高考数学二轮复习数列求和
四、小结
1．等差、等比数列的求和方法及前项和公式是数 列求和的基础，要熟练掌握。 2．求数列的前项和一定要抓住数列的通项，分析 通项公式的结构与特点，通过对通项进行适当的变 形、转换达到求和的目的。 3.在利用裂项相消法和错位相减法求和时，注意掌 握裂项的技巧，掌握错位相减的计算程序，提高解 题的正确率。 4．通过把一般数列求和转化为等差、等比数列求 和，体会化归思想。
解：(1)由题设知 S1＝4－a1，a1＝2，….(1 分 )
Sn＝ 4－ an， 由 Sn＋ 1＝ 4－an＋ 1
两式相减，得 Sn＋ 1－Sn＝an－an＋1.
………(2 分 ) an＋1 1 所以 an＋1＝an－an＋1,2an＋1＝an，即 ＝ ……(3 分 ) an 2 1 可见，数列{an}是首项为 2，公比为 的等比数列． 2 所以
五、作业布置：见学案
谢谢同学们的配合 谢谢老师们的指导谢谢源自2 3 4 n n+1
(2)
＝－2n+1＋2＋n· 2n+1＝(n－1)2n+1＋2.........(12 分)
2、 已知数列{an}的各项均是正数，其前 n 项和为 Sn，满 足 Sn＝4－an. (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝ (n∈N*)，数列{bn· bn＋2}的前 n 项和为 2－log2an 3 Tn，求证：Tn< . 4
B
A、1
5 B、 3
1 C、 3
D、
1 15
4、数列 {an } 的通项公式 a n n cos 则
n ，其前 2
n 项和为 S
n，
S2012 等于（ A
A． 1006
2
） C． 503
2
B．2012
2 2
D． 0
1 5、 已 知 1 2 3 n 6 n(n 1)(2n 1) ， 则 数 列 n(n 1)( n 2) 1 2,2 3,3 4, , n(n 1) 的前 n 项和为： ． 3
1 n－ 1 1 n－ 2 an＝2× ＝ ………(5 分 ) 2 2
1 1 1 (2)证明： bn＝ ＝ ＝ ， …..(7 分 ) 2－ log2an 2－ 2－n n 1 1 1 1 bnbn＋ 2＝ ＝ n－ n＋2， n n＋ 2 2 Tn＝ b1b3＋ b2b4＋ b3b5＋…＋bnbn＋2＝
c＝ 2， 解得 k＝ 2，
所以 a1＝ S1＝2，an＝ kcn－ kcn 1＝2n(n≥ 2)，
－
于是 an＝2n..........(7 分 )
Tn＝1· 2＋2· 22＋3· 23＋4· 24＋…＋n· 2n，........(9 分) 2Tn＝1· 22＋2· 23＋3· 24＋4· 25＋…(n-1)· 2n＋n· 2n+1， Tn＝2Tn－Tn＝－2－2 －2 －2 －…－2 ＋n· 2
1、 [2012· 江西卷 ] 已知数列 {an}的前 n 项和 Sn＝kcn－k(其中 c， k 为常数 )，且 a2＝4，a6＝8a3. (1)求 an； (2)求数列 {nan}的前 n 项和 Tn. 解： (1)由 Sn＝kcn－k， 得 an＝Sn－ Sn－ 1＝kcn－kcn-1= kcn-1(c－1) (n≥2)，…..(3 分 ) 由 a2＝4，a6＝8a3，得 kc(c－1)＝ 4， kc5(c－1)＝8kc2(c－1)， ……..(5 分 )
1 1 1 1 1 1 1 1 1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － 2 3 2 4 3 5 n n＋ 2
1 1 1 1 3 1 ＋ － － ＝ 2 n＋1 n＋ 2 < ……….(12 分 ) 2 4
题组二
1、[2012· 江西卷] 已知数列 {an}的前 n 项和 Sn＝kcn－k(其 中 c，k 为常数)，且 a2＝4，a6＝8a3. (1)求 an； (2)求数列 {nan}的前 n 项和 Tn. 2、 已知数列 {an}的各项均是正数，其前 n 项和为 Sn，满 足 Sn＝4－an. (1)求数列 {an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝ (n∈N*)，数列 {bn· bn＋2}的前 n 项和为 2－log2an 3 Tn，求证： Tn< . 4
B
B、99 C、198 D、297
2、已知数列 {an } 为等比数列，Sn 是它的前 n 项和．若 a2 a3 2a1 ,
5 且 a4 与 2a7 的等差中项为 ，则 S5 4
A．35 B．33 C．31 3、数列 an 的前 n 项和为 S n ，若 a n
C
D．29
2 ，则 S 5 等于 n(n 1)
2 2 2
裂项求和法
错位相减法 倒序相加法 常用公式
a1 an1 a2
2
nn＋12n＋1 1 ＋2 ＋3 ＋…＋n ＝ 6
三、例题、练习：
题组一
1、在等差数列 an 中， a3 a9 27 a6 ， S n 表示数列 项和，则 S11 = A、18
an 的前 n
专题复习：数列求和
一、考点分析
从近几年高考考查情况看，该部分通常围绕两个点进行命 题．第一个点是围绕等差、等比数列，涉及求等差数列、等比 数列的基本量、通项等问题，然后考查等差数列、等比数列的 求和，试题以选择题、填空题为主，这可以直接使用公式；第 二个是围绕裂项求和、错位相减求和展开，试题一般是解答 题．因此复习时，除了掌握等差、等比数列的求和公式外，重 点是裂项求和、错位相减方法求和。
二、知识归纳
常用求和方法
公式求和法 （等差数、 等比数列） 分组求和法 如 an＝2＋2n，an＝3n 如 an＝2n＋2n，an＝ (－1)nn＋2 常用裂项方法： 1 1 1 1 1 1 1 1 ＝（ － ） ； ＝（ － ） ； nn＋k k n n＋k n2－1 2 n－1 n＋1 1 1 1 1 ＝ （ － ） ； 4n2－1 2 2n－1 2n＋1 1 1 ( n k n) nk n k 如 an＝ (2n－1)· 2n 特征： an
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,
2023高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题二微专题2数列求和及简单应用课件
专题二 数 列
当 n≥2 时，Sn－1＝2n－1－1，② ①－②得，bn＝2n－1， 当 n＝1 时，b1＝2－1＝1，满足 bn＝2n－1， 所以 bn＝2n－1. (2)因为 cn＝anbn＝2n·2n－1＝n·2n， 所以 Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n－1， 两式相减得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（22－n－11）－n·2n＋1， 所以 Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
专题二 数 列
综上可知，an＝2n－1(n∈N*)， cn＝(－1)n·an＋2n＝(－1)n(2n－1)＋2n， T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n， 即 T2n＝[－1＋3－5＋7－…－(4n－3)＋(4n－1)]＋(21＋22＋23＋…＋22n)＝ 22n＋1＋2n－2， 即 T2n＝22n＋1＋2n－2.
专题二 数 列
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1＝1，a2＝2，所以 d＝a2－a1＝1. 所以数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)选择条件 A：b3＝8，b1＝2，q＝2，bn＝2n， 所以 ban＝2an＝2n. 所以 Sn＝ba1＋ba2＋…＋ban＝21＋22＋…＋2n＝2n＋1－2.选条件 B： 设等比数列{bn}的公比为 q. 由(1)可知 an＝n，所以 ab2＝b2. 因为 ab2＝4，所以 b2＝4. 所以 q＝2.此时 bn＝b1qn－1＝2n.
