2019届高考数学人教A版理科第一轮复习课件：第六章数列 6.4

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《志鸿优化设计》2022年高考数学人教A版理科一轮复习题库：第六章数列6.4数列的通项与求和

《志鸿优化设计》2022年高考数学人教A 版理科一轮复习题库：第六章数列6．4数列的通项与求和一、选择题 1．已知函数f(n)＝⎩⎪⎨⎪⎧n2，当n 为正奇数时，－n2，当n 为正偶数时，且an ＝f(n)＋f(n ＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )． A ．0 B ．100 C ．－100 D ．10 2002．数列112，214，318，4116，…的前n 项和为( )．A ．12n ＋n2＋n 2B ．－12n ＋n2＋n 2C ．－12n ＋n2＋n 2＋1D ．－12n ＋1＋n2＋n 2 3．在10到2 000之间，形如2n(n ∈N*)的各数之和为( )．A ．1 008B ．2 040C ．2 032D ．2 0164．数列{an}中，已知对任意n ∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an ＝3n －1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n 等于( )．A ．(3n －1)2B ．12(9n －1)C ．9n －1D ．14(3n －1)5．假如一个数列{an}满足an ＋1＋an ＝h(h 为常数，n ∈N*)，则称数列{an}为等和数列，h 为公和，Sn 是其前n 项和．已知等和数列{an}中，a1＝1，h ＝－3，则S2 011等于( )．A ．3 014B ．3 015C ．－3 014D ．－3 0156．设函数f(x)＝xm ＋ax 的导函数f ′(x)＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n (n ∈N*)的前n 项和是( )． A ．n n ＋1 B ．n ＋2n ＋1C ．n n －1D ．n ＋1n [来源:Z 。

xx 。

k ] 7．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n2等于( )． A ．n n ＋12 B ．－n n ＋12 C ．(－1)n ＋1n n ＋12 D ．以上答案均不对二、填空题8．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an ＋2－an ＝1＋(－1)n(n ∈N*)，则S100＝__________.9．数列{an}的前n 项和为Sn ，且a1＝1，an ＋1＝3Sn(n ＝1,2,3，…)，则log4S10＝__________. 10．S ＝1＋112＋122＋1＋122＋132＋…＋1＋11002＋11012的值为__________．三、解答题11．已知数列{an}的各项均为正数，Sn 为其前n 项和，关于任意的n ∈N*满足关系式2Sn ＝3an －3.(1)求数列{an}的通项公式；[来源:Z.xx.k ](2)设数列{bn}的通项公式是bn ