2019届高考数学大一轮复习第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用教师用书理

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高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用学案文

第四节数列求和与数列的综合应用1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．知识点一数列求和的几种常用方法1．分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．2．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前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．4．倒序相加法如果一个数列{a n}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项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．5．并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．1．判断正误(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n a 1＋a n2较为合理．( )(2)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√ 2．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n ＝________.解析：∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.∴n ＋1－1＝9，即n ＋1＝10，∴n ＝99.答案：993．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n，则S n ＝________. 解析：∵a n ＝n ·2n，∴S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n.① ∴2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1②①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝－2n1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.答案：(n －1)2n ＋1＋2知识点二数列的综合应用 1．等差数列和等比数列的综合等差数列中最基本的量是其首项a 1和公差d ，等比数列中最基本的量是其首项a 1和公比q ，在等差数列和等比数列的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的．2．数列和函数、不等式的综合(1)等差数列的通项公式和前n 项和公式是在公差d ≠0的情况下关于n 的一次或二次函数．(2)等比数列的通项公式和前n 项和公式在公比q ≠1的情况下是公比q 的指数函数模型． (3)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．4．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin n ＋π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 016＝( )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 009解析：由a n ＋1－a n ＝sin n ＋π2，得a n ＋1＝a n ＋sinn ＋π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1＋0＝1，a 3＝a 2＋sin3π2＝1＋(－1)＝0， a 4＝a 3＋sin2π＝0＋0＝0， a 5＝a 4＋sin5π2＝0＋1＝1， ∴a 5＝a 1，如此继续可得a n ＋4＝a n (n ∈N *)，即数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，又2 016＝4×504，所以S 2 016＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝504×(1＋1＋0＋0)＝1 008，故选C.答案：C5．(2017·福州模拟)下面给出了一个三角形数阵，已知每一列的数成等差数列，从第3行起，每一行的数成等比数列，每一行的公比都相等．记第i 行第j 列数为a ij (i ，j ∈N *)，则a 43＝________.14 12，14 34，38，316 … … … …解析：由题意，第一列公差d ＝12－14＝14，所以a 41＝14＋(4－1)×14＝1.由第3行得公比q ＝12，所以a 43＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14.答案：14热点一分组求和法求和【例1】 (2016·北京卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(Ⅰ)求{a n }的通项公式；(Ⅱ)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．【解】 (Ⅰ)等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27. 设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27. 所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…)． (Ⅱ)由(Ⅰ)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n＋2n －2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n－12.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln2－ln3)＋(－1)nn ln3，求其前n 项和S n .解：S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln3＝3n＋n 2ln3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln2－ln3)＋(n －12－n )ln3＝3n－n －12ln3－ln2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln3－1，n 为偶数，3n －n －12ln3－ln2－1，n 为奇数.热点二错位相减法求和【例2】 (2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n＝b n ＋b n ＋1.(Ⅰ)求数列{b n }的通项公式；(Ⅱ)令c n ＝a n ＋n ＋1b n ＋n.求数列{c n }的前n 项和T n .【解】 (Ⅰ)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11.所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1. (Ⅱ)由(Ⅰ)知c n ＝n ＋n ＋1n ＋n＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×[4＋－2n1－2－(n ＋1)×2n ＋2]＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.已知递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·log 12 a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的正整数n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }是递增数列，∴q ＝2，a 1＝2， ∴a n ＝2n.(2)∵b n ＝2n ·log 122n＝－n ·2n，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① ∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝－2n1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.S n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1－2>50，∴2n ＋1>52.故使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的正整数n 的最小值为5.热点三裂项相消法求和【例3】设数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝1a n ＋a n ＋1，若b 1＋b 2＋…＋b n >1，求正整数n 的最小值．【解】 (1)由2S n ＝a n ＋1，两边平方，得4S n ＝(a n ＋1)2，则4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，两式相减，得4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，整理得(a n ＋1－1)2－(a n ＋1)2＝0，即(a n ＋1＋a n )(a n＋1－a n －2)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1－a n －2＝0，即a n ＋1－a n ＝2. 又因为当n ＝1时，2a 1＝a 1＋1，所以(a 1－1)2＝0，所以a 1＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －12，所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)]＝12(2n ＋1－1)．由12(2n ＋1－1)>1，解得n >4，所以满足条件的正整数n 的最小值为5. 【总结反思】(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(2)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．已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋＋f n，n ∈N *，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________.解析：由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12，∴a n ＝1f n ＋＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n .S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1. 答案： 2 018－1热点四数列与其他知识的综合应用【例4】 (2016·四川卷)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n＋1，其中q >0，n ∈N *.(Ⅰ)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.【解】 (Ⅰ)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1, 两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝qn －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，得2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0. 由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋qn －.由e 2＝1＋q 2＝53得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋qk －>qk －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1，故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.(2017·泸州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }中b 2＝5，且公差d ＝2.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)是否存在正整数n ，使得a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n >60n ？若存在，求出n 的最小值；若不存在，请说明理由．解：(1)a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1.所以当n ≥2时，a n ＝2S n －1＋1，相减得：a n ＋1＝3a n (n ≥2)，又a 2＝2a 1＋1＝3，所以a 2＝3a 1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，a n ＝3n －1.又b 2＝b 1＋d ＝5，所以b 1＝3，b n ＝2n ＋1. (2)a n ·b n ＝(2n ＋1)·3n －1，令T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n －1)×3n －2＋(2n ＋1)×3n －1，①3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n，②①－②得：－2T n ＝3×1＋2(3＋32＋…＋3n －1)－(2n ＋1)×3n ，所以T n ＝n ×3n，所以n ×3n>60n ，即3n>60，当n ≤3时，3n<60.当n ≥4时，3n>60，所以存在n 的最小值为4.1．解决非等差、等比数列求和问题的两种思路(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．(2)不能转化为等差或等比数列的，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和． 2．应用“裂项相消法”和“错位相减法”应注意的问题 (1)裂项相消法，分裂通项是否恰好等于相应的两项之差．(2)在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比含有参数，应分q ＝1和q ≠1两种情况求解．数列的新定义问题先定义一个(一类)新数列，然后要求根据定义推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一个命题方向，这类问题形式新颖，常给人耳目一新的感觉．对于这类问题，我们应先弄清问题的本质，然后根据等差、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决．【例1】设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________.【解析】由题意可知，数列{c n }的前n 项和S n ＝n c 1＋c n2，前2n 项和S 2n ＝2n c 1＋c 2n2，所以S 2nS n ＝2nc 1＋c 2n2n c 1＋c n2＝2＋2nd 4＋nd －d ＝2＋21＋4－dnd，所以当d ＝4时，S 2nS n为非零常数，则数列{c n }是“和等比数列”，故d ＝4. 【答案】 4【例2】设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．【解】 (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n＝a m .所以{a n }是“H 数列”． (2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d . 因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1. 因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1.从而d ＝－1. 当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n－n 2是小于2的整数，n ∈N *. 于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n－n2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n n ＋2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n n ＋2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．专题三高考解答题鉴赏——数列对近几年高考试题统计看，全国卷中的数列与三角基本上交替考查，难度不大；但自主命题的省市高考题每年都考查，难度中等．考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循．【典例】 (2015·湖北卷，12分)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .【标准解答】 (1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，(2分) 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝9，d ＝29.(4分)故⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝19n ＋，b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(6分) (2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1.(7分) 于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，(10分) 故T n ＝6－2n ＋32n －1.(12分) 【阅卷点评】 ①由题意列出方程组得2分；②解得a 1与d 得2分，漏解得1分；③正确导出a n ，b n 得2分，漏解得1分；④写出c n 得1分；⑤把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数．(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (Ⅰ)求通项公式a n ；(Ⅱ)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解：(Ⅰ)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(Ⅱ)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3. 当n ≥3时，Tn ＝3＋－3n －21－3－n ＋n －2 ＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.。