专题二 数 列
解：(1)选条件①：∀n∈N*，an＋an＋1＝4n，得 an＋1＋an＋2＝4(n＋1)， 所以 an＋2－an＝4(n＋1)－4n＝4， 即数列{a2k－1}，{a2k}(k∈N*)均为公差为 4 的等差数列， 于是 a2k－1＝a1＋4(k－1)＝4k－3＝2(2k－1)－1， 又 a1＋a2＝4，a2＝3，a2k＝a2＋4(k－1)＝4k－1＝2·(2k)－1，所以 an＝ 2n－1； 选条件②：因为数列Snn为等差数列， 且Snn的前 3 项和为 6，
高三数学二轮复习数列的综合应用课件
P2
P1
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，
求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1
所围成的区域的面积Tn．
O
x 1 x2
x3
x4
x
已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2．
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝
xn＋1所围成的区域的面积Tn．
y
P4
P3
P2
P1
O
x1 x2
x3
x4
x
数列求和的
基本方法
01
公式法
02
分组求和法
03
错位相减法
04
倒序相加法
05
裂项相消法
考点2：数列与不等式综合问题
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
第2讲 数列求和及综合问题-高考数学大二轮专题复习冲刺
高中数学︵高三秋季班︶人教A版 1．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、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下．2．在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透．常见的求和方法（1）公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和．对等比数列利用公式法求和时，一定要注意公比q是否取1．（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：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为1a 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．（5）并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如(－1)n a n的形式，通常分奇、偶，观察相邻两项是否构成新数列．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版例1 (2024·广东一模)已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足a n (2S n －a n )＝1(n ∈N *)．（1）求证数列{S 2n }是等差数列，并求出S n的表达式； （2）数列{a n }中是否存在连续三项a k ，a k ＋1，a k ＋2，使得1a k ，1a k ＋1，1a k ＋2构成等差数列？请说明理由．等差数列、等比数列的判定方法高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版(2024·衡阳一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，S n ＝1＋a n ＋1． （1）证明：数列{S n －1}为等比数列；（2）记数列1S n 的前n 项和为T n ，证明：T n <1．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版角度1 分组转化法求和例2 (2022·益阳模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a n >0． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }的项依次为a 1，2，a 2，22，23，a 3，24，25，26，a 4，27，28，29，210，…，规律是在a k 和a k ＋1中间插入k 项，所有插入的项构成以2为首项，2为公比的等比数列，求数列{b n }的前50项的和．分组转化法求和的常见类型提醒：（1）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．（2）分类讨论思想在数列求和中的应用①当数列通项中含有(－1)n 时，在求和时要注意分n 为奇数与偶数讨论；②当已知数列满足a n ＋2a n＝q (q ≠0)时，在求{a n }的前n 项和时要分奇数项和偶数项分别求和．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版设数列{a n }的前n 项和为S n ，2(S n －n ＋2)＝a n ＋1，a 2＝10，b n ＝a n －1． （1）求证：数列{b n }是等比数列；（2）设c n ＝ b n，n 为奇数，1log 3b n ·log 3b n ＋2，n 为偶数，求数列{c n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 角度2 裂项相消法求和例3 (2024·菏泽一模)已知数列{a n }，{b n }满足a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ＝2n －n2－1，其中a n ＝2n ．（1）求b 1，b 2的值及数列{b n }的通项公式； （2）令c n ＝（4b n －1）a nb n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和．几种常见的裂项方式项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，S n －n ＝12(a n ＋1)(n ∈N *)．（1）求数列{a n }的通项公式和前n 项和S n ；（2）设b k ＝1（S 2k ＋1）·S 2k ＋1(k ∈N *)，数列{b n }的前n 项和记为T n ，证明：T n <16(n ∈N *)．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 角度3 错位相减法求和例4 (2022·济宁二模)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝ a n ＋（2）n ＋1，n 为奇数，2a n ，n 为偶数．（1）设b n ＝a 2n ，证明：数列b n 2n 为等差数列；（2）求数列{a n }的前2n 项和．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．提醒：错位相减后注意准确地确定中间的项数和最后一项的符号变化．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝1，2a n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足b n ＝a n ×(log 32a n －1)(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n ．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版例5 (2022·湛江二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ．（1）从①S 1＝1，②2S n ＋1＝S n ＋2，③S n ＋a n ＝2a 1这三个条件中任选两个作为条件，证明另一个成立，并求{a n }的通项公式；（2）在第（1）问的前提下，若b n ＝a n ＋1a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．以数列为载体的“结构不良”问题的解题策略（1）先分析已知条件和待求目标，能化简的先化简．（2）逐一分析条件考查的知识内容，结合个人解题经验并结合自身的知识体系，尽量选择比较有把握的知识内容，纳入自己数学的知识体系中．其思维流程图如下：提醒：尽量选择自己熟悉的条件，尽量选择运算量小、推理过程简单的方向进行解题．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝1，________．从①a n ＋2－a n ＝4；②a n ＋1＋a n ＝4n ；③S n ＝na n ＋1－n (n ＋1)中选出一个合适的条件，补充在上面横线处，并解答下面的问题．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求数列{(－1)n ·S n }的前20项和T 20．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版例6 (2022·东北三省三校二模)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＋a 2＋a 3＝a 5，a 2a 3＝a 8，数列{b n }各项均为正数，b 1＝1，b 2n －3b 2n ＋1＝2b n b n ＋1．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）若λb n ＋1＋6≥a n 恒成立，求实数λ的最小值．数列与不等式的综合问题的类型及解题策略（1）与数列有关的不等式证明问题的解法 ①比较法：作差比较或作商比较；②放缩法：通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等方法达到证明的目的； ③构造法：通过构造函数进行证明．（2）以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值． 提醒：判断与数列相关的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＋1＝3a n (n ∈N *)． （1）求S n ；（2）证明：当n ≥2时，2S n ＋3a n ≥9．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版1．记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，S n a n 是公差为13（1）求{a n }的通项公式； （2）证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 2．已知{a n }为等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2－b 2＝a 3－b 3＝b 4－a 4．（1）证明：a 1＝b 1；（2）求集合{k |b k ＝a m ＋a 1，1≤m ≤500}中的元素个数．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝ a n ＋1，n 为奇数，a n＋2，n 为偶数．（1）记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； （2）求{a n }的前20项和．4．已知等差数列{a n }和正项等比数列{b n }满足a 1＝4，b 1＝2，b n ＋2＝b n ＋1＋2b n ，a 3＝b 3＋2．（1）求{a n }和{b n }的通项公式；（2）对于集合A ，B ，定义集合A －B ＝{x |x ∈A 且x ∉B }，设数列{a n }和{b n }中的所有项分别构成集合A ，B ，将集合A －B 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30项和S 30．。
2024届高三数学二轮专题复习数列求和—裂项相消法教学设计
高三二轮复习数列求和—裂项相消法教学设计内容教学目的掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.教学重点难点识别裂项相消求和的使用环境.如何裂项？如何相消？教学过程过程一、强调本微课学习内容，学习目标，重难点，易错点。
学习目标：掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.学习重点：识别裂项相消求和的使用环境.学习难点：如何裂项？如何相消？易错点：裂项时忘记配平，相消时留下哪些项？过程二、通过熟悉的典型例子入手，引导学生回顾裂项相消的具体类型。
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(注意消项规律),从而求得前n项和.看下面两个例子：)211(2121+-=+nnnn）（⎪⎭⎫⎝⎛+-+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-=+++⨯+⨯+⨯211121121211......513141213112121......531421311nnnnnn）（()()))2)(1(1)1(1(21211++-+=++nnnnnnn()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-+++⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯=++++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯)2)(1(12121)2)(1(1)1(1......43132132121121211......543143213211nnnnnnnnn过程三、因为是二轮专题复习，学生经过一轮的复习，对于裂项的方法有一定的理解，在此基础上直接点出裂项的四种基本类型，并强调裂项的常用方法为通分的逆运算，分母有理化，对数的运算等。
本质是恒等变形，运用化归与转化思想、等式思想。
等差型：1a n a n＋1＝1d(1a n－1a n＋1)，其中a n≠0，d≠0. . （通分的逆运算）指数型：（a－1）a n（a n＋b）（a n＋1＋b）＝1a n＋b－1a n＋1＋b. （通分的逆运算）无理型：1a＋b＝1a－b(a－b)(a>0，b>0). （分母有理化）对数型：log n a n ＋1a n＝log n a n ＋1－log n a n (a n >0). （对数的运算法则）过程四、对照四种类型，分别用4道典型例题进行讲解与说明，并敲掉裂项时要配平，求和相消时要注意消去哪些项，剩下哪些项。
(完整)高考数学二轮复习名师知识点总结：数列求和及数列的综合应用,推荐文档
