高考数学一轮复习 第五章 第4讲 数列求和 文
2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和学案含解析新人教版
第四节 数列求和热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现. 本节通过数列求和以与数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第108页 知识点 数列前n 项和的求法 1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式 ①当q ＝1时，S n ＝na 1； ②当q ≠1时，S n ＝a 11－q n1－q＝a 1－a n q1－q.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾假如干项． 4．倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． 6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，如此称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． •温馨提醒• 二级结论1．常见的裂项公式 (1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1.(2)12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .2．常见数列的求和公式 (1)12＋22＋32＋…＋n 2＝n n ＋12n ＋16.(2)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋122.必明易错1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进展合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项如此后剩多少项．1．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，假如{a n }的前n 项和为2 0192 020，如此项数n 为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019答案：D2．数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，如此其前n 项和关于n 的表达式为________． 答案：n n ＋12＋1－12n 3．数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，如此S n ＝________. 答案：(n －1)2n ＋1＋24．(易错题)求1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1(x ≠0且x ≠1)的和． 解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 如此xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ，所以S n ＝1－x n 1－x 2－nx n1－x.授课提示：对应学生用书第109页题型一 分组转化法求和 合作探究[例] 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)假如数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (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)＝n1＋2n－12＋21－2n1－2＝n2＋2n＋1－2.分组转化法求和的常见类型[对点训练](2021·某某质检)等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n，求数列{b n}的前n项和T n.答案：(1)a n＝2n＋1 (2)T n＝83(4n－1)＋n2＋2n题型二裂项相消法求和合作探究[例] 数列{a n}满足a1＝1, a2n＋2＝a n＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n＋1，求数列{b n}的前n项和．[解析] (1)证明：由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又由易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1， 故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原如此：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (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.[对点训练](2020·高考某某卷)数列{a n }，{b n }，{}满足a 1＝b 1＝c 1＝1，＝a n ＋1－a n ，＋1＝b nb n ＋2，n ∈N *.(1)假如{b n }为等比数列，公比q ＞0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值与数列{a n }的通项公式； (2)假如{b n }为等差数列，公差d ＞0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *.解析：(1)由b 1＋b 2＝6b 3，得1＋q ＝6q 2， 解得q ＝12.由＋1＝4得＝4n －1. 由a n ＋1－a n＝4n －1，得a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝4n －1＋23.(2)证明：由＋1＝b nb n ＋2，得＝b 1b 2c 1b n b n ＋1＝1＋d d ⎝⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝1＋d d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1， 由b 1＝1，d ＞0，得b n ＋1＞0，因此c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *. 题型三 错位相减法求和 合作探究[例](2020·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜测{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n . [解析](1)a 2＝5，a 3a n ＝2n ＋1.证明：由可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，…，a 2－5＝3(a 1－3)．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n .① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1，所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号.[对点训练](2021·某某市局部区联考)数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且a 1＝1，a 3＋a 4＝12，b 1＝a 2，b 2＝a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设＝(－1)n a n b n (n ∈N *)，求数列{}的前n 项和S n . 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 1＝1，a 3＋a 4＝12， 所以2a 1＋5d ＝12，所以d ＝2， 所以a n ＝2n －1.设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝a 2，b 2＝a 5， 所以b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9， 所以q ＝3，所以b n ＝3n .(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n ，所以＝(－1)n ·a n ·b n ＝(－1)n ·(2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n ， 所以S n ＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n －1)·(－3)n ，①所以－3S n ＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n －3)·(－3)n ＋(2n －1)·(－3)n ＋1，② ①－②得，4S n ＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n －(2n －1)·(－3)n ＋1 ＝－3＋2·－32[1－－3n －1]1＋3－(2n －1)·(－3)n ＋1＝32－4n －12·(－3)n ＋1. 所以S n ＝38－4n －18·(－3)n ＋1.数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例](2021·某某重点中学联考)设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }中满足a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，假如[x ]表示不超过x 的最大整数，如此⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019D ．2 020解析：由题可知，f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2，如此f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0.a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，累加得a n ＝2n －1，故b n ＝n .如此2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋2 018b 2 018b 2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 答案：A此题的关键是利用累加法求通项后，利用裂项相消法求和．[题组突破]1．(2021·某某摸底)定义n∑i ＝1nu i为n 个正数u 1，u 2，u 3，…，u n 的“快乐数〞．假如正项数列{a n }的前n 项的“快乐数〞为13n ＋1，如此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36a n ＋2a n ＋1＋2的前2 019项和为( )A.2 0182 019 B ．2 0192 020C.2 0192 018D ．2 0191 010答案：B2．(2021·某某期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.①第二步：将数列①的各项乘以n ，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n ，如此a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝( )A ．n 2B ．(n －1)2C ．n (n －1)D ．n (n ＋1) 答案：C。
高考数学一轮总复习 第5章 数列 第4节 数列求和课件 理 新人教版
2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2， 代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)． 答案：190(2n－1)
(2015·湖北高考)设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等 比数列{bn}的公比为 q.已知 b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)当 d＞1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解析
[由题悟法]
bn＝3
an＋1 2
，求数列an＋2 1·bn的前
n
项和
Sn.