2019版高考数学一轮复习第5章数列第4讲数列求和学案

第4讲数列求和板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点数列求和的六种方法 1．公式法 2．分组求和法 3．倒序相加法 4．并项求和法 5．裂项相消法 6．错位相减法[必会结论]常见的拆项公式 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n－12.( )答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2．[2018·长沙模拟]已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15 答案 A解析 ∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.3．[2018·吉林模拟]数列{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前10项之和为( )A.13B.512C.12D.712 答案 B解析 b n ＝1a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，S 10＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112 ＝512.故选B. 4．[课本改编]数列1，12，2，14，4，18，…的前2n 项和S 2n ＝________.答案 2n－12n解析 S 2n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝2n －1＋1－12n ＝2n－12n .5．[2018·南京模拟]已知a n ＝13n ，设b n ＝na n ，记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案(2n －1)·3n ＋1＋34解析 b n ＝n ·3n，于是S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n，① 3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n ·3n ＋1，②①－②，得－2S n ＝3＋32＋33＋ (3)－n ·3n ＋1，即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1，S n ＝n2·3n ＋1－14·3n ＋1＋34＝(2n －1)·3n ＋1＋34.板块二典例探究·考向突破考向分组转化法求和例 1 [2016·北京高考]已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解 (1)等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27. 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…)． (2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1，从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n (1＋2n －1)2＋1－3n1－3＝n 2＋3n－12. 触类旁通分组转化求和通法若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．【变式训练1】 [2018·西安模拟]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2an ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .∵n ＝1时，a 1＝1符合上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n)1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.考向裂项相消法求和命题角度1 形如a n ＝1n ＋k ＋n型例 2 [2018·正定模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，若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 －1)2d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，{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)∵b n ＝1a n ＋1＋a n＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，∴T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32.命题角度2 形如a n ＝1n (n ＋k )型例 3 [2017·全国卷Ⅲ]设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1(n ∈N *)． (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.命题角度3 形如a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2型例 4 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a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，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. 解 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .当n ＝1时，a 1＝2＝2×1符合上式．综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116[ 1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ]＝116[ 1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2 ]<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 触类旁通裂项相消法求和问题的常见类型及解题策略(1)直接考查裂项相消法求和．解决此类问题应注意以下两点：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； 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 }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. (2)与不等式相结合考查裂项相消法求和．解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．考向错位相减法求和例 5 [2017·山东高考]已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n.(2)由题意知S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)·b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12.因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .触类旁通用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(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．(3)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．【变式训练2】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．解 (1)由已知得a m ＝S m －S m －1＝4，且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为d ，则有2a m ＋3d ＝14， ∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋m (m －1)2×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4， ∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6， ∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3.∴(a n ＋6)·b n ＝2n ·2n －3＝n ·2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ， ∴T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ·2n －2①2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ·2n －1②①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ·2n －1＝2－1(1－2n)1－2－n ·2n －1＝2n －1－12－n ·2n －1 ＝(1－n )×2n －1－12. ∴T n ＝(n －1)·2n －1＋12(n ∈N *)．核心规律非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．满分策略1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.板块三启智培优·破译高考规范答题系列3——求数列{|a n |}的前n 项和问题[2018·德州模拟]在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解题视点对等差数列{a n }，求{|a n |}的前n 项和的题型，常先由S n 的最值判断出哪些项为正，哪些项为负，或先求出a n ，解a n ≥0的n 的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负．若前k 项为负，从k ＋1项开始以后的项非负，则{|a n |}的前n 项和T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－S n ，n ≤k ，S n －2S k ，n >k ，若前k 项为正，以后各项非正，则T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ，n ≤k ，2S k －S n ，n >k .解 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0，故d ＝－1或4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，所以S n ＝－12n 2＋212n ，令a n ≥0，则n ≤11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.[答题模板] 求数列{|a n |}前n 项和的一般步骤第一步：求数列{a n }的前n 项和；第二步：令a n ≤0(或a n ≥0)确定分类标准；第三步：分两类分别求前n 项和；第四步：用分段函数形式表示结论；第五步：反思回顾，即查看{|a n |}的前n 项和与{a n }的前n 项和的关系，以防求错结果．跟踪训练已知数列{a n }的前n 项和S n ＝12n －n 2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和T n . 解 (1)∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝11；当n ≥2时，S n ＝12n －n 2，S n －1＝12(n －1)－(n －1)2， ∴a n ＝S n －S n －1＝13－2n ；当n ＝1时也满足此式成立，故a n 的通项公式为a n ＝13－2n .(2)令a n ＝13－2n ≥0，n ≤132.当n ≤6时，数列{|a n |}的前n 项和T n ＝S n ＝12n －n 2；当n >6时，a 7，a 8，…，a n 均为负数，故S n －S 6<0，此时T n ＝S 6＋|S n －S 6|＝S 6＋S 6－S n ＝72＋n 2－12n .故{|a n |}的前n 项和T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12n －n 2，n ≤6，n 2－12n ＋72，n >6.板块四模拟演练·提能增分[A 级基础达标]1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2答案 C解析 S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n －1)＝(2＋22＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2(1－2n)1－2＋2×n (n ＋1)2－n ＝2(2n －1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2.2．[2017·全国卷Ⅲ]等差数列{}a n 的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}a n 前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 答案 A解析由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24.故选A.3．[2018·江南十校联考]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 2017＝( )A.2016－1B.2017－1C.2018－1D.2018＋1答案 C解析由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.所以a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.故选C.4．[2018·金版创新]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2017的值为( )A ．2017B ．2016C ．1009D ．1007 答案 C解析因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2016＋a 2017)＝1009.故选C.5．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n－1)2B.12(9n－1) C ．9n －1 D.14(3n－1) 答案 B解析因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.6．[2017·郑州模拟]设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________.答案 130解析由a n ＝2n －10(n ∈N *)知，{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0，得n ≥5，所以当n <5时，a n <0，当n ≥5时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.7．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是________．答案 2n ＋1－n －2解析 S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，①2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋…＋3×2n －2＋2×2n －1＋2n，②②－①，得S n ＝－n ＋2＋22＋…＋2n －2＋2n －1＋2n＝－n ＋2(1－2n)1－2＝2n ＋1－n －2.8．[2017·全国卷Ⅱ]等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k ＝________. 答案2nn ＋1解析设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ·1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 9．[2018·衡阳模拟]在等比数列{a n }中，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2，b 13＝a 3.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)n b n ＋a n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n .解 (1)由题意，b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2＝3q ，b 13＝a 3＝3q 2.又∵{b n }为等差数列，设公差为d ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 4＝b 1＋3d ＝3q ，b 13＝b 1＋12d ＝3q 2，化简得q 2－4q ＋3＝0， ∴q ＝1(舍)或q ＝3，∴a n ＝3n ， ∵d ＝b 4－b 14－1＝2， ∴b n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由题意得c n ＝(－1)n (2n ＋1)＋3n. S 2n ＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n －1)＋32n －1＋(4n ＋1)＋32n＝(3＋32＋…＋32n )＋[－3＋5－7＋9－…－(4n －1)＋(4n ＋1)]＝3(1－32n )1－3＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n ＋1)－(4n －1)]} ＝32n ＋1－32＋2n . 10．[2018·北京西城区模拟]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49. 解 (1)由a 1＝9，a 2为整数可知，等差数列{a n }的公差d 为整数．又S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，于是9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95. ∵d 为整数，∴d ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝11－2n .(2)证明：由(1)，得1a n a n ＋1＝1(11－2n )(9－2n ) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －19.令b n ＝19－2n ，由函数f (x )＝19－2x的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性，知0<b 1<b 2<b 3<b 4，b 5<b 6<b 7<…<0，∴b n ≤b 4＝1.∴T n ≤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝49. [B 级知能提升]1．[2018·宁夏银川模拟]已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，….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，则这个数列的前2018项之和S 2018等于( )A ．2008B ．4017C ．1D ．0答案 B解析由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009.由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∴2018＝6×336＋2，∴S 2018＝S 2＝2008＋2009＝4017.故选B.2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 D解析 a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1. ∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1) ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2，∴S 9＝1013<1020，S 10＝2036>1020，∴S n >1020，n 的最小值是10.故选D. 3．[2016·浙江高考]设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.答案 1 121解析 ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121. 4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34. 解 (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n . 故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ，得 1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. 5．[2017·天津高考]已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *)．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 .由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12.而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，解得q ＝－3或q ＝2. 又因为q ＞0，所以q ＝2.所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8①.由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16②，联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n .由a 2n ＝6n －2，得 T n ＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n ， 2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1. 上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1 ＝12×(1－2n )1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16，所以T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以，数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.。