1 1 1 1 1数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件， 求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1. 数列求和的方法技巧(1) 分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2) 错位相减法这是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{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) 倒序相加法这是在推导等差数列前 n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4) 裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或 n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，anan ＋1anan ＋1 d (a n － )适用于求通项为 常见的拆项公式： 1 1 1①n (n ＋1)＝n －n ＋1；1 1 1 1的数列的前 n 项和，其中{a n }若为等差数列，则 ＝ an ＋1 .②n (n ＋k )＝k (n －n ＋k )；1 1 1 1③(2n －1)(2n ＋1)＝2(2n －1－2n ＋1)；1 1④ n ＋ n ＋k ＝k ( n ＋k － n )． 2. 数列应用题的模型(1) 等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差． (2) 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比． (3) 混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4) 生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5) 递推模型：如果容易找到该数列任意一项 a n 与它的前一项 a n －1(或前 n 项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.π1 π考点一 分组转化求和法例 1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a 1，a 2，a 3 中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行9818(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前 n 项和 S n .解 (1)当 a 1＝3 时，不合题意；当 a 1＝2 时，当且仅当 a 2＝6，a 3＝18 时，符合题意； 当 a 1＝10 时，不合题意．因此 a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比 q ＝3. 故 a n ＝2·3n －1 (n ∈N *)． (2)因为 b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3] ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3. 1－3n n n当 n 为偶数时，S n ＝2× 1－3 ＋2ln 3＝3n ＋2ln 3－1；1－3n n －1 n －1(－n)当 n 为奇数时，S n ＝2× 1－3 －(ln 2－ln 3)＋ 2 ln 3＝3n － 2 ln 3－ln 2－1.综上所述，S n ＝Error!在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．(2013·安徽)设数列{a n }满足 a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意 n ∈N *，函数 f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足 f ′(2)＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(an ＋)(2)若 b n ＝2 2an ，求数列{b n }的前 n 项和 S n .解 (1)由题设可得 f ′(x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x ，又 f ′(2)＝0，则 a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0，即 2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为 d ， 由已知条件Error!，解得 Error!a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.( 1 ) 1n＋1＋(2)b n＝2 2n＋1 ＝2(n＋1)＋2n，1 1S n＝b1＋b2＋…＋b n＝(n＋3)n＋1－2n＝n2＋3n＋1－2n.考点二错位相减求和法例2 (2013·山东)设等差数列{a n}的前n 项和为S n，且S4＝4S2，a2n＝2a n＋1.(1)求数列{a n}的通项公式；b1 b2 bn 1(2)若数列{b n}满足a1＋a2＋…＋an＝1－2n，n∈N*，求{b n}的前n 项和T n.解(1)设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由Error!得a1＝1，d＝2，所以a n＝2n－1(n∈N*)．b1 b2 bn 1(2)由已知a1＋a2＋…＋an＝1－2n，n∈N*，①b1 b2 bn－1 1当n≥2 时，a1＋a2＋…＋an－1＝1－2n－1，②bn 1 b1 1①－②得：an＝2n，又当n＝1 时，a1＝2也符合上式，bn 1 2n－1所以an＝2n(n∈N*)，所以b n＝2n (n∈N*)．1 3 5 2n－1所以T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝2＋22＋23＋…＋2n .1 1 3 2n－3 2n－12T n＝22＋23＋…＋2n ＋2n＋1.1 1 (2 2 2 )2n－13 1 2n－1 2n＋3＋＋…＋两式相减得：2T n＝2＋22 23 2n －2n＋1＝2－2n－1－2n＋1. 所以T＝3－2n .n错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n}满足a1＝2，a n＋1－a n＝3·22n－1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝na n，求数列{b n}的前n 项和S n.解(1) 由已知，得当n≥1 时，a n＋1＝[(a n＋1－a n)＋(a n－a n－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1. 而a1＝2，符合上式，所以数列{a n}的通项公式为a n＝22n－1.(2)由b n＝na n＝n·22n－1 知S n＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1. ①f (x )＋ － － (f (x )从而 22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1， 1即 S n ＝9[(3n －1)22n ＋1＋2]． 考点三 裂项相消求和法例 3 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前 n 项和为 S n ，满足 4S n ＝a n ＋2 1－4n －1，n ∈N *, 且 a 2，a 5，a 14 构成等比数列．(1) 证明：a 2＝ 4a 1＋5； (2) 求数列{a n }的通项公式；1111(3) 证明：对一切正整数 n ，有a 1a 2＋a 2a 3＋…＋anan ＋1<2.(1)证明 当 n ＝1 时，4a 1＝a 2－5，a 2＝4a 1＋5，又 a n >0，∴a 2＝ (2) 解 当 n ≥2 时 ，4S n －1＝a n －4(n －1)－1，4a 1＋5.∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a n ＋2 1－a 2－4，即 a n ＋2 1＝a n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又 a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2， ∴当 n ≥2 时，{a n }是公差为 2 的等差数列．又 a 2，a 5，a 14 成等比数列．∴a 2＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得 a 2＝3.由(1)知 a 1＝1.又 a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项 a 1＝1，公差 d ＝2 的等差数列．∴a n ＝2n －1. 1 1 1 1 1 11 (3)证明 a 1a 2＋a 2a 3＋…＋anan ＋1＝1 × 3＋3 × 5＋5 × 7＋…＋(2n －1)(2n ＋1) 1[( 1) (1 1) 1 1)] 1(1 )1 ＝23 3 5 2n －1 2n ＋1 ＝2 2n ＋1 <2. 数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前 n 项和 S n 或者前 n 项和 S n 与通项公式 a n 的关系式，求通项通常利用 a n ＝Error!.已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．(2013·西安模拟)已知x ， 2 ， 3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前 n 项和为 S n ，对于所有大于 1 的正整数 n 都有 S n ＝f (S n －1)．(1) 求数列{a n }的第 n ＋1 项；1 1(2) 若 bn 是an ＋1，an 的等比中项，且 T n 为{b n }的前 n 项和，求 T n .解 (1)因为 x ， 2 ， 3(x ≥0)成等差数列，所 以 2× 2 ＝ x ＋ 3，整理，得 f (x )＝( x ＋ 3)2.因为 S n ＝f (S n －1)(n ≥2)，所以 S n ＝( Sn －1＋ 3)2，f (x )1－ ＋…＋ 1－()1 1 1 1 (3 3 3n( )( ) － － ＋ )] 18 ＋ 18n ＋9 1 3因为 a 1＝3，所以 S 1＝a 1＝3，所以 Sn ＝ S 1＋(n －1) 3＝ 3＋ 3n － 3＝ 3n . 所以 S n ＝3n 2(n ∈N *)． 所以 a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. 1 1 1 1(2)因为 bn 是an ＋1与an 的等比中项， 所以( bn )2＝an ＋1·an ， 1111 1 － 1 所 以 b n ＝an ＋1·an ＝3(2n ＋1) × 3(2n －1)＝18× 2n －1 2n ＋1 ， [(1－ )＋( ) (－ 1 1 (1－ 1 )n T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝ 考点四 数列的实际应用3 3 5 2n 1 2n 1 ＝ 2n 1 ＝ .例 4 (2012·湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金 2 000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 a n 万元．(1) 用 d 表示 a 1，a 2，并写出 a n ＋1 与 a n 的关系式；(2) 若公司希望经过 m (m ≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用 m 表示)．(1) 由第 n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出 a n 与 a n ＋1 的递推关系；(2) 由 a n ＋1 与 a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解．3 5解 (1)由题意得 a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝2a 1－d ＝4 500－2d . 3a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝2a n －d .3 3 3) ( ) (3)[ ( )( ) ]2 (2)由(1)得 a ＝ an －2－d －d ＝2 2 －d ＝ 22a 2 2 n －1 1＋ ＋ － d －d ＝…＝ a －d 2 2 2＋…＋ 2 n －2 . n a n －1 n －2 13 3 3整理得 a ＝(2)n －1(3 000－d )－2d[(2)n －1－1]＝(2)n －1(3 000－3d )＋2d .3由题意，知 a m ＝4 000，即 2 m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000， 3[(2)m －2] × 1 000 3 m －1 1 000(3m －2m ＋1)解得 d ＝ 2 ＝ 3m －2m .1 000(3m －2m ＋1)故该企业每年上缴资金 d 的值为3m －2m时，经过 m (m ≥3)年企业的剩余资金为 4 000 万元．用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关所 以 Sn ＝ Sn －1＋ 3， 即 Sn － Sn －1＝ 3，所以{ Sn }是以 3为公差的等差数列．18＋…＋ 3系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题 的结果．某产品在不做广告宣传且每千克获利 a 元的前提下，可卖出 b 千克．若做广告宣传，广告费为b n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出2n 千克．(1) 当广告费分别为 1 千元和 2 千元时，用 b 表示销售量 S ； (2) 试写出销售量 S 与 n 的函数关系式；(3) 当 a ＝50，b ＝200 时，要使厂家获利最大，销售量 S 和广告费 n 分别应为多少？b 3b b b 7b解 (1)当广告费为 1 千元时，销售量 S ＝b ＋2＝ 2 .当广告费为 2 千元时，销售量 S ＝b ＋2＋22＝ 4 . b(2)设 S n (n ∈N )表示广告费为 n 千元时的销售量，由题意得 S 1－S 0＝2，bS 2－S 1＝22， …… bS n －S n －1＝2n .b b b b以上 n 个等式相加得，S n －S 0＝2＋22＋23＋…＋2n ，1b [1－( )n ＋1]2b b b b 1 1即 S ＝S n ＝b ＋2＋22＋23＋…＋2n ＝ 1－2 ＝b (2－2n )．1 10(3)当 a ＝50，b ＝200 时，设获利为 T n ，则有 T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－2n )－1 000n ＝1 000×(20－2n －n )，1010105设 b n ＝20－2n －n ，则 b n ＋1－b n ＝20－2n ＋1－n －1－20＋2n ＋n ＝2n －1， 当 n ≤2 时，b n ＋1－b n >0；当 n ≥3 时，b n ＋1－b n <0.所以当 n ＝3 时，b n 取得最大值，即 T n 取得最大值，此时 S ＝375， 即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为 375 千克和 3 千元．1. 数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1) a n ＝Error!.(2) 递推关系形如 a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项．an＋1(3)递推关系形如an ＝f(n)，常用累乘法求通项．(4)递推关系形如“a n＋1＝pa n＋q(p、q 是常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n＋1＋λ＝p(a n＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“a n＋1＝pa n＋q n(q，p 为常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n＋1 转为用迭加法求解．2.数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解．(2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n＋1 项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3.数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.( )( ) 1－1. 在一个数列中， 如果∀n ∈N *，都有 a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称 k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且 a 1＝1，a 2＝2，公积为 8，则 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝ .