所以a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.题型裂项相消法的多维研讨维度1b n ＝1a n a n ＋1({a n }为等差数列)型典例5求和：(1)S n ＝1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n ；a n ＝11＋2＋…＋n ＝2nn ＋1，像这样没有给出通项公式的情况下，求S n 时，应先求出通项公式．(2)S n ＝11×3＋12×4＋…＋1n n ＋2.解：(1)由题意知，a n ＝2nn ＋1＝∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝…＝2nn ＋1.(2)由题意知，a n nn ＋22经典题型，关键是体会裂项相消后，前后余下的几项是对称的，即前面和后面余下的项数相同．∴S n－13＋12－14＋…＋1n －＋12－1n ＋1－＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2.利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }a n a n ＋1d a n a n ＋22d 理解前面系数的匹配！对点练5(2024·河南洛阳模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＝5，a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a 2n ＋4n －2，S n 是数列{b n }的前n 项和，若对任意正整数n ，不等式2S n ＋(－1)n＋1a >0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为a 3＝5，a 1，a 2，a 51＋2d ＝5，a 1＋d2＝a 1a 1＋4d ，又d ≠0，1＝1，＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1a 2n ＋4n －2＝12n －12＋4n －2＝14n 2－1＝12n －12n ＋1所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12×＋12×…依题意得，对任意正整数n ，不等式1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0恒成立，当n 为奇数时，1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0即a >－1＋12n ＋1，所以a >－23；当n 为偶数时，1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0即a <1－12n ＋1，所以a <45.所以实数a －23，维度2a n ＝1n ＋k ＋n型典例6(2024·广东揭阳调研)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n ＋1，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c n ＝1a n ＋1＋a n，S n 是数列{c n }的前n 项和，求S n .解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋1，有a 2n ＋1－a 2n ＝1，可知数平方后，构造等差数列．列{a 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n .(2)c n ＝1a n ＋1＋a n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，分母有理化，裂成两项相减的形式，为裂项相消法求和作准备．所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.形如a n ＝1n ＋k ＋n型的数列采用裂项相消法求和时，应先将分母有理化.对点练6已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，其中d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点，且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9，所以d ＝2，S 9＝99.又因为S n ＝na 1＋n n －12d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝1a n ＋1＋a n＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，所以T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32.维度3a n ＝n ＋kn 2n ＋φ2型典例7正项数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n＝n＋1n＋22a2n，数列{b n}的前n项和为T n.证明：对于任意的n∈N*，都有T n<564.(1)解：由S2n－(n2＋n－1)S n－(n2＋n)＝0，得[S n－(n2＋n)](S n＋1)＝0.二次三项式的因式分解．由于{a n}是正项数列，所以S n>0，所以S n＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.当n＝1时，a1＝2＝2×1符合上式．综上，数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)．(2)证明：由于a n＝2n，故b n＝n＋1n＋22a2n＝n＋14n2n＋22＝1161n2－1n＋22.分母的结构特点为二次式的乘积形式，分子为一次式，学习裂项方法．所以T n＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1n－12－1n＋12＋1n2－1n＋22＝1 161＋122－1n＋12－1n＋22<＝564.先裂项求和，再证明不等式．形如a n＝n＋kn2n＋φ2型的数列采用裂项相消法求和时，可以将平方项看成一个整体，然后调整系数求解.对点练7已知各项均不相等的等差数列{a n}的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列{b n}的前3项．(1)求a n，b n；(2)设c n＝b n＋2n＋1a2n·a2n＋1，求{c n}的前n项和S n.