2019年高考数学(文)一轮复习第5章数列第4节数列求和学案

第四节数列求和［考纲传真］1.掌握等差、等比数列的前 n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法.双基自主测评1(对应学生用书第74页)［基础知识填充］1.公式法(1)等差数列的前n 项和公式:(2)等比数列的前n 项和公式:"na , q = 1,S a 1 - a n q a 1 ［— q n11-q = 1—q ，q M 1.2•分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. 3. 裂项相消法(1) 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. (2) 裂项时常用的三种变形：① 1 — 111 \① n n + k k n n + k ；1 ___________ 1 ________ 1( 1 1 ② 4n 2- 1 = ?n -［ ?n + ］ =2 2^—1-2n + 1 ；③ 7+^+7= n+1- n .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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.5. 倒序相加法如果一个数列｛an ｝的前n 项中与首末两端等“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. 6. 并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如型，可采用两项合并求解.a 1 + a n""2n=n a+ 一a n = ( - 1)n f (n )类d ;A .1 1 1[v a n= n n +1 = n — n +1，1 1 1S 5= a 1+ 比+…+ a 5= 1 — 2 + 2 — 3+…一2 2 32 2 2 2 2 2例如，S = 100 — 99 + 98 — 97 +…+ 2 — 1=(100 + 99) + (98 + 97) +…+ (2 + 1) = 5 050. [基本能力自测]1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“V”，错误的打“x”) （1）如果数列｛a n ｝为等比数列，且公比不等于 1,则其前n 项和S n = a 1 — a n +1-r —T () 2. （2）当n 》2时，=2匕一岛.（⑶ 求S= a + 2a 2+ 3a 3+…+ na nN 和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.（） ⑷ 如果数列｛a n ｝是周期为k （k 为大于1的正整数）的周期数列，那么 [答案]⑴ V (2) V (3) X (4) V（教材改编）数列｛a n ｝的前n 项和为$,若S<m = mS (1市亍，则S 5等于（）（2018 •开封模拟）已知等比数列｛ a n ｝中,a 2 • a 8 = 4a s ，等差数列｛b n ｝中，b 4 + b 6= a s ，则4. 5. 数列｛b ｝的前9项和S 9等于（）【导学号: 00090174】 A . 9 C. 36 2 B [ v a 2 • as = 4a 5,即卩 &= 4a 5, a 5= b 4 + b 6= 2b 5 = 4,「. b s = 2, B. D. 1872 a 5= 4, • S = 9b 5 = 18,故选 B.] 若数列｛a n ｝的通项公式为a n = 2n + 2n —1,则数列｛a n ｝的前n 项和S =—2n n +1 2 乙2 —2+ n [S = 1 — 2 + n 1 +2n—= 2n +1 — 2+ n 2.] 2 3 ・2 1 + 4 ・2 2 + 5 ・2 3+-+ (n + 2)・24 —[设 S = 3X 2 + 4X 占+ 5X *+•••+ (n + 2) x 2n ,2 2 2 2 2则|S = 3X 寺 + 4X 23+ 5X 2 +…+ (n +2) x 2+.B. C.D.1 30 5 =6.](对应学生用书第74页)a i4 =b 4. (1)求｛a n ｝的通项公式;⑵设C n = ch + b n ，求数列｛ C n ｝的前n 项和.b 3 9［解］(1)设等比数列｛b n ｝的公比为q ,则q = = = = 3,b 2 3 所以 b 1=q =1, m=b 3q =2乙所以 b n =3"i (n =1,2,3，…). 设等差数列｛a n ｝的公差为D. 因为 a 1 = b 1 = 1, a 14= b 4= 27, 所以 1 + 13d = 27,即 d = 2. 所以 a n = 2n — 1( n = 1,2,3，…). (2)由(1)知 a n = 2n — 1, b n = 3 . 因此 6= a n + b n = 2n — 1 + 3 .从而数列｛C n ｝的前n 项和n — 1S n = 1 + 3 +•••+ (2n — 1) + 1 + 3 +•••+ 3 n 1 + 2n —1 — 3n2 3n — 1列，可采用分组求和法求和. 易错警注意在含有子母的数列中对子母的分类讨2+1 — 32 -［规律方法］分组转化法求和的常见类型 (1)若a n = b n ± C n ,且｛b n ｝ , ｛ C n ｝为等差或等比数列，则可采用分组求和法求和.1 两式相减得2$=1 n + 22"厂刁en + 2厂=4题型分类突破I分组转化求和一」■'■I(2016 •北京高考.)已知｛a n ｝是等差数列，｛b n ｝是等比数列，且 b 2 = 3, |g|b 3= 9, a i = b i ,12分｛a n ｝的前n 项(2)通项公式为a n =b n , n 为奇数,c , n 为偶数的数列，其中数列｛b n ｝ , ｛C n ｝是等比数列或等差数[变式训练1]（20 16 •浙江高考）设数列｛a n ｝的前n 项和为S ，已知S a = 4, a n +1 = 2S + 1, n* € N.（1）求通项公式a n ；⑵ 求数列｛| a n - n —2|｝的前n 项和.a1 + a 2= 4,［解］(1)由题意得a 2= 2a 1+ 1,又当 n 时，由 a n +1 — a n = (2S + 1) — (2S -1 +1) = 2a n ，得 a n +1 = 3a n , 所以数列｛a n ｝的通项公式为a n = 3n —1, n € N.5分(2)设 b n = |3n —II — n — 2| , n € N *，则》=2, b 2= 1.