答 案 28解析 依题意得数列{a n }是周期为 3 的数列，且 a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4， 因此 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.2. 秋末冬初，流感盛行，特别是甲型 H1N1 流感．某医院近 30 天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且 a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院 30 天入院治疗甲流的人数共有 ．答案 255 解析 由于 a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以 a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，15 × 14a 2，a 4，…，a 30 构成公差为 2 的等差数列，所以 a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋ 23. 已知公差大于零的等差数列{a n }的前 n 项和 S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若 1<i <21，a 1，a i ，a 21 是某等比数列的连续三项，求 i 的值；n×2＝255.(2)设 b n ＝(2n ＋1)Sn ，是否存在一个最小的常数 m 使得 b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数 n 均成立，若存在， 求出常数 m ；若不存在，请说明理由．解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又 a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4 是方程 x 2－18x ＋65＝0 的两个根， 又公差 d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13. ∴Error!∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于 1<i <21，a 1，a i ，a 21 是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ，即 1·81＝(4i －3)2，解得 i ＝3. n (n －1) 1 1(1 －1)(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋ 2 ·4＝2n 2－n ，所以 b n ＝(2n －1)(2n ＋1)＝2 2n －1 2n ＋1 ，1 1 1 1 1 1 n 1－ ＋ － ＋…＋ － b 1＋b 2＋…＋b n ＝23 3 5 2n －1 2n ＋1 ＝2n ＋1， n 1 1 1 1因为2n ＋1＝2－2(2n ＋1)<2，所以存在 m ＝2使 b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数 n 均成立．(推荐时间：60 分钟)一、选择题1 1 1 11． 已知数列 12，34，58，716，…，则其前 n 项和 S n 为()1A ．n 2＋1－2n1B ．n 2＋2－2n1C ．n 2＋1－2n －11－ 1 ·1 2n 21D ．n 2＋2－2n －11 1＋2n －11 1 答案 A 解析 因为 a n ＝2n －1＋2n ，则 S n ＝2n ＋2 ＝n 2＋1－2n .S12 S102．在等差数列{a n}中，a1＝－2 013，其前n 项和为S n，若12 －10 ＝2，则S2013的值等于( ) A．－2 011 B．－2 012 C．－2 010 D．－2 013答案DSn S1 解析根据等差数列的性质，得数列{ n }也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项1 ＝a1＝－2 013，S2 013公差d＝1，故2 013 ＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S2013＝－2 013.3．对于数列{a n}，a1＝4，a n＋1＝f(a n)，n＝1,2，…，则a2013等于( )A.2 B．3 C．4答案C解析由表格可得a1＝4，a2＝f(a1)＝f(4)＝1，a3＝f(a2)＝f(1)＝5，a4＝f(a3)＝2，a5＝f(2)＝4，可知其周期为4，∴a2013＝a1＝4.S1 S2 S154.在等差数列{a n}中，其前n 项和是S n，若S15>0，S16<0，则在a1，a2，…，a15中最大的是( )S1 S8 S9 S15A.a1答案BB.a8C.a9D.a1515(a1＋a15)16(a1＋a16)解析由于S15＝ 2 ＝15a8>0，S16＝ 2 ＝8(a8＋a9)<0，可得a8>0，a9<0.S1 S2 S8 S9 S10 S15这样a1>0，a2>0，…，a8>0，a9<0，a10<0，…，a15<0，而S1<S2<…<S8，a1>a2>…>a8，S1 S2 S15 S8所以在a1，a2，…，a15中最大的是a8.故选B.1 1 1 15.数列{a n}满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有a m＋n＝a m＋a n＋mn，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 012等于( )4 024A.2 013 答案A4 018B.2 0122 010C.2 0112 009D.2 010解析令m＝1 得a n＋1＝a n＋n＋1，即a n＋1－a n＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，a n－a n－1＝n，上述n－1 个式子相加得a n－a1＝2＋3＋…＋n，n(n＋1) 1 2 1－1 )所以a n＝1＋2＋3＋…＋n＝ 2 ，因此an＝n(n＋1)＝2 n n＋1 ，() ()(1 1 1 11 1 1 1 11 4 0241－ ＋ － ＋…＋－ 1－所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝22 23 2 012 2 013＝22 013 ＝2 013.6. 已知函数 f (n )＝Error!且 a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012 等于()A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011答 案 C解析 当 n 为奇数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)； 当 n 为偶数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1.所以 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 二、填空题7． 数列{a n }中，已知对任意 n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则 a 2＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝.1答 案 2(9n －1)解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)． 则 n ≥2 时，两式相减得，a n ＝2·3n －1. 当 n ＝1 时，a 1＝3－1＝2，适合上式，∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．∴a n ＝4·9n －1，4(1－9n ) 1则数列{a 2}是首项为 4，公比为 9 的等比数列．∴a 2＋a 2＋a 2＋…＋a n ＝ 1－9 ＝2(9n －1)．8. 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 a n 为复数 isin 答 案 1n π2 ＋cos n π2 (n ∈N *)的虚部，则 S 2 013＝.解析 由已知得：a n ＝sin n π2 (n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， 故{a n }是以 4 为周期的周期数列，∴S 2 013＝S 503×4＋1＝S 1＝a 1＝1.19.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|<125的最小整数 n 是 ．答 案 71解析 由递推式变形得 3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)，∴{a n －1}是公比为－3的等比数列． 11则 a n －1＝8·(－3)n －1，即 a n ＝8·(－3)n －1＋1.18[1－(－ )n ]3 1 1 1 1－(－ )于是 S n ＝ 3 ＋n ＝6[1－(－3)n ]＋n ＝6－6·(－3)n ＋n1 1 1因此|S n－n－6|＝|6×(－3)n|＝6×(3)n<125，3n－1>250，∴满足条件的最小n＝7.10.气象学院用3.2 万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n＋4910 (n∈N*)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了天．答案8001解析由题意得，每天的维修保养费是以5 为首项，10为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平(5＋n＋49)n 103.2 ×104＋ 2 n 99993.2 × 104均耗资为n3.2 × 104 n＝n ＋20＋20≥20，当且仅当n ＝20时取得最小值，此时n＝800.三、解答题11．已知等差数列{a n}满足：a5＝9，a2＋a6＝14.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝a n＋qa n(q>0)，求数列{b n}的前n 项和S n.解(1)设数列{a n}的公差为d，则由a5＝9，a2＋a6＝14，得Error!，解得Error!.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(2)由a n＝2n－1 得b n＝2n－1＋q2n－1.当q>0 且q≠1 时，S n＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝n2＋当q＝1 时，b n＝2n，则S n＝n(n＋1)．所以数列{b n}的前n 项和S n＝Error!. q(1－q2n) 1－q2 ；12.将函数f(x)＝sin(n∈N*)．14x·sin14(x＋2π)·sin12(x＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{an}(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2n a n，数列{b n}的前n 项和为T n，求T n的表达式．1 1 1 1 π解(1)化简f(x)＝sin 4x·sin 4(x＋2π)·sin 2(x＋3π)＝－4sin x，其极值点为x＝kπ＋2(k∈Z)，πππ它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以2为首项，π为公差的等差数列，故a n＝2＋(n－1)π＝nπ－2.π(2)b n＝2n a n＝2(2n－1)·2n，π∴T n＝2[1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]，π则2T n＝2[1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1]两式相减，得π∴－T n＝2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1]，∴T n＝π[(2n－3)·2n＋3]．1 113.在等比数列{a n}中，a2＝4，a3·a6＝512.设b n＝log2a22·log2a n＋2 12，T n为数列{b n}的前n 项和．(1)求a n和T n；(2)若对任意的n∈N*，不等式λT n<n－2(－1)n 恒成立，求实数λ的取值范围．1 1 1解(1)设{a n}的公比为q，由a3a6＝a2·q5＝16q5＝512得q＝2，1∴a n＝a2·q n－2＝(2)n.1 1 1 1 1 1b n＝log2a n2·log2a n＋2 12＝log(2)2n－12·log(2)2n＋12＝(2n－1)(2n＋1)＝2(2n－1－2n＋1)，1 1 1 1 1 1 1 1 n∴T n＝2(1－3＋3－5＋…＋2n－1－2n＋1)＝2(1－2n＋1)＝2n＋1.(n－2)(2n＋1) 2 2(2)①当n 为偶数时，由λT n<n－2 恒成立得，λ< n2 2＝2n－n－3 恒成立，即λ<(2n－n－3)min，而2n－n－3 随n 的增大而增大，∴n＝2 时(2n－n－3)min＝0，∴λ<0.(n＋2)(2n＋1) 2②当n 为奇数时，由λT n<n＋2 恒成立得，λ< n ＝2n＋n＋5 恒成立，2 2即λ<(2n＋n＋5)min而2n＋n＋5≥25＝9，当且仅当2n＝n，即n＝1 时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ 的取值范围为(－∞，0)．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。
2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件
真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn ＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核 心 知 识·精 归 纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系：若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2. (2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．
角度1：由Sn与an的关系求通项公式
方 法 技 巧·精 提 炼
根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． (2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
加 固 训 练·促Байду номын сангаас提 高
1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*. 求数列{an}的通项公式．
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝a2na－n，6， n为n为 偶奇 数数 ，， 记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， 而 bn＝a2na－n，6，n＝n＝2k，2k－1， k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是ST43＝＝44aa11＋＋64dd＝－3122，＝16， 解得 a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d
高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文1205340-数学备课【全免费】
由 b1＝2，所以 bn＝2n－1＋1. (3)cn＝bnbann＋1＝bnb＋nb1－n＋b1 n＝b1n－bn1＋1， 所以 Tn＝c1＋c2＋…cn＝b11－b12＋b12－b13＋…＋ b1n－bn1＋1＝b11－bn1＋1＝12－2n＋1 1.