解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，a1＋4×32d＝10，22＝a1a4，a1＋3d＝5，a1＋d2＝a1·a1＋3d，a1＋3d＝5，2＝a1d，因为d ≠0a 1＋3d ＝5，＝a 1，解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，所以b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝2，所以等比数列{b n }的公比q ＝a 2a 1＝2，所以b n ＝2n －1.(2)由(1)知，c n ＝2n －1＋2n ＋1n 2·n ＋12＝2n －1＋1n2－1n ＋12，所以S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＋112－122＋122－132＋…＋1n 2－1n ＋12＝1－2n 1－2＋1－1n ＋12＝2n －1n ＋12.维度4a n ＝ka na n －1a n ＋1－1(a >0且a ≠1)型分母结构特点：等比数列相邻两项的积．典例8已知a n ＝2·3n3n －13n ＋1－1，求数列{a n }的前n 项和S n .解：由题意知，a n ＝13n －1－13n ＋1－1，注意到分子2·3n 恰好为分母中两因式的差：(3n ＋1－1)－(3n －1)＝2·3n .∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝13－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.由于(a －1)a n ＝an ＋1－a n，所以有a －1a na n ＋ba n ＋1＋b＝1a n ＋b －1a n ＋1＋b.分子恰好为分母中两因式的差．常见指数型裂项：(1)2n2n ＋1－12n －1＝12n －1－12n ＋1－1.(2)12n 2n －1＝12n －1－12n .(3)n ＋2nn ＋1·12n ＝2n ＋1－n n n ＋1·12n 裂为分母为差比数列的形式．＝1n ·2n －1－1n ＋1·2n.(4)n ＋12＋1nn ＋12n ＋2＝12·n 2＋2n ＋2n n ＋12n ＋1＝12n 2＋n n n ＋12n ＋1＋n ＋2nn ＋12n ＋1＝1212n ＋1＋1n ·2n－1n ＋1·2n ＋1.对点练8已知数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n ＝S 1＋S n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋1S n ·S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，解得a 1＝2或a 1＝0(舍去)．当n ≥2时，2a n ＝2＋S n ，①2a n －1＝2＋S n －1，②①－②，得a n ＝2a n －1，所以a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2·2n －1＝2n .(2)由于S n ＝21－2n 1－2＝2·(2n －1)，所以b n ＝a n ＋1S n ·S n ＋1＝2n ＋142n －12n ＋1－1所以T n ＝12×…＝2n －12n ＋1－1.。
解答数列求和问题的几种途径
数列求和问题常出现在各类试题中，题目的难度适中.这类问题对同学们的分析和运算能力有较高的要求.解答数列求和问题的常用方法有裂项相消法、分组求和法、错位相减法、并项求和法.下面结合实例主要介绍下列三种解答数列求和问题的途径.一、裂项相消裂项相消法是解答数列求和问题常用的方法，主要用于解答数列的各项为分式、对数式的求和问题.用裂项相消法求解数列求和问题，要先将数列的通项公式分裂为两项或三项，如1n ()n +k =1k ()1n -1n +k；然后将分裂后的各项相加，中间的部分项便会消去，化简剩余的项，即可求得数列的和.例1.若b n =4n -2n ，数列{}b n 的前n 项和为S n ，试求2S 1+22S 2+⋯+2nS n.解：∵b n =4n -2n ，∴S n =b 1+b 2+⋯+b n =()4-2+()42-22+⋯+()4n -2n =()4+42+⋯+4n -()2+22+⋯+2n =4()1-4n 1-4-2()1-2n 1-2=23()2n +1-1()2n -1，∵2n S n =32⋅2n ()2n +1-1()2n -1=32()12n -1-12n +1-1，∴2S 1+22S 2+⋯+2nS n=32æèç1+122-1-123-1+123-1-124-1+⋯+12n-1öø÷-12n +1-1=32()1-12n +1-1.求得数列的和式后，可发现该式可变形式为23()2n +1-1()2n-1，则2n S n =32()12n -1-12n +1-1.该式为数列{}2nS n的通项公式，将数列的各项相加，则前后相邻的项即可抵消，化简剩余的项即可，这样便能运用裂项相消法顺利解题.例2.已知数列{}a n 是公比为正数的等比数列，满足a 1+a 3=10，a 22-a 3=8，设数列{}b n 满足b 1=1，b n +1=b n -1b n +3，(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)求证数列{}1b n +1是等差数列，并求出{}b n 的通项公式；(3)令c n =a nb nn -1，n ≥2，求c 2+c 3+c 4+⋯+c n .解：(1)a n =2n ；(2)b n =2n-1；(3)由题意可得c n =a n b n n -1=2n ()2n -1n -1=2n ()2-n n ()n -1=2n n -1-2n +1n (n ≥2)，则c 2+c 3+c 4+⋯+c n=221-232+232-243+⋯+2n n -1-2n +1n =4-2n +1n .仔细观察数列的通项公式c n =2n ()2-n n ()n -1，可发现该式可以分裂为两项之差的形式：c n =2n n -1-2n +1n ，于是运用裂项相消法解题.裂项后将各项相加，消去中间的部分项，即可求得数列的和.运用裂项相消法求解数列求和问题，关键要仔细观察和分析数列的通项公式，将其进行适当的拆分、变形，以使求和时，中间的大部分项可以相消.二、错位相减若一个等差数列与一个等比数列的各对应项的积可构成一个新数列，则可采用错位相减法求该数列的前n 项和.首先列出数列的和式，然后将和式乘以等比数列的公比，再将两个式子相减，最后化简所得的结果.在将两式作差时，要将两式错开一位，以将同类项合并，构造出等比数列，这样便可运用等比数列的前n 项和公式，或利用累加法求得数列的前n 项和.46例3.设数列{}a n 为等比数列，a 1=1，a 2=3，求T 2n =1a 1-2a 2+3a 3-⋯-2n a 2n.解：由题意知a n =3n -1，则T 2n =11-23+332-433+⋯-2n 32n -1，13T 2n =13-232+333-434+⋯+2n -132n -1-2n 32n ，将两式相加，可得43T 2n =1-13+132-134+⋯-133n -1-2n 32n=1-132n1+13-2n 32n =3⋅32n -3-8n 4⋅32n ，则T 2n =32n +2-9-24n16⋅32n.