当 n 》3 时，由于 3n —1>n + 2，故 b n = 3n —1— n — 2, n 》3.8 分设数列｛b n ｝的前n 项和为T n ,则T 1= 2, T 2= 3,［解］(1)由于a n = 2(n + 1) ,••• ｛a n ｝为等差数列，且 a = 4.2 2• B= 3A — 4n = 3( n + 3n ) — 4n = 3n + 5n , 当 n = 1 时，b 1 = B = 8,当 n 》2 时，b n = B — B -1 = 3n + 5n — ［3( n — 1) + 5( n — 1)］ = 6n + 2.由于 b= 8 适合上式,•- b n = 6n + 2.5 分2 2II fl4 n n +2 ,则 3= 1, a 2= 3.当n 》3时，T n = 3+斗斗1 — 3n+fn —?2n 23 — n —p,所以 T n = 3n — n 2— 5n + 112n = 1, n 》2, n € N.12分|Mi|裂项相消法求和（2018 •郑州模拟若A 和B 分别表示数列｛a n ｝和｛b n ｝的前n 项的和，对任意正整数n ,a n = 2( n + 1), 3A —4n.(1)求数列｛b n ｝的通项公式；⑵记C n =A +B ，求｛C n｝的前n 项和S.A=a 1 + a n2n 1 + 2n+?22=n + 3n ,⑵由⑴知6= 口= E［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,出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的. 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. ［变式训练2］ (2017 •全国卷川)设数列｛a n ｝满足a+ 3比+・・・+ (2n — 1)a n = 2n . (1)求｛a n ｝的通项公式;［解］(1)由题意知当n 》2时，a n = S — S —1= 6n + 5. 当n = 1时，a 1 = S = 11,符合上式. 所以 a n = 6n + 5. 设数列｛b n ｝的公差为D.=4 1 +「 1 1 n —1 n +11 1 12 n +1— n + 212分使这些裂开的项a n2n + 1【勺前n 项和.【导学号：00090175】［解］(1)因为 a 1+ 3比+・・・+ (2n — 1)a n = 2n, 故当n 》2时,a 〔+ 3a 2+，・・+ (2 n — 3) a n —1 = 2( n — 1),两式相减得(2n — 1) a n = 2, 所以 a n = 2n — 1 ( n > 2).又由题设可得 a 1 = 2,满足上式，所以｛a n ｝的通项公式为a n =2n — 1a n2n + 1 【勺前n 项和为S.a n2由(1)知亦不=n —I2n — 1 2n + 1'12分且 a n =令C n =n +1a n +b n + 2求数列｛ C n ｝的前n 项和T n .+n -［规律方法］1.如果数列｛a n ｝是等差数列，｛b n ｝是等比数列，求数列｛a n • b ｝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｛b n ｝的公比，若｛b n ｝的公比为参数，应分公比等于 1和不等于1两种情况讨论.2.在书写“ S ”与“ qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比 q 的同次幕项相减，转化为等比数列求和.［变式训练3］ (2017 •天津高考)已知｛a n ｝为等差数列，前n 项和为S(n € N) , ｛b n ｝是首项为2的等比数列，且公比大于0, b 2+ b a -12, b a - a 4 — 2a 1, S 11- 11b 4.(1) 求｛a n ｝和｛b n ｝的通项公式； (2) 求数列｛a 2n b n ｝的前n 项和(n € N).［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 . 由已知 b 2 + b s - 12,得 b 1(q + q ) - 12.而 b 1 — 2,所以 q 2+ q — 6 — 0,解得 q - — 3 或 q - 2. 又因为q >0,所以q - 2. 所以b n - 2.3分由 b 3 — a 4 — 2日，可得 3d —a 1-8.①. 由 Sn — 11b 4，可得 a 1 + 5d - 16.②，联立①②，解得 a 1 — 1, d — 3, 由此可得a n — 3n — 2.6分所以，数列｛a n ｝的通项公式为a n — 3n —2,数列｛b n ｝的通项公式为b n -2n . (2)设数列｛ a 2n b n ｝的前n 项和为T n .由a 2n — 6n — 2 , 得 T n -4X 2+ 10X2 2 + 16X2 3+…+ (6n — 2) X2 n ,a i =b i + b 2 a 2= b 2 + b 3,即『-2b + d ,17 - 2b i + 3d ,解得P -4，所以b n - 3n + 1.d -3.⑵由(1)知C n -fin+hn + 1~n~ — 3( n +1)・2n + 1又F - C 1 + C 2+・・・+ C n ,得 T n -3X [2 X 2 2+ 3X 2 3 +…+ (n +1) X2 n +1],2T n -3X [2 X 2 3+ 3X 2 4 +…+ ( n + 1) X2 n+j ,两式作差，得一 T n -3X [2 X 2 2 + 23+ 24+…+ 2n +1-(n + 1) X2 n +2]n4 1 — 2-3X |4+… n +2n +1 X2-—3n •^ ^2,所以 T n - 3n ^2+25分7分9分12分2T n = 4X 2 2 + 10X 2 3+ 16X 2 4+・・・+ (6n — 8) X2 "+ (6n — 2) X2 n +1.8 分上述两式相减，得n +1n +2八2) X2 =— (3n — 4)2—16,10分所以 T n = (3n — 4)2 n +2+ 16.所以，数列｛a 2n b n ｝的前n 项和为(3n — 4)2 n +2+ 16.12分1111 1 12n则 s =1-3+ 3 — 5+…+ 亦二7—2^+1 =亦后.(2016 •山东高考)已知数列｛刘的前n 项和S = 3n 2+ 8n , ｛b n ｝是等差数列,b n + b n + 1.(1)求数列｛b n ｝的通项公式;—T = 4X 2+ 6X2 2 + 6X2 3+-+ 6X2n— (6n — 2) X2 n +112 X 1— 2n—4 — (6 n —。