命题视角 3 错位相减法求和
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列， 所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有 最大值．
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利 用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项 公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的 关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
[变式训练] (2017·太原质检)已知数列{an}的前 n 项 和 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由于 Sn＝2n＋1－2，n∈N*，
＋2n.
[规律方法] 1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求 和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式． 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．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1. an
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解27---数列求和及其综合应用
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第27讲 数列求和及其综合应用[考情分析] 1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等．考点一 数列求和 核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ； 14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. 2．错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列． 考向1 分组转化法例1(2022·德州联考)已知数列{}2n a 是公比为4的等比数列，且满足a 2，a 4，a 7成等比数列，S n为数列{b n }的前n 项和，且b n 是1和S n 的等差中项，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前2n －1项和． 解 因为数列{}2na 是公比为4的等比数列， 所以122n na a +＝4， 所以a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是公差为2的等差数列，因为a 2，a 4，a 7成等比数列，所以a 24＝a 2a 7，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋12)，解得a 1＝6，所以a n ＝6＋2(n －1)＝2n ＋4，因为S n 为数列{b n }的前n 项和，且b n 是1和S n 的等差中项，所以S n ＋1＝2b n ，当n ≥2时，有S n －1＋1＝2b n －1，两式相减得b n ＝2b n －2b n －1，即b n ＝2b n －1，当n ＝1时，有S 1＋1＝b 1＋1＝2b 1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1， 因为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ＝2k －1，b n ，n ＝2k ，k ∈N *. 所以数列{c n }的前2n －1项和为a 1＋b 2＋a 3＋b 4＋…＋a 2n －1＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n －2)＝6n ＋n (n －1)2×4＋2(1－4n －1)1－4 ＝2n 2＋4n ＋23(4n －1－1)． 考向2 裂项相消法例2(2022·宜宾模拟)在①S n ＝12(a n －1)(n ＋2)；②S 2n －(n 2＋2n －1)S n －(n 2＋2n )＝0，a n >0这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足________．记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求T n .解 (1)选择①.由S n ＝12(a n －1)(n ＋2)得， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝12(a 1－1)(1＋2)， 解得a 1＝3，当n ≥2时，S n －1＝12(a n －1－1)(n ＋1)， 则a n ＝S n －S n －1＝12(a n －1)(n ＋2) －12(a n －1－1)(n ＋1)， 即na n ＝(n ＋1)a n －1＋1，两边各项同除以n (n ＋1)得a n n ＋1－a n －1n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ≥2)， 当n ≥2时，a n n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1－a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1n －a n －2n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n －1－a n －3n －2＋…＋⎝⎛⎭⎫a 23－a 12＋a 12 ＝⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋⎝⎛⎭⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝⎛⎭⎫12－13＋32 ＝12＋32－1n ＋1＝2－1n ＋1＝2n ＋1n ＋1， 所以a n ＝2n ＋1，经检验当n ＝1时，a 1＝2×1＋1＝3也成立，故a n ＝2n ＋1.选择②.由S 2n －(n 2＋2n －1)S n －(n 2＋2n )＝0得，[S n －(n 2＋2n )](S n ＋1)＝0，∴S n ＝n 2＋2n 或S n ＝－1，∵a n >0，∴S n ＝－1舍去．∴S n ＝n 2＋2n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －(n －1)2－2(n －1)＝2n ＋1，当n ＝1时，符合上式，∴a n ＝2n ＋1.(2)由(1)知S n ＝n 2＋2n ，∴1S n ＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫11＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12(n ＋1)－12(n ＋2)， ∴T n ＝34－12(n ＋1)－12(n ＋2). 考向3 错位相减法例3(2022·菏泽检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)在a n 与a n ＋1之间插入n 个数，使得包括a n 与a n ＋1在内的这n ＋2个数成等差数列，设其公差为d n ，求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2S n ＋1，所以a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减可得a n ＋1－a n ＝2a n ，所以a n ＋1＝3a n (n ≥2)，令n ＝1，可得a 2＝2S 1＋1＝2a 1＋1＝3，所以a 2a 1＝3，所以数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1. (2)由题意，可得d n ＝3n －3n －1n ＋1＝2×3n －1n ＋1， 所以1d n ＝n ＋12×3n －1， 所以T n ＝22×30＋32×31＋42×32＋…＋n ＋12×3n －1， 13T n ＝22×31＋32×32＋…＋n 2×3n －1＋n ＋12×3n， 两式相减可得23T n ＝1＋12⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n －1－n ＋12×3n＝1＋12×13－13n 1－13－n ＋12×3n ＝54－2n ＋54×3n， 所以T n ＝158－2n ＋58×3n －1. 规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．跟踪演练1 (1)(2022·湛江模拟)已知数列{a n }是等比数列，且8a 3＝a 6，a 2＋a 5＝36.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝a n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n ，并证明：T n <13. 解 ①设等比数列{a n }的公比是q ，首项是a 1.由8a 3＝a 6，可得q ＝2.由a 2＋a 5＝36，可得a 1q (1＋q 3)＝36，所以a 1＝2，所以a n ＝2n .②因为b n ＝a n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝12n＋1－12n ＋1＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫121＋1－122＋1＋⎝⎛⎭⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1. 又12n ＋1＋1>0，所以T n <13. (2)(2022·南通调研)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2＝2，a n ＋3－S n ＋2＝a n ＋1－S n . ①求数列{a n }的通项公式；②记b n ＝2n －1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使不等式T n <132－4n ＋72n 成立的n 的最小值． 解 ①设等比数列的公比为q (q >0)，因为a 2＝2，所以a 1q ＝2⇒a 1＝2q， 由a n ＋3－S n ＋2＝a n ＋1－S n⇒a n ＋3－a n ＋1＝S n ＋2－S n⇒a n ＋3－a n ＋1＝a n ＋2＋a n ＋1⇒a n ＋3－a n ＋2－2a n ＋1＝0⇒a n ＋1(q 2－q －2)＝0，因为a n ＋1≠0，所以q 2－q －2＝0，因为q >0，所以解得q ＝2，即a 1＝2q＝1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1×2n －1＝2n －1.②由①可知a n ＝2n －1， 所以b n ＝2n －1a n ＝2n －12n －1， 所以T n ＝1＋32＋522＋…＋2n －12n －1，(*) 12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，(**) 由(*)－(**)得12T n ＝ 1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋12n －1－2n －12n ＝1＋2×12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 所以T n ＝6－2n ＋32n －1， 代入T n <132－4n ＋72n 中， 得6－2n ＋32n －1<132－4n ＋72n ⇒2n >2⇒n >1，因为n ∈N *，所以n 的最小值为2.考点二 数列的综合问题 核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n 项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．例4 (1)已知A (0,0)，B (5,0)，C (1,3)，连接△ABC 的各边中点得到△A 1B 1C 1，连接△A 1B 1C 1的各边中点得到△A 2B 2C 2，如此无限继续下去，得到一系列三角形：△ABC ，△A 1B 1C 1，△A 2B 2C 2，…，则这一系列三角形的面积之和无限趋近于常数( )A.103B ．5C ．10D ．