求得数列{}2n a n 的通项公式2n32n 后，可发现该式为2n 与132n的乘积，于是将该数列的各项视为等差数列{}2n 与等比数列{}132n 的对应项的乘积，这符合运用错位相减法的条件，于是将数列的和式乘以公比，并将其与和式错位相加，即可根据等比数列的前n 项和公式求得问题的答案.例4.已知函数f ()x =2x2x+2,设数列{}a n 满足a n =f ()0+f ()1n +f ()2n +⋯+f ()n -1n+f ()1(n ∈N ∗)，且b n =2n +1a n ，则数列{}b n 的前n 项和S n =_______.解：∵f ()x =2x2x +2，∴f ()x +f ()1-x =2x2x+2+21-x21-x +2=2x2x+22x1，∵a n =f ()0+f ()1n +f ()2n +⋯+f ()n -1n+f ()1，a n =f ()1+f ()n -1n +⋯+f ()2n +f ()1n +f ()0，∴2a n =n +1，a n =n +12，∴b n =2n +1a n =()n +12n，∵S n =2⋅21+3⋅22+4⋅23+⋯+()n +1⋅2n ，2S n =2⋅22+3⋅23+4⋅24+⋯+()n +1⋅2n +1，将两式相减，可得-S n =2×2+22+23+⋯+2n -()n +12n +1=2+2()1-2n 1-2-()n +1⋅2n +1=-n ⋅2n +1，∴S n =n ⋅2n +1.数列{}b n 可看成由等比数列{}2n +1与等差数列{}n +1的乘积构成，于是运用错位相减法，先求出S n 的表达式；再将该式乘以公比2得到另一个式子2S n ；然后将两个式子错开一位相减，即可根据等比数列的前n 项和公式快速求得数列的和.三、分组求和若一个数列可拆分成若干个等差数列、等比数列，或易于求和的数列，则可采用分组求和法解题.根据数列通项公式的特点，将数列分为几个组，分别运用等差、等比数列的前n 项和公式求得各组数列的和，最后将所得的结果相加即可.例5.已知b n =n ()n +12，求该数列的前n 项和.解：因为b n =n ()n +12=12n 2+12n ，则数列{}n ()n +12的前n 项和b 1+b 2+⋯+b n=12()12+22+32+⋯+n 2+12()1+2+3+⋯+n =12×n ()n +1()2n +16+12×n ()n +12=n ()n +1()n +26.首先分析所求数列通项公式12n 2+12n 的结构特点，可发现该式为两式12n 2与12n 的和，于是将数列{}b n 拆分为两个数列{}12n 2与{}12n ，即将数列分为两组，分别对其求和，最后将所得的结果相加即可.分组求和法较为简单，只需仔细观察数列的通项公式，对其进行合理的拆分.由此可见，各种求解数列求和问题方法的特点、适用情形，以及运用这些方法解题的思路、注意事项均不相同，同学们需熟悉并掌握这些方法的特点和应用技巧，才能在解题时信手拈来，做到应用自如.（作者单位：甘肃省景泰县第二中学）47。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
数列求和之分组求和法及其他
一、题型要求：
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。
二、例题讲解：
1、求数列的前n 项和：231,,71,41,
1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，…
2、求和：1357(1)(21)n n S n =-+-+-
+--
三、练习巩固：
1、（2013－潍坊模拟）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝5，S 15＝225.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设n b n a n 22
+=，求数列{b n }的前n 项和T n .
2、（2014－揭阳模拟）设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋12.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .
3、（2011－北湖区校级月考）设等比数列{n a }的前n 项和为n S ，已知1343a a S n -=，且2032=+a a 。
（1）求数列{n a }的通项公式；
（2）设n a b n n +=，求数列{n b }的前n 项和为n T 。
4、（2009－山东模拟）设}{n a 为等差数列，n S 为数列}{n a 的前n 项和，已知
75,7157==S S ，
（1）求数列}{n a 的通项公式；
（2）若32
+=n a n b ，求数列}{n b 的前n 项和n T
5、（2015－中山模拟）设等差数列
{}n a 的前n 项和为n S ，且248,40a S ==错误!未找到引用源。
．
数列{}n b 的前n 项和为n T ，且230n n T b -+=，n N
*∈． （1）求数列
{}n a ,{}n b 的通项公式； （2）设
⎩⎨⎧=为偶数为奇数n b n a c n n
n ， 求数列{}n c 的前n 项和n P ．
6、（2014－汕头二模）数列{}n a 中，11=a ，n S 是{}n a 前n 项和，
且)2(11≥+=-n S S n n .
(1)求数列{}n a 的通项公式；
(2)若12-+=n n n a b ，求数列{}n b 的前n 项和n T ，求n T ；
7、(2013－威海模拟)已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *
，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求：
(1)p ，q 的值；
(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．
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）
1、求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值
2、已知2
2()1x f x x =+，则111
(1)(2)(3)(4)()()()234f f f f f f f ++++++＝______；
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。
3、求 1
1111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和.
4、求数列1×4，2×5，3×6，…，(3)n n ⨯+，…前n 项和n S = ；
5、求和：11
1
112123123n ++++=+++++++ ；。