2019版高考数学一轮复习第5章数列5.4数列求和习题课件理

)
A．(3 －1) C．9 －1
n
n
2
1 n B. (9 －1) 2 1 n D. (3 －1) 4
解析
－
因为 a1＋a2＋„＋an＝3n－1，所以 a1＋a2＋„＋
－
an－1＝3n 1－1(n≥2)．则 n≥2 时，an＝2×3n 1. 当 n＝1 时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以 an＝2×3
2a ＋22－1d＝10， 1 2 55－1 5a1＋ 2 d＝55， a1＝3，得所以 an＝a1＋(n－1)d＝4n－1，则 an＋100＋ d＝4，
an－98＝2an＋1＝8n＋6.故选 A.
S3 S2 2．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足－＝ 3 2 1，则数列{an}的公差是( A ．1 C ．4 B．2 D．6 )
2017 ＝ .故选 D. 2018
8．已知{an}为等比数列，Sn 是它的前 n 项和．若 a3a5 1 9 ＝ a1，且 a4 与 a7 的等差中项为，则 S5 等于( 4 8 A．35 C．31 B．33 D．29 )
解析
6
设等比数列{an}的公比是 q，所以
1 2 6 a3a5＝a1q ＝ 4
1 1 2 5．已知数列{an}满足 an＋1＝＋ an－an，且 a1＝，则 2 2 该数列的前 2018 项的和等于( A．1512 C．1513.5 B．1513 D．2018 )
解析
1 1 因为 a1＝，又 an＋1＝＋ an－a2 n， 2 2
1 所以 a2＝1，从而 a3＝，a4＝1， 2
＝31.故选 C.
9．已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则下列说法中一定成立的是( ) A．若 a3>0，则 a2017<0 B．若 a4>0，则 a2018<0 C．若 a3>0，则 S2017>0 D．若 a4>0，则 S2018>0