an＋1
解：由(1)可得 bn＝3 2 ＝3n，
所以an＋2 1·bn＝n·3n，
[即时应用]
已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q＞1，且 3(an＋2 ＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列 {bn}的通项公式和前 n 项和 Sn.
解析
考点三 错位相减法求和 重点保分型考点——师生共研 [典例引领]
(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{an}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．
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[即时应用]
(2015·青岛一模)等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝15，a5＝9. (1)求数列{an}的通项公式；
解：设数列{an}的公差为 d，首项为 a1， 由题意得3aa1＋1＋46d＝ d＝9， 15， 解得ad1＝＝21.， 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
(2)设
2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2， 代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)． 答案：190(2n－1)
＝3＋2n－2 1·3n＋1， 所以 Sn＝3＋2n－4 1·3n＋1.
考点四 裂项相消法求和 常考常新型考点——多角探明 [命题分析]
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相 互抵消，从而求得其和．
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多 变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列 an 的 通项公式，达到求解目的．
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：
nn＋1 ①1＋2＋3＋…＋n＝_____2____； ②2＋4＋6＋…＋2n＝ n(n＋1) ； ③1＋3＋5＋…＋2n－1＝ n2
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：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，Байду номын сангаас求和时可用分组求和法，分别求
(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．
高考数学一轮复习 第5篇 第4节 数列求和课件 文 新人教版
等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.
即时突破 1 (2013 包头模拟)已知数列{xn}的首项 x1=3,通项
xn=2 p+nq(n∈N ,p,q 为常数),且 x1,x4,x5 成等差数列.求: (1)p,q 的值; (2)数列{xn}前 n 项和 Sn. 解:(1)由 x1=3,得 2p+q=3, 4 5 又因为 x4=2 p+4q,x5=2 p+5q,且 x1+x5=2x4, 5 5 即 3+2 p+5q=2 p+8q,解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n, 所以 Sn=(2+2 +…+2 )+(1+2+…+n)=2 -2+
2 n-1
反思归纳
分组转化法求和的解题策略:
(1)数列求和应从通项入手,通过对通项变形,转化为等差数 列或等比数列或可求前 n 项和的数列求和. (2)分组转化法求和的常见类型 ①若 an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组 求和法求{an}的前 n 项和.
bn , n为奇数， ②通项公式为 an= 的数列,其中数列{bn},{cn}是 cn , n为偶数
100 1 100 2
2
=5050, 故选 C.
4.设数列{an}的通项公式为 an=2 ,令 bn=nan,则数列{bn}的 前 n 项和 Sn 为 . 2n-1 解析:由 bn=nan=n·2 知 Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1, ① 从而 2 ·Sn=1·2 +2·2 +3·2 +…+n·2 ①-②得(1-22)·Sn =2+2 +2 +…+2
高考数学(文)一轮复习 5-4数列求和
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板块一
板块二
板块三
板块四
板块五
高考一轮总复习 ·数学（文）
考点 4 错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前 n 项 和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的.