15 答案 C解析 因为S △ABC ＝12×5×3＝152， △A 1B 1C 1∽△ABC ，A 1B 1AB ＝12， 所以111A B C ABC S S △△＝14， 所以S △ABC ，111222A B C A B C S S △△，，…成等比数列，其首项为152，公比为14， 所以这一系列三角形的面积之和为S n ＝152⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14＝10⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n ，无限趋近于10. (2)在各项均为正数的数列{a n }中，a 1＝1，a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若对n ∈N *，不等式a n (λ－2S n )≤27恒成立，则实数λ的取值范围为__________．答案 (－∞，17]解析 ∵a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0，∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－3a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n 2－12， ∴不等式a n (λ－2S n )≤27即λ≤2S n ＋27a n ＝3n ＋273n －1－1对n ∈N *恒成立， ∵3n ＋273n －1≥23n ×273n －1＝18， 当且仅当3n ＝273n －1，即n ＝2时，⎝⎛⎭⎫3n ＋273n －1min ＝18， ∴λ≤17，∴实数λ的取值范围为(－∞，17]．易错提醒 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．跟踪演练2 (1)我国古代数学著作《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇，这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为1 200尺，则需要几天时间才能打穿(结果取整数)( )A ．12B ．11C ．10D ．9答案 B解析 设大鼠和小鼠每天穿墙厚度分别构成数列{a n }，{b n }，由题意知它们都是等比数列，a 1＝b 1＝1，数列{a n }的公比为q 1＝2，数列{b n }的公比为q 2＝12，设需要n 天能打穿墙，则(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )＝1－2n1－2＋1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝2n ＋1－12n －1， 当n ＝10时，2n ＋1－12n －1＝1 025－129≈1 025<1 200， 当n ＝11时，2n ＋1－12n －1＝2 049－1210≈2 049>1 200， 因此需要11天才能打穿．(2)(2022·潍坊检测)如图，在边长为a 的等边△ABC 中，圆D 1与△ABC 相切，圆D 2与圆D 1相切且与AB ，AC 相切，…，圆D n ＋1与圆D n 相切且与AB ，AC 相切，依次得到圆D 3，D 4，…，D n .设圆D 1，D 2，…，D n 的面积之和为X n (n ∈N *)，则X n 等于()A.112πa 2⎝⎛⎭⎫19n －1 B.332πa 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫19n C.18πa 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n D.112πa 2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫19n －1－⎝⎛⎭⎫13n －1＋1 答案 B解析 等边三角形内心、重心、外心、垂心四心合一．所以圆D 1的半径为13×32a ＝36a ， 面积为a 212·π， 圆D 2的半径为13×36a ，面积为19·a 212·π， 圆D 3的半径为⎝⎛⎭⎫132×36a ，面积为⎝⎛⎭⎫192·a 212·π， 以此类推，圆D n 的面积为⎝⎛⎭⎫19n －1·a 212·π， 所以各圆的面积组成的数列是首项为a 212·π，公比为19的等比数列， 所以X n ＝a 212·π·⎝⎛⎭⎫1－19n 1－19＝3a 232·π·⎝⎛⎭⎫1－19n＝332πa 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫19n . 专题强化练一、单项选择题1．数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，且a 4，a 4 040是函数f (x )＝x 2－8x ＋3的两个零点，则a 2 022的值为( )A ．4B ．－4C ．4 040D ．－4 040答案 A解析 因为a 4，a 4 040是函数f (x )＝x 2－8x ＋3的两个零点，即a 4，a 4 040是方程x 2－8x ＋3＝0的两个根，所以a 4＋a 4 040＝8.又2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以数列{a n }是等差数列，所以a 4＋a 4 040＝2a 2 022＝8，所以a 2 022＝4.2．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 2 022等于( ) A. 2 022＋1 B. 2 023－1 C. 2 022－1 D. 2 023＋1答案 B解析 函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，则4a ＝2，解得a ＝12，得f (x )＝x ， a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，则S 2 022＝(2－1)＋(3－2)＋…＋( 2 023－ 2 022)＝－1＋ 2 023.3．(2022·衡水模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＋2＝－a n ，且a 1＝1，a 2＝2，则S 2 023等于( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 C解析 由a n ＋2＝－a n ，得a n ＋4＝－a n ＋2＝a n ，所以数列{a n }是周期为4的数列，所以由a 1＝1，a 2＝2得a 3＝－1，a 4＝－2，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，所以S 2 023＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)×505＋a 1＋a 2＋a 3＝2.4．(2022·长沙质检)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F n ＝22n ＋1(n ＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5＝641×6 700 417，不是质数．现设a n ＝log 4(F n －1)(n ＝1,2，…)，S n 表示数列{a n }的前n 项和，若32S n ＝63a n ，则n 等于( )A ．5B ．6C ．7D ．8答案 B解析 因为F n ＝22n ＋1(n ＝0,1,2，…)，所以a n ＝log 4(F n －1)＝24log 2n＝2n －1， 所以{a n }是等比数列，首项为1，公比为2，所以S n ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1， 所以32×(2n －1)＝63×2n －1，解得n ＝6. 5．(2022·西南四省名校大联考)数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋3a 2＋…＋3n －1a n ＝n ·3n ，若对任意n ∈N *，S n ≥(－1)n nλ恒成立，则实数λ的取值范围为( )A ．[－3,4]B ．[－22，22]C ．[－5,5]D ．[－22－2,22＋2]答案 A解析 当n ≥2时，3n －1a n ＝n ·3n －(n －1)3n －1 ＝(2n ＋1)3n －1， ∴a n ＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝3符合上式，∴a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n . 当n 为奇数时，λ≥－S n n＝－(n ＋2)， 令g (n )＝－(n ＋2)，当n ＝1时，g (n )max ＝－3，∴λ≥－3，当n 为偶数时，λ≤S n n＝n ＋2， 令h (n )＝n ＋2，∴λ≤h (2)＝4，∴－3≤λ≤4.6．“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD 的边长为4，取正方形ABCD 各边的四等分点E ，F ，G ，H ，作第2个正方形EFGH ，然后再取正方形EFGH 各边的四等分点M ，N ，P ，Q ，作第3个正方形MNPQ ，以此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD 边长为a 1，后续各正方形边长依次为a 2，a 3，…，a n ，…；如图(2)阴影部分，设Rt △AEH 的面积为b 1，后续各直角三角形面积依次为b 2，b 3，…，b n ，….下列说法错误的是( )A ．从正方形ABCD 开始，连续3个正方形的面积之和为1294B ．a n ＝4×⎝⎛⎭⎫104n －1 C ．使得不等式b n >12成立的n 的最大值为4 D ．数列{b n }的前n 项和S n <4答案 C解析 由题可得a 1＝4，a 2＝⎝⎛⎭⎫14a 12＋⎝⎛⎭⎫34a 12＝104a 1， a 3＝⎝⎛⎭⎫14a 22＋⎝⎛⎭⎫34a 22＝104a 2， …，a n ＝⎝⎛⎭⎫14a n －12＋⎝⎛⎭⎫34a n －12＝104a n －1， 则a n a n －1＝104， 所以数列{a n }是以4为首项，104为公比的等比数列，则a n ＝4×⎝⎛⎭⎫104n －1，显然B 正确； 由题意可得，S △AEH ＝a 21－a 224， 即b 1＝a 21－a 224，b 2＝a 22－a 234，…，b n ＝a 2n －a 2n ＋14， 于是b n ＝16×⎝⎛⎭⎫1042n －2－16×⎝⎛⎭⎫1042n 4＝32×⎝⎛⎭⎫58n －1，为等比数列， 对于A ，连续三个正方形的面积之和S ＝a 21＋a 22＋a 23＝16＋10＋254＝1294，A 正确； 对于C ，令b n ＝32×⎝⎛⎭⎫58n －1>12，则⎝⎛⎭⎫58n －1>13， 而⎝⎛⎭⎫584－1＝125512<13，C 错误；对于D ，S n ＝32×1－⎝⎛⎭⎫58n 1－58＝4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫58n <4， D 正确．二、多项选择题7．已知F 是椭圆x 225＋y 216＝1的右焦点，椭圆上至少有21个不同的点P i (i ＝1,2,3，…)，|FP 1|，|FP 2|，|FP 3|，…组成公差为d (d >0)的等差数列，则( )A ．该椭圆的焦距为6B ．|FP 1|的最小值为2C ．d 的值可以为310D ．d 的值可以为25答案 ABC解析 由椭圆的方程和定义知a ＝5，b ＝4，c ＝3，∴焦距为6，∴A 正确；又∵a －c ≤|FP i |≤a ＋c ，∴2≤|FP i |≤8，∴B 正确；令|FP 1|，|FP 2|，|FP 3|，…组成等差数列{a n }，d >0，∴a 1＝|FP 1|≥2，a n ≤|FP i |max ＝8，∴d ＝a n －a 1n －1≤8－2n －1＝6n －1≤621－1＝310，∴0<d ≤310，∴C 正确，D 错误． 8.如图，已知四边形ABCD 中，F n (n ∈N *)为边BC 上的一列点，连接AF n 交BD 于G n ，点G n (n ∈N *)满足G n F n ---→＋2(1＋a n )G n C ---→＝a n ＋1G n B ---→，其中数列{a n }是首项为1的正项数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是( )A ．a 3＝13B ．数列{3＋a n }是等比数列C ．a n ＝4n －3D ．S n ＝2n ＋1－3n 答案 AB解析 由题意可知G n B ---→＝1a n ＋1G n F n ---→＋2(1＋a n )a n ＋1G n C ---→， 因为B ，F n ，C 三点共线，所以1a n ＋1＋2(1＋a n )a n ＋1＝1， 即1＋2＋2a n ＝a n ＋1，即a n ＋1＝3＋2a n ，a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，所以数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，于是a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1， 所以a n ＝2n ＋1－3， 所以a 3＝24－3＝13，所以A ，B 选项正确，C 选项不正确．