2018年高考数学二轮复习专题4数列第2讲数列求和及综合应用课件
1 1 1 ( － ) 1 2 2 n － 1 2 n ＋ 1 ③ ＝__________________________． 2n－12n＋1
1 1 1 1 1 1 1 1 ④若等差数列{an}的公差为 d，则 ＝d(a － )； ＝2d(a － )． anan＋1 an＋1 anan＋2 an＋2 n n 1 1 1 1 ⑤ ＝ [ － ]． nn＋1n＋2 2 nn＋1 n＋1n＋2 ⑥ 1 n＋ n＋1 1 ＝ n＋1－ n．
求数列的 求和 前n项和 与数列的 和有关的 综合应用 2．以递推数列、等差(比)数列为命题背景，考查错位相减、裂项相 消、倒序相加等求和方法 1.等差(比)数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和 2．常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等 式的性质等
• 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： • (1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给 出数列的方法． • (2)掌握等差(比)数列求和公式及方法． • (3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方 法． • (4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策 略． • 预测2018年命题热点为： • (1)已知等差(比)数列的某些项的值或其前几项的和，求该
－n．Biblioteka n1＋n 设 N 是第 n＋1 组的第 k 项，若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则 N－ 2 项的和即第 n＋1 组的前 k 项的和 2k－1 应与－2－n 互为相反数，即 2k－1＝2＋ 29×1＋29 n(k∈N ，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n 最小为 29，此时 k＝5，则 N＝ ＋ 2
1 ⑦ ＝k ( n＋k－ n)． n＋ n＋k
•
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前 n 项和公式，如 nn＋1 ①1＋2＋3＋„＋n＝ 2 ；
n2 ②1＋3＋5＋„＋(2n－1)＝__________ ；
1 ③1 ＋2 ＋3 ＋„＋n ＝6n(n＋1)(2n＋1)．
2 2 2 2
• 1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分 类讨论． • 2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项． • 3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项． • 4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．
[ 解析]
设首项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3
n1＋n 组，依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为 2 ． n1＋n 由题意知，N>100，令 2 >100⇒n≥14 且 n∈N*，即 N 出现在第 13 组之 后．
n 1－2n 2 1 － 2 ＋ n 第 n 组的各项和为 ＝2 －1，前 n 组所有项的和为 －n＝2n 1－2 1－2 1－2
4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤： ①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思． 附： (1)常见的拆项公式(其中 n∈N*)
1 1 － 1 n n＋1 ① ＝___________________ ． nn＋1
1 11 1 ② ＝ ( － )． nn＋k k n n＋k
核心知识整合
1． 分组求和法： 分组求和法是解决通项公式可以写成 cn＝an＋bn 形式的数列 求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列． 2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即 an＝f(n＋1)－f(n) c 的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如 { }(其中{an}是公 anan＋1 差 d≠0 且各项均不为 0 的等差数列，c 为常数)的数列等． 3．错位相减法：形如{an· bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列 求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．
*
5＝440． 故选 A．
3．(2017· 全国卷Ⅱ，15)等差数列{an}的前 n 项和 Sn，a3＝3，S4＝10，则
k＝1
n
2n 1 n＋1 ＝ __________. 导学号 52134497 S
高考真题体验
1．(2017· 全国卷Ⅱ，3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远 望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是： 一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍， 则塔的顶层共有灯 导学号 52134495 ( B ) A．1 盏
1
高考考点聚焦
2
3 4 5
核心知识整合
高考真题体验 命题热点突破 课后强化训练
高考考点聚焦
高考考点 求数列的
考点解读 1.已知数列的递推关系式以及某些项，求数列的通项公式；已知等
通项公式
差(比)的某些项或前几项的和，求其通项公式
2．考查等差(比)数列的概念以及通项公式、前n项和公式等 1.以等差(比)数列为命题背景，考查等差(比)的前n项和公式、分组
[ 解析]
B．3 盏
C．5 盏
D．9 盏
设塔的顶层的灯数为 a1，七层塔的总灯数为 S7，公比为 q，则由题
意知 S7＝381，q＝2， a11－q7 a11－27 ∴ S7 ＝ ＝ ＝381，解得 a1＝3． 1－q 1－2 故选 B．
2．(2017· 全国卷Ⅰ，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用 软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的 活 动 ． 这 款 软 件 的 激 活 码 为 下 面 数 学 问 题 的 答 案 ： 已 知 数 列 1,1,2,1,2,4, 1,2,4,8,1,2,4,8,16，„，其中第一项是 20，接下来的两项是 20,21，再接下来的三项 是 20,21,22，依次类推．求满足如下条件的最小整数 N：N>100 且该数列的前 N 项 和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是 导学号 52134496 ( A ) A．440 C．220 B．330 D．110
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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,
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题四 数列4.1.2 精品
(2)由 anan＋1＝3n，得 an－1an＝3n－1(n≥2)，所以aann＋－11＝3(n≥2)，
则数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数 列，又 a1＝1，a1a2＝3，所以 a2＝3，所以 S2 015＝1×11－－331 008＋
3×1－31 1－3
007＝31
008－2.