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高考一轮总复习 ·数学（文）
1 n＋
n＋1，若前
n
ห้องสมุดไป่ตู้
项和为
10，则项数
n
为(
)
A.120
B．99
C.11
D．121
[解析]
an＝
n＋1－ n n＋1＋ n n＋1－
＝ n
n＋1－
n，所以 a1＋a2＋…＋an＝(
2－1)＋(
3－
2)＋…
＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1＝10.即 n＋1＝11，所以 n＋1＝121，n＝120.
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－n－12＋2 n－1＝n. 故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3 ＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A＝211－－222n＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
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高考数学一轮复习第五章数列第4讲数列求和课件文
已知数列{an}的通项公式是 an＝2·3n－1＋ (－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn. [解] Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2 －ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3， 所以当 n 为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1； 当 n 为奇数时，
分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分 组转化法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数的数列，其中数列{bn}，{cn} 是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求{an}的前 n 项 和．
3．等比数列{an}的首项为 a，公比为 q，Sn 为其前 n 项的和， 求 S1＋S2＋…＋Sn. [解] 当 q＝1 时，an＝a，Sn＝na， 所以 S1＋S2＋…＋Sn＝(1＋2＋…＋n)a＝n（n2＋1）a. 当 q≠1 时， 因为 Sn＝a（11－－qqn），所以 S1＋S2＋…＋Sn
Tn＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1＝
n n＋1.
利用裂项相消法求和时，应注意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，再就 是将通项公式裂项后，有时候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公式相等．
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]， 两 式 作 差 ， 得 － Tn ＝ 3×[2×22 ＋ 23 ＋ 24 ＋ … ＋ 2n ＋ 1 － (n ＋
1)×2n＋2]＝3×4＋4（11－－22n）－（n＋1）×2n＋2
2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第五章 第四节 数列求和与数列的综合应用 含答案
由 即
可解得 所以bn＝3n＋1。
(2)由(1)知cn＝ ＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
解析：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4。故选B。
两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，
即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n。
故an＝－3n＋1。
(2)证明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，
得 ＝ ＝ ，
所以Tn＝
答案B
三、走出误区
微提醒：①不会分组致误；②错位相减法运用不熟出错。
5．已知数列：1 ，2 ，3 ，…， ，则其前n项和关于n的表达式为______________。
第04讲 数列求和 (精讲)(解析版)-2023年高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)
第04讲 数列求和(精讲）目录第一部分：知识点精准记忆 第二部分：课前自我评估测试 第三部分：典型例题剖析题型一：裂项相消求和法 题型二：错位相减求和法 题型三：分组求和法 题型四：倒序相加求和法第四部分：高考真题感悟1.公式法(1)等差数列前n 项和公式11()(1)22n n n a a n n dS na +-==+; (2)等比数列前n 项和公式111(1)11n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩2.裂项相消求和法:裂项相消求和法就是把数列的各项变为两项之差,使得相加求和时一些正负项相互抵消,前n 项和变成首尾若干少数项之和,从而求出数列的前n 项和.①21111(1)1n n n n n n ==-+++②1111()()n n k k n n k=-++③211111()41(21)(21)22121n n n n n ==---+-+④1111()(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++1k= 3.错位相减求和法:错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法． 4.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. 5.倒序相加求和法: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.1．（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）若数列{}n a 满足()11n a n n =+，则{}n a 的前2022项和为（ ）A ．12023B ．20222023C ．12022D ．20212022【答案】B 解：由题得()11111n a n n n n ==-++，所以{}n a 的前2022项和为11111112022112232022202320232023-+-++-=-=. 故选：B2．（2022·全国·高三专题练习（文））若数列{an }的通项公式为an ＝2n ＋2n －1，则数列{an }的前n 项和为（ ） A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋n －2 D ．2n ＋1＋n 2－2【答案】D由题可知：设数列{an }的前n 项和为n S 所以12n n S a a a =+++即()()22221321n n n S =+++++++-所以()212[1(21)]122n n n n S -+-=+-故1222n n S n +=-+故选：D3．（2022·全国·高三专题练习（文））设4()42xx f x =+，1231011111111f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭A ．4B ．5C ．6D ．10【答案】B由于()()1144114242x xxx f x f x --+-=+=++，故原式11029565111111111111f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 4．（2022·江苏·高二课时练习）求和：()10132kk =+∑.【答案】2076()10231013232+++3+2+++kk =+=+⋅⋅⋅∑（）（32）（）（32）231030(2222)=++++⋅⋅⋅+102(12)3012-=+- 113022=-+ 2076=题型一：裂项相消求和法例题1．（2022·浙江省淳安中学高二期中）数列的前2022项和为（ ）A B C 1 D 1【答案】B记的前n项和为nT，则2022140452T=+)112=；故选：B例题2．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知{}n a是递增的等差数列，13a=，且13a，4a，1a成等比数列.(1)求数列{}n a的通项公式；(2)设数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和为nT，求证：11156nT≤<.【答案】(1)21na n=+(2)见解析.(1)设{}n a的公差为d，因为13a，4a，1a成等比数列，所以()()222411333331220a a a d d d d=⋅⇒+=+⇒-=，因为{}n a是递增，所以0d>，故2d=，所以21na n=+.