又S 2＝a 1＋a 2＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，所以D 选项不正确．三、填空题9．在数列{a n }中，a 1＝3，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝135，则k ＝________.答案 9解析 令m ＝1，由a m ＋n ＝a m ＋a n 可得，a n ＋1＝a 1＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k＝k (a 1＋a k )2＝k (3＋3k )2＝135， 整理可得k 2＋k －90＝0，解得k ＝9或k ＝－10(舍去)．10．已知数列{a n }满足a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，若数列{a n }是单调递增数列，则λ的取值范围是______． 答案 (－3，＋∞)解析 ∵{a n }是单调递增数列，∴当n ≥1时，a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ>0恒成立，即λ>－2n －1，∵n ≥1，∴(－2n －1)max ＝－3，∴λ>－3.11．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 8＝________. 答案 8解析 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，则a n ＝n 2－(n ＋1)2＝－2n －1，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.当n 为偶数时，n ＋1为奇数，则a n ＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，则a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝5＋9＋13＋17＝44，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝－36＋44＝8.12．(2022·聊城质检)某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列．如图，第一行构造数列1,2；第二行得到数列1,2,2；第三行得到数列1,2,2,4,2，…，则第5行从左数起第6个数的值为________．用A n 表示第n 行所有项的乘积，若数列{B n }满足B n ＝log 2A n ，则数列{B n }的通项公式为________．答案 8 B n ＝3n －1＋12 解析 根据题意，第5行的数列依次为1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16,2，从左数起第6个数的值为8.A 1＝21，213222A ＋＝＝， 015133322A ＋＋＝＝，012141333422A ＋＋＋＝＝， 01234113333522A ＋＋＋＋＝＝， 故有0123211131311333+1323322=2,n n n n A ---+-==－＋＋＋＋＋…＋则B n ＝log 2A n ＝11312213log 2.2n n -+-+=四、解答题13．(2022·烟台模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝9，S 3＝15.(1)求{a n }的通项公式；(2)保持数列{a n }中各项先后顺序不变，在a k 与a k ＋1(k ＝1,2，…)之间插入2k 个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n }，记{b n }的前n 项和为T n ，求T 100的值． 解 (1)设{a n }的公差为d ，由已知a 1＋3d ＝9,3a 1＋3d ＝15.解得a 1＝3，d ＝2.所以a n ＝2n ＋1.(2)因为在a k 与a k ＋1(k ＝1,2，…)之间插入2k 个1，所以a k 在{b n }中对应的项数为n ＝k ＋21＋22＋23＋…＋2k －1 ＝k ＋2－2k1－2＝2k ＋k －2， 当k ＝6时，2k ＋k －2＝68，当k ＝7时，2k ＋k －2＝133，所以a 6＝b 68，a 7＝b 133，且b 69＝b 70＝…＝b 100＝1.因此T 100＝S 6＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1＝62×(3＋13)＋2－261－2＋32＝142. 14．(2022·长沙质检)已知{a n }是公差不为0的等差数列，其前n 项和为S n ，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求a n 和S n ；(2)若b n ＝n a ＋1S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥m n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 由已知得a 24＝a 2a 8，即(2＋3d )2＝(2＋d )(2＋7d )， 整理得d 2－2d ＝0，又d ≠0，∴d ＝2，∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n .(2)由题意知，b n ＝()22n ＋1n 2＋n ＝2n ＋1n (n ＋1)＝2n ＋1n －1n ＋1，∴T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝2(1－2n )1－2＋1－1n ＋1＝2n ＋1－1－1n ＋1，∵T n ≥m n ＋1，∴(n ＋1)2n ＋1－(n ＋2)≥m ， 令f (n )＝(n ＋1)2n ＋1－(n ＋2)，则f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋3)2n ＋1－1>0， 即f (n ＋1)>f (n )对任意的n ∈N *恒成立， ∴{f (n )}是单调递增数列，∴[f (n )]min ＝f (1)＝5，∴m ≤5，∴实数m 的取值范围是(－∞，5]．。
【配套新教材】2023届高考数学二轮复习数列专练——(10)裂项相消法求和
（10）裂项相消法求和1.已知数列{}n a 满足*12(1),n n n a a n ++=⨯-∈N ，且51a =，则下列说法错误的是( ) A.17a =-B.数列{}21n a -是等差数列C.数列{}n a 是等差数列D.数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为1449nn - 2.（多选）已知数列{}n a 满足*12(1),n n n a a n ++=⨯-∈N ，且51a =，则( ) A.17a =-B.数列{}21n a -是等差数列C.数列{}n a 是等差数列D.数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为1449nn - 3.设数列{}n a 满足12211,4,22n n n a a a a a ++==+=+，若[)x 表示大于x 的最小整数，如[2)3,[ 2.1)2=-=-，记(1)n n n n b a ⎡⎫+=⎪⎢⎣⎭，则数列{}n b 的前2022项之和为( )A.4044B.4045C.4046D.40474.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n S +=-，则数列2211log log nn a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T =( ) A.2nn + B.1n n + C.12n n ++ D.12n n -+ 5.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若35S a =，5114S a =+，设nn a b a =，则11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T 为( ) A.41nn + B.43nn + C.441nn + D.421nn + 6.正整数数列{}n 的前n 项和为n S ，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前100项和100T 为( ) A.10099B.99100C.200101D.1001017.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N .则使得20T 的值为( ) A.1939B.2041C.3839D.40418.定义1nii nu=∑为n 个正数1u ，2u ，3u ，…，n u 的“快乐数”.若已知正项数列{}n a 的前n 项的“快乐数”为131n +，则数列()()13622n n a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前2021项和为( )A.20202021B.20212022C.20212020D.202110119.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2n S n n =--，则数列2(1)n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前40项和为( )A.3940B.3940-C.4041 D.4041-10.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，912162a a =+，24a =，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和为( ) A.1112B.1011C.910D.8911.（多选）已知正项数列{}n a 的首项为2，前n 项和为n S ，且()()111111,22n n n n n n n n n n a a a a S a S b a a ++++-+++=+=+-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若16n T <，则n 的值可以为( )A.543B.542C.546D.54412.（多选）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若81031,210a S ==，则( ) A.19919S a = B.数列{}22na是公比为8的等比数列C.若(1)n n n b a =-⋅，则数列{}n b 的前2020项和为4040D.若11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前2020项和为20202424913.若数列{}n a 的通项公式为1(1)n a n n =+，则其前n 项和n S =____________.14.在数列{}n a 中，11a =，()2*122,1n n n a a n n n -=≥∈-N ，则数列2n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T =___________.15.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，11nn S a n n+=--，*n ∈N . （1）求n S ； （2）令1112(1)n n n n n n n S S b na a n a a ++++=-+，证明：12313n b b b b ++++<.答案以及解析1.答案：C解析：因为152(1),1n n n a a a ++=⨯-=，所以4534231221,23,25,27a a a a a a a a =-==--=-=-==--=-，故A 正确.当()*21n k k =-∈N 时，1122,2n n n n a a a a ++++=-+=，两式相减得，24n n a a +-=，所以{}n a 的奇数项是以-7为首项，4为公差的等差数列，故B 正确.当()*21n k k =-∈N 时，1741292n n a n +⎛⎫=-+⨯-=-⎪⎝⎭. 当()*2n k k =∈N 时，1122,2n n n n a a a a ++++=+=-，两式相减得，24n n a a +-=-， 所以{}n a 的偶数项是以5为首项，-4为公差的等差数列，所以当2n k =时，541922n n a n ⎛⎫=-⨯-=- ⎪⎝⎭.所以92,4|29|29,5n n n a n n n -≤⎧=-=⎨-≥⎩，故C 错误.