5.nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2
6.
1＝ n＋ n＋k＝1k(
n＋k－
n)
8．n·n！＝(n＋1)！－n!
[专题回访]
1．若数列{an}是等差数列，且 a1＋a8＋a15＝π，则 tan(a4＋ a12)＝( )
A. 3
B．－ 3
3 C. 3
D．－
[答案] (1)A (2)A
[方法规律] 数列与不等式、函数等问题主要利用函数、不
等式的解题思路来加以解决．
4专能提升 1.(热点一)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋6n＋7，则数列 {an}的通项公式为________．
解析：当 n＝1 时，a1＝1＋6＋7＝14；当 n≥2 时，an＝Sn －Sn－1＝n2＋6n＋7－[(n－1)2＋6(n－1)＋7]＝2n＋5，所以数列{an} 的通项公式为 an＝12n4，＋n5＝，1n≥2 .
A．212 B．29
C．28 D．26
[自主解答] (1)由 a1，a3，a13 成等比数列可得(1＋2d)2＝1
＋12d，得 d＝2，故 an＝2n－1，Sn＝n2，因此2Sann＋＋136＝22nn2＋＋126＝ nn2＋＋18＝n＋12－n＋21n＋1＋9＝n＋1＋n＋9 1－2.
由
基
本
不
2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题三 第二讲 数列的综合应用 精品
考点一
试题 通解 优解
考点一 考点二 考点三
2．已知数列{an}满足：a1＝12，an＋1＝n＋n 2an＋1－n＋n 2，则数列
{an}的通项公式为 an＝( C ) A．nn1＋1
B．1－n＋11n＋2
C．1－nn1＋1
D．n＋n 1
考点一
试题 通解 优解
考点一 考点二 考点三
an＋1－1＝n＋n 2an＋1－n＋n 2－1＝n＋n 2(an－1)，令 bn＝an－1， 则bb21×bb32×bb43×bb54×…×bbn－n 1＝13×24×35×…×nn－ ＋11，从而得到bbn1 ＝nn2＋1，又 b1＝a1－1＝－12，得 bn＝nn2＋1b1＝－nn1＋1， 所以 an＝1－nn1＋1，选 C.
考点一
试题 通解 优解
考点一 考点二 考点三
依题意可得 an＋1＝2＋33an，则有 an＋1＝an＋23，故数列{an}是以 1 为首项，23为公差的等差数列，则 an＝1＋(n－1)×23＝23n＋13，故 选 A.
考点一
试题 通解 优解
考点一 考点二 考点三
依题意可得当 n＝1 时，排除 B，D，a2＝2＋33a1＝53，当 n＝2 时， 只有 A 选项满足题意，选 A.
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 解析
(2)由(1)知 cn＝63nn＋＋63n＋n1＝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] ＝3×4＋411－－22n－n＋1×2n＋2＝－3n·2n＋2， 所以 Tn＝3n·2n＋2.
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：专题三第2讲数列求和及综合应用 精品
[规律方法] 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn} 是等比数列，求数列{an·bn}的前 n 项和时，可采用错位相 减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比， 然后作差求解．
2．在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表 达式．
(2)错位相减法求和． 错位相减法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{an·bn}的前 n 项和， 其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列． (3)裂项相消法求和． 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后， 某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于 ana1n＋1或ana1n＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求 和．
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制 条件．
(3)不等关系证明中进行适当的放缩．
[变式训练 2] (2016·湖北七市 4 月联考)已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n2＋2n.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若点(bn，an)在函数 y＝log2x 的图象上，求数列{bn} 的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n≥2 时，
2．数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的交汇问题一般是利用函数作为背景， 给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出 Sn 的 表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类 问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进 行准确的转化．数列与不等式的交汇问题一般以数列为 载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．
[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一 项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵 消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．
2018年高考数学(文科)二轮复习 名师课件：专题三 第2讲 数列的求和及综合应用
归纳总结· 思维升华
真题感悟 全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. 1.(2017·
(1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前
n 项和.