(2)()()111111212322123n na a n n n n+⎛⎫==-⎪++++⎝⎭,所以11111111112355721232323nTn n n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因为123n+单调递减，所以n T单调递增，故当1n=时，min11()15nT T==，而111123236n nT⎛⎫=-<⎪+⎝⎭，故11156nT≤<.例题3．（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高二阶段练习）已知n S为等差数列{}n a的前n项和，321S=，555S=．(1)求n a、n S；(2)若数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n T，求满足225nT>的最小正整数n．【答案】(1)an＝4n﹣1，22nS n n=+(2)19(1)设等差数列{an }的公差为d ，则11323212545552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，即117211a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得134a d =⎧⎨=⎩，故()34141n a n n =+-=-，2(341)22n n n S n n +-==+ (2)由（1）得，1111111414344143n n a a n n n n +⎛⎫=⋅=- ⎪-+-+⎝⎭.故111111111...437471144143n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1114343129n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，令225n T >有129225n n +>，即241825n n >+，解得18n >，故满足满足225nT >的最小正整数为19例题4．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：12(N )n n S a a n +=-∈，且123+1,a a a ,成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令()()()2221N log log n n n b n a a ++=∈⋅，求证：数列{}n b 的前n 项和34n T <.【答案】(1)()2N nn a n +=∈(2)证明见解析(1)由题意：()12,n n S a a n N +=-∈，()-1-112,2,N n n S a a n n +∴=-≥∈ 两式相减得到-1=2(2,)n n a a n n N +≥∈，又0n a >，{}n a ∴是首项为1a ，公比为2的等比数列， 再由123+1,a a a ,成等差数列得，得()2132+1a a a =+， 即()11122+14a a a =+，则1=2a ，{}n a ∴的通项公式为()2N n n a n +=∈.(2)由题意知，22211111()(2)22log 2log 2n n n b n n n n +===-++⋅1111111111(1)232435112n T n n n n ∴=-+-+-++-+--++ 11113111122124212n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭3N ,4n n T +∈∴<例题5．（2022·河南濮阳·高二期末（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且25a =，()*11232,n n n S S S n n +--+=≥∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知n b 是n a ，1n a +的等比中项，求数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)31n a n =-(2)()232nn +(1)当2n ≥时，()()113n n n n S S S S +----=， 故13n n a a +-=，又12a =，且25a =， 213a a -=，满足13n n a a +-=，故数列{}n a 为公差为3的等差数列，通项公式为()21331n a n n =+-⨯=-，(2)由题意得：()()23132n b n n =-+，则()()211111313233132n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 则()11111111113255831323232232n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭ 例题6．（2022·海南华侨中学高二期中）设等比数列{}n a 满足124a a +=，318a a -=． (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()112311n n n n b a a -+⨯=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围．【答案】(1)13-=n n a (2)11,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭(1)解：设公比为q ，由124a a +=，318a a -=，所以1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得11a =，3q =， 所以13-=n n a ．(2)解：由（1）及()()112311n n n n b a a -+⨯=++，所以()()111231131313131n n n n n n b ---⨯==-++++，所以0112231111111113131313131313131n n n T -=-+-+-++-++++++++011113131231n n =-=-+++ 因为()()1111111111123023123131313131n n n n n n n n n T T -+++-⨯⎛⎫⎛⎫-=---=-=>⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭，即n T 单调递增， 所以114n T T ≥=，又1112312n n T =-<+，所以1142n T ≤<，即11,42n T ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭；题型二：错位相减求和法例题1．（2022·全国·高三专题练习） 1232482n nnS =++++=（ ） A ．22n n n -B ．1222n n n +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 由1232482n nn S =++++， 得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=. 故选：B.例题32．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ， 由题意得：13312a d +=，解得：3d =， 所以()13132n a n n =+-=-， 由2312b =得：24b =，所以214a q a ==， 所以14n n b -=(2)()1324nn n n c a b n +==-⋅， 则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①， ()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-例题3．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且22n n S a =-，2log =n n n b a a ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求证：当2n ≥时，4n n T S ≥+． 【答案】(1)2n n a =(2)证明见解析(1)因为22n n S a =-，所以1122a a =-，则12a =， 当2n ≥时，1122n n S a --=-，所以1122n n n n n a S S a a --=-=-，化简得12n n a a -=，所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，因此2n n a = (2)()12122212n n n S +-==--，22log 2log 22n n nn n n b a a n =⋅=⋅=⋅，则212222nn T n =⨯+⨯++⨯……， 所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯……，两式相减得()231122222n n n T n ++=-⨯-+++⋅……，即()()231121222222212n nn n n T n n ++-=-++++⋅=-+⋅+-……，故()1122n n T n +=-+.所以当2n ≥时，()()()111122222244n n n n n T S n n +++-=-+--=-+≥，所以4n n T S ≥+．例题4．