因为1(1)(29)n n a n +=--，所以121(1)(29)(1)(27)(29)(27)n n n n a a n n n n +++=--⋅--=---， 设11n n n b a a +=，则1111(29)(27)22927n b n n n n ⎛⎫=-=-- ⎪----⎝⎭， 所以121111111275532927n b b b n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=--++-+++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦11127271449nn n ⎛⎫=---=⎪--⎝⎭，故D 正确.故选C. 2.答案：ABD解析：因为152(1),1n n n a a a ++=⨯-=，所以453421,23a a a a =-==--=-，231225,27a a a a =-==--=-，故A 正确.当()*21n k k =-∈N 时，1122,2n n n n a a a a ++++=-+=，两式相减得，24n n a a +-=，所以{}n a 的奇数项是以-7为首项，4为公差的等差数列，故B 正确. 当()*21n k k =-∈N 时，1741292n n a n +⎛⎫=-+⨯-=-⎪⎝⎭.当()*2n k k =∈N 时，1122,2n n n n a a a a ++++=+=-，两式相减得，24n n a a +-=-，所以{}n a 的偶数项是以5为首项，-4为公差的等差数列，所以当2n k =时，541922n na n ⎛⎫=-⨯-=- ⎪⎝⎭. 所以92,4|29|29,5n n n a n n n -≤⎧=-=⎨-≥⎩，故C 错误.因为1(1)(29)n n a n +=--，所以121(1)(29)(1)(27)(29)(27)n n n n a a n n n n +++=--⋅--=---， 设11n n n b a a +=，所以1111(29)(27)22927n b n n n n ⎛⎫=-=-= ⎪----⎝⎭，所以12111111111127553292727271449n n b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=--++-+++-=---=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 故D 正确.故选ABD. 3.答案：B解析：2122n n n a a a +++=+，()()2112n n n n a a a a +++∴---=.又213a a -=，∴数列{}1n n a a +-是以3为首项，2为公差的等差数列，132(1)21n n a a n n +∴-=+-=+，()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+2(121)(21)(23)312n n n n n +-=-+-+++==， 则数列{}n b 的通项公式2(1)(1)111n n n n n n n b a n n n ⎡⎫+++⎡⎫⎡⎫⎡⎫====+⎪⎢⎪⎪⎪⎢⎢⎢⎣⎭⎣⎭⎣⎭⎣⎭， 则数列{}n b 的前2022项之和为1232022111[11)111232022b b b b ⎡⎫⎛⎫⎡⎫+++=++++++++⎪ ⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎝⎭⎣⎭32223220214045=++++=+⨯=，故选B.4.答案：B解析：当1n =时，211222a S ==-=；当2n ≥时，()1122222n n n n n n a S S +-=-=---=，∴数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，且2n n a =，则122122log log log 2log 2(1)n n n n a a n n ++==+，1111223(1)n T n n ∴=+++=⨯⨯+11111122311nn n n -+-++-=++，故选B. 5.答案：A解析：设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则11113234,2545104,2a d a d a d a d ⨯⎧+=+⎪⎪⎨⨯⎪+=++⎪⎩解得11,2a d ==，所以21n a n =-，212(21)143nn a n b a a n n -===--=-，所以111111(43)(41)44341n n b b n n n n +⎛⎫==⋅- ⎪-+-+⎝⎭， 所以11111111145599134341n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦11144141nn n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，故选A. 6.答案：C解析：由题意，正整数数列{}n 的前n 项和1(1)2n S n n =+，12112(1)1n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，则10012100111T S S S =+++=1111112002121223100101101101⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选C. 7.答案：B解析：数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =， 当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-， 当1n =时，11a =适合上式，所以21n a n =-， 则111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==⋅--+-+， 所以20111111111120[(1)()()()](1)233557394124141T =-+-+-++-=⨯-=. 故选B. 8.答案：B解析：设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则根据题意131n n S n =+，得23n S n n =+，114a S ==，162(2)n n n a S S n n -=-=-≥，当1n =时也满足上式，所以62n a n =-，所以()()13636226(66)n n a a n n +==+++111(1)1n n n n =-++，所以()()13622n n a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前2021项和为1111112021112232021202220222022-+-++-=-=.9.答案：D解析：若2n S n n =--，则112a S ==-，当2n ≥时，12n n n a S S n -=-=-，12a =-也适合，则2n a n =-，2111(1)(1)1n n a n n n n =-=-+++，数列2(1)n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前40项和为1111111140112324341404141⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 10.答案：B解析：设等差数列{}n a 的公差为d . 912162a a =+，24a =，()11118116,24,a d a d a d ⎧+=++⎪∴⎨⎪+=⎩解得12,2.a d =⎧⎨=⎩2(1)222n n n S n n n -=+⨯=+，1111(1)1nS n n n n ∴==-++，1210111111111101122310111111S S S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选B.11.答案：AB解析：本题考查数列的前n 项和与通项的关系、裂项相消法求和.依题意，()()11112n n n n n n n a a a a S a S +++-+++=+，则()221121n n n n a a a a ++-=-+，即()()221112n n a a +---=，故数列(){}21n a -是首项为()2111a -=，公差为2的等差数列，则()2121n a n -=-，则1n a =，所以112n nn b a a +===+-11121)22n T n =++=.令11)162<，解得33<，即544n <，故选AB.12.答案：CD解析：本题考查等差数列的通项公式与前n 项和的公式、数列求和的方法.由等差数列的性质可知，191019S a =，故A 错误；设{}n a 的公差为d ，则有81101731,1045210,a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩解得13,4a d ==，故28141,22n an n a n -=-=，则数列{}22n a 是公比为82的等比数列，故B 错误；若(1)(1)(41)n n n n b a n =-⋅=-⋅-，则{}n b 的前2020项20203711158079410104040T =-+-+-+=⨯=，故C 正确；若1111(41)(43)44143n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 则{}n b 的前2020项和2020111111120204377118079808324249T ⎛⎫=-+-++-=⎪⎝⎭，故D 正确.故选CD. 13.答案：1nn + 解析：111(1)1n a n n n n ==-++，则121111112231n n S a a a n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111n n n =-=++. 14.答案：21nn + 解析：令2nn a b n=，显然0n b ≠，由数列的递推公式，可得当2n ≥，*n ∈N 时，111n n b n b n --=+，且11211a b ==.由累乘法，可得32411231123113451n n n b b b b n b b b b b b n --=⋅⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯=+()*22,(1)n n n n ≥∈+N ，显然，当1n =时，11b =满足上式，所以()21n b n n =+，所以12n n T b b b =+++=1111122122311n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦. 15.答案：（1）2n S n = （2）见解析解析：（1）因为11n n n a S S ++=-，11nn S a n n+=--， 所以()()111(1)n n n n S n a n n S S n n ++=--=--+， 故1(1)(1)n n n S nS n n ++=-+，即111n nS S n n+-=+， 所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为11111S a ==，公差为1的等差数列，故1(1)n S n n n=+-=，则2n S n =. （2）因为2n S n =，()*12,n n n a S S n n -=-≥∈N ，所以()22*(1)212,n a n n n n n =--=-≥∈N . 又11a =符合上式，所以()*21n a n n =-∈N . 因为1112(1)n n n n n n n S S b na a n a a ++++=-+， 所以22(1)(21)(21)(1)(21)(23)n n n b n n n n n n +=--++++ 1(21)(21)(21)(23)n n n n n n +=--+++ 144(1)4(21)(21)(21)(23)n n n n n n ⎡⎤+=-⎢⎥-+++⎣⎦ 11111421212123n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 11142123n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭， 所以123n b b b b ++++=1111111111111453759252123212123n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---+-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦11111411114321234321233n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=--< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭.。