解
(1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当 n≥2 时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，② 2 ①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝ ， 2n－1 又 n＝1 时，a1＝2 适合上式， 2 从而{an}的通项公式为 an＝ . 2n－1
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
探究提高
1. 一般地，如果数列 {an}是等差数列， {bn}是等比数
列，求数列{an· bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般
是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解. 2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”， 以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
第 2讲
数列的求和及综合应用
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
高考定位
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.
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
1 1 1 1 1 1 1 ＝ 3－5＋5－7＋…＋2n＋1－2n＋3 2
n ＝ . 3（2n＋3）
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
2018高考数学文二轮复习课件：第二编 专题整合突破 专题四 数列 第二讲 数列求和及综合应用 适考
1 28
－
1 210
＝
－
212×1－1－14145＝－1304214.
三、解答题 10．[2016·合肥质检]在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝n＋ 2n1·an， n∈N*. (1)求证：数列ann为等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
解 (1)证明：由 an＋1＝n＋ 2n1an 知na＋n＋11＝12·ann， ∴ann是以12为首项，12为公比的等比数列． (2)由(1)知ann是首项为12，公比为12的等比数列， ∴ann＝12n，∴an＝2nn， ∴Sn＝211＋222＋…＋2nn，①
大二轮·文
适考素能特训
一、选择题
1．[2016·重庆测试]在数列{an}中，若 a1＝2，且对任意
正整数 m，k，总有 am＋k＝am＋ak，则{an}的前 n 项和 Sn＝( )
A．n(3n－1)
nn＋3 B. 2
C．n(n＋1)
n3n＋1 D. 2
解析 依题意得 an＋1＝an＋a1，即有 an＋1－an＝a1＝2，
②1×1 3＋3×1 5＋5×1 7＋…＋n－112n＋1； ③1＋12＋212＋213＋…＋2n1－1； ④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}，其中极限为 2 的 共有( )
A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
解析 对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－ 1|，当 n 是偶数时，|an－2|＝0；当 n 是奇数时，|an－2|＝4， 所以数列{(－1)n×2}没有极限，所以 2 不是数列{(－1)n×2} 的极限．
9．[2016·武昌调研]设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，Sn＋21n
高考数学二轮复习 第二部分 专题二 数列 第2讲 数列的求和及综合应用课件 理
2021/12/11
第七页，共四十五页。
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，② ②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝ －3（11－－33n）＋n×3n＋1＝（2n－1）2 3n＋1＋3.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n ＝3n2＋6Tn ＝3n2＋3（2n－12）·3n＋1＋9 ＝（2n－1）·32n＋2＋6n2＋9.
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第二十三页，共四十五页。
2021/12/11
由题意 a2＋a3＝3(a1＋a2)，得 a4＝a1q3＝81， a1q＋a1q2＝3（a1＋a1q）. 解之得 a1＝q＝3. 所以 an＝a1qn－1＝3n. (2)由(1)得 bn＝log332n－1＝2n－1， Sn＝n（b12＋bn）＝n[1＋（22n－1）]＝n2，
第十一页，共四十五页。
cn＝TbnTn＋n1＋1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋1 1）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．
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第十二页，共四十五页。
[思维升华] 1．给出 Sn 与 an 的递推关系求 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．
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第九页，共四十五页。
【例 1】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意的正 整数 n，都有 an＝5Sn＋1 成立，bn＝－1－log2|an|，数列 {bn}的前 n 项和为 Tn，cn＝TbnTn＋n1＋1.
2018年高考数学理二轮复习课件：第1部分 重点强化专题
S1 n＝1， an＝ Sn－Sn－1n≥2.