全国通用高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教师用书文新人教A版

全国通用高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教师用书文新人教A 版———————————————————————————————— [考纲传真] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d ；(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 11－q n1－q ，q ≠1.n a 11－q n1－q，q ≠12．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 3．裂项相消法(1)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． (2)裂项时常用的三种变形： ①1nn ＋1＝1n －1n ＋1； ②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“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．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)如果数列{a n }是周期为k (k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( )． [答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√ 2．(教材改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋1，则S 5等于( )A ．1 B.56 C.16 D.130B [∵a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]3．(2016·广东中山华侨中学3月模拟)已知等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 5，则数列{b n }的前9项和S 9等于( )A ．9B ．18C ．36D ．72B [∵a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5，∴a 5＝4， ∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2， ∴S 9＝9b 5＝18，故选B.]4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________. 【导学号：31222188】2n ＋1－2＋n 2 [S n ＝21－2n1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1－2＋n 2.]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n＝__________. 4－n ＋42n[设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－n ＋22n＝3＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .]分组转化求和(2016·北京高考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．[解] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ＝1,2,3，…).2分设等差数列{a n }的公差为d .因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…).5分 (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.7分从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n 1＋2n －12＋1－3n 1－3＝n 2＋3n－12.12分[规律方法] 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.2分又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.5分(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.8分设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋91－3n －21－3－n ＋7n －22＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *.12分裂项相消法求和(2016·重庆南开二诊)若A n 和B n 分别表示数列{a n }和{b n }的前n 项的和，对任意正整数n ，a n ＝2(n ＋1)，3A n －B n ＝4n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)记c n ＝2A n ＋B n，求{c n }的前n 项和S n . [解] (1)由于a n ＝2(n ＋1)，∴{a n }为等差数列，且a 1＝4.2分 ∴A n ＝n a 1＋a n2＝n 4＋2n ＋22＝n 2＋3n ，∴B n ＝3A n －4n ＝3(n 2＋3n )－4n ＝3n 2＋5n ，当n ＝1时，b 1＝B 1＝8，当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝3n 2＋5n －[3(n －1)2＋5(n －1)]＝6n ＋2.由于b 1＝8适合上式，∴b n ＝6n ＋2.5分(2)由(1)知c n ＝2A n ＋B n ＝24n 2＋8n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，7分 ∴S n ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.12分[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捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．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．[变式训练2] (2017·石家庄一模)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，3分所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.5分 (2)b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，8分所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.12分错位相减法求和(2016·山东高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式．所以a n ＝6n ＋5.2分设数列{b n }的公差为d . 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.5分(2)由(1)知c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n＝3(n ＋1)·2n ＋1.7分又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，9分两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2－n ＋1×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.12分[规律方法] 1.如果数列{a n }是等差数列，{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以等比数列{b n }的公比，若{b n }的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．2．在书写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[变式训练3] (2016·广东肇庆第三次模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1.∵S 3＝6，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋12×3×3－1d ＝6，5a 1＋12×5×5－1d ＝15，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.3分∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n .5分 (2)由(1)得b n ＝a n 2a n ＝n2n ，6分 ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，①①式两边同乘12，得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，10分∴T n ＝2－12n －1－n2n .12分[思想与方法]解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和． [易错与防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．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． (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 课时分层训练(三十一) 数列求和A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )【导学号：31222189】A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12nA [该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)＝n 2＋1－12n .]2．(2016·安徽江南十校3月联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130C [{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.]3．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里B [由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．故选B.]4．(2016·江西高安中学第九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该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，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16C [根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C.]5．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 2 017＝( ) 【导学号：31222190】A. 2 016－1B. 2 017－1C. 2 018－1D. 2 018＋1C [由f (4)＝2得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋1＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1.] 二、填空题6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝sinn π2，n ∈N *，则S 2 016＝__________.【导学号：31222191】0 [a n ＝sinn π2，n ∈N *，显然每连续四项的和为0.S 2 016＝S 4×504＝0.]7．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.2n ＋1－2 [∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n.∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.]8．(2017·广州综合测试(二))设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，S n ＝kn 2－1(n∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为__________．n2n ＋1[令n ＝1得a 1＝S 1＝k －1，令n ＝2得S 2＝4k －1＝a 1＋a 2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以S n ＝4n 2－1，1S n＝14n 2－1＝12n ＋12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.] 三、解答题9．(2017·成都二诊)已知数列{a n }中，a 1＝1，又数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n (n ∈N *)是公差为1的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . [解] (1)∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n 是首项为2，公差为1的等差数列， ∴2na n ＝2＋(n －1)＝n ＋1，3分解得a n ＝2n n ＋1.5分 (2)∵a n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.12分 10．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.[解] (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝25.3分所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.5分 (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35＜2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35＜3，b n ＝2；8分当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35＜4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.12分B 组能力提升(建议用时：15分钟)1．已知等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，则数列lg a 1,2lg a 2,22lg a 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )【导学号：31222192】A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1D ．2n ＋1 C [∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，∴a 2n ＝102n ，即a n ＝10n ，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n ·2n －1， ∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，②∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.]2．(2017·合肥二次质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n ，则S n ＝__________. n ·2n (n ∈N *) [由S n ＝2a n －2n 得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n －S n －1)－2n ，即S n 2n －S n －12n －1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，则S n 2n ＝n ，S n ＝n ·2n (n ≥2)，当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．]3．(2017·广州综合测试(二))设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3得a n ＝2S n －1＋3，两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3.3分∴数列{a n }是以a 1＝3为首项，公比为3的等比数列．∴a n ＝3×3n －1＝3n .5分(2)法一：由(1)得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)·3n ，7分∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)·3n ，①3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)·3n ＋1，②①－②得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)·3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1＝3＋2×321－3n －11－3－(2n －1)·3n ＋1＝－6－(2n －2)·3n ＋1.10分∴T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.12分法二：由(1)得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)·3n.7分∵(2n －1)·3n ＝(n －1)·3n ＋1－(n －2)·3n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(0＋3)＋(33＋0)＋(2×34－33)＋…＋[(n －1)·3n ＋1－(n －2)·3n ] ＝(n －1)·3n ＋1＋3.12分。

2019一轮理数(人教版A版)课件：第五章第四节数列求和

5．(2017· 高考全国卷Ⅱ改编)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3 ＝3，a4＝4，则
10
k＝1
Hale Waihona Puke 20 1 11 ＝__________. Sk
考点一
考点二
考点三
转化为等差、等比数列求和|方法突破
2n＋1 2 2 － n n 为奇数，的通项公式是 an＝n sin [例 1] 2 已知数列 {an} π 2n＋1 ，则 2 an＝n sin π＝ 2 2 n n 为偶数，
考点一
考点二
考点三
(2)等差数列{an}中，a2＝8，S6＝66. ①求数列{an}的通项公式； 2 ②设 bn＝，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，求 Tn. n＋1an
考点一
考点二
考点三
(1)∵
1 1 1 ＝＝ n＋12－1 n2＋2n nn＋2
1 1 1 ＝ n－n＋2 ， 2 1 1 1 1 ∴ 2 ＋＋＋…＋ 2 －1 32－1 42－1 n＋12－1
3．一些常见数列的前 n 项和公式 nn＋1 2 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝ . (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝ (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝
2 2 2
n2 .
n2＋n .
nn＋12n＋1 (4)1 ＋2 ＋…＋n ＝ . 6 (5)13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2.
B )
1－xn nxn 2－ 2 n－1 1 － x 1－x 2． 1＋2x＋3x ＋…＋nx ＝_______
_(x≠0 且 x≠1)．
3．(2－1)＋(22－2)＋…＋(210－10)＝________. 211－57