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)1242n n n S -+=-. (1)依题意，等比数列{}n b 的公比322b q b ==，则有2122n n n b b q --==，因此，111a b ==， 由851a b +=得85115a b =-=，等差数列{}n a 的公差81281a a d -==-，1(1)21n a a n d n =+-=-， 所以数列{}n a 、{}n b 的通项公式分别为：21n a n =-，12n n b -=.(2)由（1）知，111222n n n n n a n nc b -++===， 则23123412222n n n S -=+++++， 于是得23111231222222n n nn nS --=+++++， 两式相减得：23111()11112212122222211222nn n n nn n n S n --+=+++++-=-=--， 所以1242n n n S -+=-. 例题5．（2022·辽宁·建平县实验中学高二期中）已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q -=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q 或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n nn n T ---=+++++①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-234111111212222222nn n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯-=--n n n n n ．所以2332n nn T +=-． 题型三：分组求和法例题1．（2022·新疆克孜勒苏·高一期中）数列112，134 ，158 ，1716 ， ．．．，1(21)2n n -+ ，的前n 项和n S 的值等于（ ）A ．2112nn +-B ．21212nn n -+-C ．22112n n -+-D ．2112nn n -+-【答案】A可得()231111135212222n n S n =++++-+++++()2111121122112212n n n n n ⎛⎫- ⎪+-⎝⎭=+=+--.故选：A.例题2．（2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习）数列{n a }中，1(1)(43)n n a n -=--，前n 和为n S ，则6S 为（ ） A ．-12 B ．16 C ．-10 D ．12【答案】A解：因为1(1)(43)n n a n -=--，所以()()()6123456=+++++S a a a a a a ，()()()159131721=-+-+-，()34=⨯-， 12=-，故选：A例题3．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1222,(1)2n n n a a a -+=+-=，则60S =_________. 【答案】960由12(1)2n n n a a -++-=，当n 为奇数时，有22n n a a ++=；当n 为偶数时，22n n a a +-=， ∴数列{}n a 的偶数项构成以2为首项，以2为公差的等差数列， 则()()601357575924685860S a a a a a a a a a a a a =+++++++++++++3029152********⨯=⨯+⨯+⨯=， 故答案为：960.例题4．（2022·辽宁·鞍山市华育高级中学高二期中）已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，23b =，39b =，11a b =，144a b =.(1)求{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n S . 【答案】(1)21n a n =-，13n n b -=(2)2312n n S n -=+(1)设等比数列{}n b 的公比为q ，则323b q b ==，2123n n n b b q --∴==； 又111a b ==，14427a b ==，设等差数列{}n a 的公差为d ，则141213a a d -==， ()12121n a n n ∴=+-=-.(2)由（1）得：()1213n n c n -=-+；()()()()112121321133n n n n S a a a b b b n -∴=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+212113312132n n n n n +---=⋅+=+-. 例题5．（2022·湖北·安陆第一高中高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为正项等比数列，满足213a b ==，424S S =，26b +是1b 与3b 的等差中项． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若n n n c a b =+，n T 是数列{}n c 的前n 项和，求n T ． 【答案】(1)21n a n =-，3n n b =；(2)2113322n n T n +=+⨯-.(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意可知： ()21111314324422a a d a d a d a d =+=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨⨯=+=+⎩⎪⎩， 所以数列{}n a 的通项公式为()12121n a n n =+-=-，设等比数列{}n b 的公比为q ，依题意可知：()21326b b b +=+，又13b =，所以()2223633230q q q q +=+⇒--=，又0q >，∴3q =，所以数列{}n b 的通项公式为1333n nn b -=⨯=；(2)由（1）可知：()213nn n n c a b n =+=-+所以()()()()()11221212n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++()()2131312113321322nn n n n+-+-=+=+⨯--. 例题6．（2022·重庆八中模拟预测）在等比数列{}n a 中，123,,a a a 分别是下表第一，第二，第三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数不在下表的同一列．(1)写出123,,a a a ，并求数列n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足2(1)log nn n n b a a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ． 【答案】(1)14a =，28a =，316a =，12n n a +=；(2)2224n n ++-.(1)由题意知：14a =，28a =，316a =， 因为{}n a 是等比数列，所以公比为2，所以数列{}n a 的通项公式12n n a +=．(2)∵()11122(1)log (1)log (12221)n n nn n n n n n b a a n +++=++-=+-=+-，∴21232n n S b b b b =++++()()23212222345221n n n +=++++⎡-+-+--++⎤⎣⎦()22222122412n n n n +-=+=+--,题型四：倒序相加求和法例题1．（2022·江西·南城县第二中学高二阶段练习（文））德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子.在其年幼时，对123100++++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4()42xx f x =+，则1232018()()()()2019201920192019f f f f ++++等于（ ） A ．1008 B ．1009 C ．2018 D ．2019【答案】B解：因为4()42xx f x =+，且114444()(1)1424242244--+-=+=+=+++⨯+x x x xx x xf x f x ， 令1232018()()()()2019201920192019=++++S f f f f , 又2018201720161()()()()2019201920192019=++++S f f f f ， 两式相加得：212018=⨯S ， 解得1009S =， 故选：B例题2．（2022·江西九江·高二期末（文））德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就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．已知数列298299-=-n n a n ，则1298+++=a a a （ ）A ．96B ．97C ．98D ．