2．求数列{an}通项的方法： (1)叠加法 形如 an－an－1＝f(n)(n≥2)的数列应用叠加法求通项公式，an＝a1＋∑ f(k)(和可 k＝2 求)． (2)叠乘法 a2 a3 an an 形如 ＝f(n)(n≥2)的数列应用叠乘法求通项公式， an＝a1· …· (积可 a1· a2· an－1 an－1 求)．
n
Sn 则2n＝n，Sn＝n· 2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n· 2n(n∈N*)．]
■题型强化集训………………………………………………………………………· (见专题限时集训T1、T2、T3、T4、T5、T7、T8、T10、T11、T12)
题型 2 裂项相消法求和(答题模板)
1 1 所以数列S 是首项为1，公差为2的等差数列， n
n＋1 1 1 所以S ＝1＋2(n－1)＝ 2 ， n
2 即Sn＝ . n ＋1 2 2 2 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ － ＝－ . n＋1 n nn＋1 1，n＝1， 2 因此an＝ － ，n≥2. n n ＋ 1
1分 2分
2 两式相减可得 a2 － a ＋ n 1 n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
[解析] 因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，故{an＋1}是以a1＋1＝3 为首项，3为公比的等比数列， 所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1. Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3n－1)＝(31＋32＋…＋3n)－n＝ 31－3n 3n＋1－3 －n＝ 2 －n， 1－3 3n 1－3 3n 1－2n－3 所以Sn＝ 2 －n＝ . 2
n
2．求数列{an}通项的方法： (1)叠加法 形如 an－an－1＝f(n)(n≥2)的数列应用叠加法求通项公式，an＝a1＋∑ f(k)(和可 k＝2 求)． (2)叠乘法 a2 a3 an an 形如 ＝f(n)(n≥2)的数列应用叠乘法求通项公式， an＝a1· …· (积可 a1· a2· an－1 an－1 求)．
n
Sn 则2n＝n，Sn＝n· 2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n· 2n(n∈N*)．]
■题型强化集训………………………………………………………………………· (见专题限时集训T1、T2、T3、T4、T5、T7、T8、T10、T11、T12)
题型 2 裂项相消法求和(答题模板)
1 1 所以数列S 是首项为1，公差为2的等差数列， n
n＋1 1 1 所以S ＝1＋2(n－1)＝ 2 ， n
2 即Sn＝ . n ＋1 2 2 2 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ － ＝－ . n＋1 n nn＋1 1，n＝1， 2 因此an＝ － ，n≥2. n n ＋ 1
1分 2分
2 两式相减可得 a2 － a ＋ n 1 n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
[解析] 因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，故{an＋1}是以a1＋1＝3 为首项，3为公比的等比数列， 所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1. Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3n－1)＝(31＋32＋…＋3n)－n＝ 31－3n 3n＋1－3 －n＝ 2 －n， 1－3 3n 1－3 3n 1－2n－3 所以Sn＝ 2 －n＝ . 2
n
最新-2018高考数学二轮复习 专题三：第二讲数列求和及综合应用 文 课件 精品
故bn＝b1qn－1＝2×4n1－1＝4n2－1
(2)∵cn＝bann＝4n2－2＝(2n－1)4n－1， 4n－1
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－ 1)4n－1①
4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－ 1)4n②
②－①得 ＝ 31[(36Tnn＝－－5)14－n＋2(54]＋，42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n
A．511个
B．512个
C．1023个
D．1024个
(2)(2010年江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a2k )处 的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1 ＋a3＋a5＝________.
答案：(1)B (2)21
高分突破
等差、等比数列的判定以及可转化为 等差或等比数列的求和问题
法四(迭代法)：an＝5an－1＋4＝5·(5an－2＋4)＋4 ＝52an－2＋5×4＋4 ＝…＝5n－1a1＋(5n－2＋5n－3＋…＋5＋1)×4 ＝3×5n－1＋4×1－1－5n5－1＝4·5n－1－1.
∴Tn＝ 91[(6n－5)4n＋5]．
裂项相消法求和
(2009年广东卷文)已知点 1，13 是函数f(x)＝ax(a＞0，
且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，
数列{bn}(bn＞0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝
Sn＋ Sn＋1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
答案：
1
n(a1 2
an )
na1＋ n(n
1)d 2
2
na1 a1
(1 q 1 q
(2)∵cn＝bann＝4n2－2＝(2n－1)4n－1， 4n－1
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－ 1)4n－1①
4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－ 1)4n②
②－①得 ＝ 31[(36Tnn＝－－5)14－n＋2(54]＋，42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n
A．511个
B．512个
C．1023个
D．1024个
(2)(2010年江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a2k )处 的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1 ＋a3＋a5＝________.
答案：(1)B (2)21
高分突破
等差、等比数列的判定以及可转化为 等差或等比数列的求和问题
法四(迭代法)：an＝5an－1＋4＝5·(5an－2＋4)＋4 ＝52an－2＋5×4＋4 ＝…＝5n－1a1＋(5n－2＋5n－3＋…＋5＋1)×4 ＝3×5n－1＋4×1－1－5n5－1＝4·5n－1－1.
∴Tn＝ 91[(6n－5)4n＋5]．
裂项相消法求和
(2009年广东卷文)已知点 1，13 是函数f(x)＝ax(a＞0，
且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，
数列{bn}(bn＞0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝
Sn＋ Sn＋1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
答案：
1
n(a1 2
an )
na1＋ n(n
1)d 2
2
na1 a1
(1 q 1 q