2019届高三数学人教版一轮训练：第五篇第4节数列求和及综合应用 Word版含解析

第4节数列求和及综合应用【选题明细表】基础巩固(时间:30分钟)1.已知数列{a n}的通项公式是a n=2n-3()n,则其前20项和为( C )(A)380- (1-) (B)400- (1-)(C)420- (1-) (D)440- (1-)解析:设数列{a n}的前n项和为S n,则S20=a1+a2+…+a20=2(1+2+…+20)-3(++…+)=2×-3×=420- (1-).故选C.2.数列{a n}的通项公式为a n=(-1)n-1·(4n-3),则它的前100项之和S100等于( B )(A)200 (B)-200 (C)400 (D)-400解析:S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]+[-3-(-3)-3+…-(-3)]=4×(-50)=-200.故选B.3.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为( A )(A)-24 (B)-3 (C)3 (D)8解析:由a2,a3,a6成等比数列且a1=1得(1+2d)2=(1+d)(1+5d).因为d≠0,所以d=-2,所以S6=6×1+×(-2)=-24.故选A.4.(2017·安阳一模)已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则数列{log2 a n}的前10项和等于( C )(A)1 023 (B)55 (C)45 (D)35解析:数列{a n}的前n项和S n=2n-1,可得a1=S1=2-1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1,对n=1也成立.所以a n=2n-1(n∈N*)log2a n=log22n-1=n-1,则数列{log2a n}的前10项和等于0+1+2+…+9=×(1+9)×9=45.故选C.5.(2017·湖南模拟)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=n2(n∈N*),记数列{}的前n项和为T n,则T2 017等于( B )(A)(B)(C)(D)解析:当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2- (n-1)2=2n-1,当n=1时适合上式,所以a n=2n-1.(n∈N*).所以== (-),数列{}的前n项和为T n= (1-+-+…+-)= (1-).则T2 017= (1-)=.故选B.6.(2016·湖北三校联考)已知等比数列{a n}的各项都为正数,且当n≥3时,a4=1,则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4,…,2n-1lg a n,…的前n项和S n 等于( C )(A)n·2n(B)(n-1)·2n-1-1(C)(n-1)·2n+1 (D)2n+1解析:因为等比数列{a n}的各项都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,所以=102n,即a n=10n,所以2n-1lg a n=2n-1lg 10n=n·2n-1,所以S n=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①2S n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,②所以①-②得-S n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)·2n-1,所以S n=(n-1)·2n+1.选C.7.(2017·郴州二模)已知等比数列{a n}的前n项和S n=2n-a,则++…+等于(D)(A)(2n-1)2(B) (2n-1)(C)4n-1 (D) (4n-1)解析:因为S n=2n-a,所以a1=2-a,a1+a2=4-a,a1+a2+a3=8-a,解得a1=2-a,a2=2,a3=4,因为数列{a n}是等比数列,所以22=4(2-a),解得a=1.所以公比q=2,a n=2n-1,=22n-2=4n-1.则++…+== (4n-1).故选D.8.(2016·广东汕尾调研)已知数列{a n}为等比数列,a1=3,a4=81,若数列{b n}满足b n=(n+1)log3a n,则{}的前n项和S n=.解析:由题知a n=3n,所以b n=n(n+1),= -,所以S n=(1-)+(-)+…+(-)=1-=.答案:9.(2017·合肥二模)等比数列{a n}满足a n>0,且a2a8=4,则log2 a1+log2 a2+log2 a3+…+log2 a9=.解析:根据题意,等比数列{a n}的各项都是正数,a1·a9=a2·a8=a3·a7=a4·a6==4, 则a5=2,则log2 a1+log2 a2+…+log2 a9=log2(a1·a2·…·a9)=log2(29)=9,答案:9能力提升(时间:15分钟)10.已知数列{a n}满足a n+1-a n=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6|等于(C)(A)9 (B)15 (C)18 (D)30解析:因为a n+1-a n=2,a1=-5,所以数列{a n}是公差为2的等差数列.所以a n=-5+2(n-1)=2n-7.数列{a n}的前n项和S n==n2-6n.令a n=2n-7≥0,解得n≥.所以n≤3时,|a n|=-a n.n≥4时,|a n|=a n.则|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18.故选C.11.(2017·安徽宿州一模)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a2=2,a n+2+(-1)n-1a n=1,则S40等于(C)(A)260 (B)250 (C)240 (D)230解析:由a n+2+(-1)n-1a n=1,当n为奇数时,有a n+2+a n=1,当n为偶数时,a n+2-a n=1,所以数列{a n}的偶数项构成以2为首项,以1为公差的等差数列,则S40=(a1+a3+a5+a7+…+a39)+(a2+a4+…+a40)=10×1+20×2+×1=240.故选C.12.(2017·淮北二模)已知数列{b n}是等比数列,b n=,a1=1, a3=3,c n=(a n+1)·b n,那么数列{c n}的前n项和S n=.解析:设等比数列{b n}的公比为q,由题意得===q,即a n+1-a n=log2 q.所以{a n}为等差数列,又d==1,a1=1.所以a n=1+n-1=n,b n=2n-1.所以c n=(a n+1)·b n=(n+1)·2n-1.所以数列{c n}的前n项和S n=2×1+3×2+4×22+…+(n+1)·2n-1.①2S n=2×2+3×22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,②①-②得-S n=2+2+22+23+…+2n-1-(n+1)·2n=1+-(n+1)·2n=-n·2n,所以S n=n·2n.答案:n·2n13.已知等差数列{a n}前三项的和为-3,前三项的积为8.(1)求等差数列{a n}的通项公式;(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|a n|}的前n项和.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得解得或所以由等差数列通项公式可得a n=2-3(n-1)=-3n+5,或a n=-4+3(n-1)=3n-7.故a n=-3n+5,或a n=3n-7.(2)当a n=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列;当a n=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件. 故|a n|=|3n-7|=记数列{|a n|}的前n项和为S n.当n=1时,S1=|a1|=4;当n=2时,S2=|a1|+|a2|=5;当n≥3时,S n=S2+|a3|+|a4|+…+|a n|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)=5+=n2-n+10.当n=2时,满足此式.综上,S n=14.(2017·衡水一模)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,且满足a n+1=S n+2n+1(n∈N*).(1)证明数列{}为等差数列;(2)求S1+S2+…+S n.(1)证明:由S n+1-S n=a n+1得S n+1-S n=S n+2n+1,即S n+1-2S n=2n+1,整理得-=1,因为n=1时,==1,所以数列{}是以1为首项,1为公差的等差数列.(2)解:由(1)可知,=1+n-1=n,即S n=n·2n,令T n=S1+S2+…+S n,T n=1·2+2·22+…+n·2n,①2T n=1·22+…+(n-1)·2n+n·2n+1,②①-②,得-T n=2+22+…+2n-n·2n+1,整理得T n=2+(n-1)·2n+1.15.(2017·江西鹰潭二模)已知数列{a n}与{b n},若a1=3且对任意正整数n满足a n+1-a n=2,数列{b n}的前n项和S n=n2+a n.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)求数列{}的前n项和T n.解:(1)由题意知数列{a n}是公差为2的等差数列,又因为a1=3,所以a n=3+2(n-1)=2n+1.数列{b n}的前n项和S n=n2+a n=n2+2n+1=(n+1)2,当n=1时,b1=S1=4;当n≥2时,b n=S n-S n-1=(n2+2n+1)-[(n-1)2+2(n-1)+1]=2n+1.上式对b1=4不成立.所以数列{b n}的通项公式为b n=(2)n=1时,T1==,n≥2时,== (-),所以T n=+ (-+-+…+-)=+=.n=1仍然适合上式.综上,T n=.。

高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用学案理含解析新人教A版

高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用学案理含解析新人教A 版2019考纲考题考情1．公式法与分组求和法 (1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和。

①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d 。

②等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1。

(2)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。

2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法如果一个数列的前n 项中与首末两端等“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 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的。