99【答案】C 令1297989694969897959597=++++=++++S a a a a ， 9897219896949697959597=++++=++++S a a a a ， 两式相加得：969496989896949629795959797959597S ⎛⎫⎛⎫=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭96989496969498969829797959595959797⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++=⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴98S =， 故选:C ．例题3．（2022·全国·高三专题练习）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 -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①， 121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②， 由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=， 所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高二期中）已知定义在R 上的函数()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则12320221949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭___________. 【答案】73由()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，得3320232023202373202373194919493898202238982022f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以()33202320237320237373194938982022389820221011f x f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=-++-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 设12320221949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭①, 20222021202011949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭②, 由+①②，得 1202222021202212194919491949194919491949S f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+ 即7373732101110111011S =++⋅⋅⋅+，于是有73220221011S =⨯，解得73S =， 所以1232022731949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故答案为：73.例题5．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，① 则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =． 故答案为：3652例题6．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f x ---===++⨯+， 所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相加得22010S =，故1005S =.例题7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，函数()442x x g x =+.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求()()1g x g x +-的值；(3)令()*2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T .【答案】(1)n a n =(2)1(3)1010(1)因为点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，所以21122n S n n =+，当2n ≥时，()()2211111112222n n n a S S n n n n n -=-=+----=， 当1n =时，111a S ==，适合上式，所以n a n =. (2)因为()442x x g x =+，所以()114214242x x xg x ---==++， 所以()()42114242x x x g x g x +-=+=++.(3)由（1）知n a n =，可得20212021n n a n b g g ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2020122020122020202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，① 又因为2020202020191202020191202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，② 因为()()11g x g x +-=，所以①+②，得202022020T =， 所以20201010T =.1．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<． 【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=, ∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--， 显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 2．设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和． 【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. （1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项， 212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 3．设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-．（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{2}nn a 的前n 项和n S ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+． 证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n+++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n na n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+． ［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211nn n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n n n a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22nn S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．。
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(3)裂项相消法： 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以 相互抵消，从而求得其和． (4)分组求和法： 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可 求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后 再相加减． (5)并项求和法： 一个数列的前 n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求 和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
A．9
B．99
C．10
D．100
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2．等差数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1，其前 n 项的和
为 Sn，则数列Snn的前 10 项的和为( C )
A．120
B．100
C．75
D．70
解析：∵Sn＝n（a12＋an）＝n(n＋2)，
∴Snn＝n＋2.