(2)并项求和法在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。

形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解。

例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050。

3．裂项相消法(1)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。

(2)常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1。

②1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2。

③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1。

④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n 。

⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)。

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。

高考数学一轮复习数列求和

解：(1)因为 an＝2n，所以 a1＝2，a2＝4，当 n＝1 时，由题设可得 a1b1＝2－21－1，即 2b1＝12，所以 b1＝14；当 n＝2 时，由题设可得 a2b1＋a1b2＝22－22－1，即 1＋2b2＝2，所以 b2＝12. 当 n≥2 时，由题设可得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＋2bn＝2n－n2－1， ①
a1＋6d＝9， [解] (1)设公差为 d，由 S4＝18，a7＝9，即4a1＋4×42－1d＝18，
解得ad1＝＝13，，所以 an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由 an＝log2(bn＋1)，即 log2(bn＋1)＝n＋2，所以 bn＋1＝2n＋2，即
bn＝2n＋2－1，所以bn2bnn＋1＝2n＋2－12n2n＋3－1＝142n＋12－1－2n＋13－1，所以
[典例] (2023·石家庄二中模拟)已知公差不为 0 的等差数列{an}中，
a2＝3 且 a1，a2，a5 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{3nan}的前 n 项和 Tn.
[解题微点] (1)根据等差数列的通项公式和等比中项可求出结果；
切入点 (2)根据错位相减法可求出结果
2n－1b1＋2n－2b2＋…＋2bn－1＝2n－1－n－2 1－1，此式两边同乘以 2，得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＝2n－n－1， ②
由①－②得 2bn＝n2，即 bn＝n4. 又由上可知，b1＝14也适合上式，故数列{bn}的通项公式为 bn＝n4(n∈N *)．
(2)由(1)知，cn＝16×nn－n＋112n ＝16×n2＋n＋11－2nn，则 c1＋c2＋…＋cn ＝16×222－21＋233－222＋…＋n2＋n＋11－2nn ＝16×n2＋n＋11－2.

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2019届高考数学大一轮复习第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用教师用书理考纲要求真题举例命题角度 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法； 2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法； 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和相关的问题。 2016，天津卷，18,13分(等差数列的证明、数列求和) 2016，山东卷，18,12分(数列通项与求和) 2015，北京卷，20,13分(数列与函数、不等式的综合) 2015，四川卷，16,12分(等差、等比数列的综合应用) 1.本节以分组法、错位相减、倒序相加、裂项相消法为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点； 2.题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难。一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合。

微知识小题练 1．公式法与分组求和法 (1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和。 ①等差数列的前n项和公式：

Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－2d。

②等比数列的前n项和公式：

Sn＝ na1，q＝1，a1－anq1－q＝a1－qn1－q，q≠1。

(2)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。 2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法如果一个数列的前n项中与首末两端等“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项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的。 (2)并项求和法在一个数列的前n项和中，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。例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050。 3．裂项相消法 (1)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。 (2)常见的裂项技巧

①1nn＋＝1n－1n＋1。

②1nn＋＝121n－1n＋2。 ③1n－n＋＝1212n－1－12n＋1。 ④1n＋n＋1＝n＋1－n。 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。

微点提醒 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。小|题|快|练一、走进教材

1．(必修5P47B组T4改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋，则S5等于( )

A．1 B.56 C.16 D.130 【解析】 an＝1nn＋＝n＋1－nnn＋＝1n－1n＋1，所以S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5 ＝1－12＋12－13＋…＋15－16

＝56。故选B。【答案】 B 2．(必修5P61A组T4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)。【解析】设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，① 则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②

①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝1－xn1－x－nxn，

所以Sn＝1－xn－x2－nxn1－x。【答案】 1－xn1－x2－nxn1－x 二、双基查验 1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( ) A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1 C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2 【解析】 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1) ＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n

＝－2n1－2＋2×nn＋2－n ＝2(2n－1)＋n2＋n－n ＝2n＋1＋n2－2。故选C。【答案】 C 2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝( ) A．15 B．12 C．－12 D．－15 【解析】 ∵an＝(－1)n(3n－2)， ∴a1＋a2＋…＋a10 ＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28 ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15。故选A。【答案】 A

3．数列{an}的通项公式是an＝1n＋n＋1，前n项和为9，则n＝( ) A．9 B．99 C．10 D．100

【解析】 ∵an＝1n＋n＋1＝n＋1－n。 ∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1。 ∴n＋1－1＝9，即n＋1＝10，∴n＝99。故选B。【答案】 B 4．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝__________。【解析】 ∵an＝n·2n， ∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n。① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1。② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1

＝－2n1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2。 ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2。【答案】 (n－1)2n＋1＋2

5．数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列1an的前10项和为________。【解析】 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝nn＋2，

所以1an＝2nn＋＝21n－1n＋1，所以1an的前10项和2＋＋2＋＋2＋＋…＋2＋＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋110－111＝2011。【答案】 2011 微考点大课堂

考点一分组转化法求和【典例1】已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn。【解析】 Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3，所以当n为偶数时， Sn＝2×1－3n1－3＋n2ln3＝3n＋n2ln3－1；

当n为奇数时， Sn＝2×1－3n1－3－(ln2－ln3)＋n－12－nln3

＝3n－n－12ln3－ln2－1。

综上所述，Sn＝ 3n＋n2ln3－1，n为偶数，3n－n－12ln3－ln2－1，n为奇数。

【答案】 Sn＝ 3n＋n2ln3－1，n为偶数，3n－n－12ln3－ln2－1，n为奇数。反思归纳 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＝ bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比或等差数列，可采用分组转化法求和。【变式训练】 (2016·北京高考)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3

＝9，a1＝b1，a14＝b4。

(1)求{an}的通项公式； (2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和。

【解析】 (1)等比数列{bn}的公比q＝b3b2＝93＝3，

所以b1＝b2q＝1，b4＝b3q＝27。设等差数列{an}的公差为d。因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2。所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…)。 (2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1。从而数列{cn}的前n项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1 ＝n＋2n－2＋1－3n1－3 ＝n2＋3n－12。【答案】 (1)an＝2n－1(n＝1,2,3，…) (2)n2＋3n－12 考点二错位相减法求和【典例2】 (2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1。 (1)求数列{bn}的通项公式；

(2)令cn＝an＋n＋1bn＋n，求数列{cn}的前n项和Tn。【解析】 (1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5。设数列{bn}的公差为d，

由 a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，

得 11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d，可解得b1＝4，d＝3。所以bn＝3n＋1。

(2)由(1)知cn＝n＋n＋1n＋n＝3(n＋1)·2n＋1。又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，所以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＋－2n1－2－n＋n＋2＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2。【答案】 (1)bn＝3n＋1 (2)Tn＝3n·2n＋2 反思归纳选择数列求和方法的依据是数列的通项公式，如该题第(2)问中通过化简数列{cn}的通项公式可知，其可以写成一个等差数列与等比数列的通项公式的乘积形式，故应采用错位相减法求和。

【变式训练】 (2016·桐乡模拟)已知公比q不为1的等比数列{an}的首项a1＝12，前n