故S11＋S22＋…＋S1100＝75.
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[规律方法] 1.分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用 分组求和法求{an}的前 n 项和； (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数，的数列，其中数列{bn}， {cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 2．本题中求前 2n 项和转化为求数列{22n}与{(－1)nn}的和， 在求{(－1)nn}的和时，又利用了并项求和法．
第五章 数列
第4讲 数列求和
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1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝n（a12＋an）＝__n_a_1_＋__n_（__n_2－__1_）__d___. 2．等比数列的前 n 项和公式
Sn＝na1a1－1－，aqnqq＝＝1_，_a_1_（_1_1－_－_q_q_n）__)___，q≠1.
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[解] (1)由题意得aa11＋＋2dd＋＋bb1·1·qq2＝＝170，，
把
a1＝1，b1＝2
代入得1＋d＋2·q2＝10， 1＋2d＋2·q＝7，
消去 d 得 2q2－q－6＝0，
(2q＋3)(q－2)＝0，
∵{bn}是各项都为正数的等比数列，
3．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n2＋1）；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝___n_2______； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝__n_2＋__n_____．
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[做一做]
1．数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
，其前 n＋1ຫໍສະໝຸດ n项和为9，则 n 等于( B )
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考点二 错位相减法求和 (2015·浙江宁波高三模拟)设{an}是等差数列，{bn}
是各项都为正数的等比数列,且 a1＝1,b1＝2,a2＋b3＝10，a3 ＋b2＝7. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{bn}的前 n 项和为 Sn，记 cn＝S2n·an，n∈N*，求 数列{cn}的前 n 项和 Tn.
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1．辨明两个易误点 (1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了 哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被 消去的项有前后对称的特点． (2)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．
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2．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法： 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“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，如等差数列的前 n 项和即是用此法推 导的． (2)错位相减法： 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的 对应项之积构成的，那么这个数列的前 n 项和即可用此法 来求，如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的．
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[做一做] 3．若 Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则 S50＝ ___－__2_5__． 4．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的
前 n 项和为__2_n＋__1＋__n_2_－__2____．
解析：Sn＝2（11－－22n）＋n（1＋22n－1）＝2n＋1－2＋n2.
∴数列{an}的通项公式为 an＝3n.
∴q＝3.
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(2)∵bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列， ∴bn＋13an＝1＋2(n－1)． 即数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1－3n－1， 前 n 项和 Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－ 1)]＝－12(3n－1)＋n2.
故数列{an}的通项公式为 an＝n.
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(2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2（11－－222n）＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n， 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
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考点一 考点二 考点三
分组法求和 错位相减法求和 裂项相消法求和(高频考点)
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考点一 分组法求和 (2014·高考湖南卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝
n2＋2 n，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝2an ＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． [解] (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时,an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－（n－1）2＋2 （n－1）＝n.
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1.已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q>1， 且 3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列
{bn}的通项公式和前 n 项和 Sn. 解：(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0， ∴3(anq2＋an)－10anq＝0， 即 3q2－10q＋3＝0. ∵公比 q>1， 又首项 a1＝3，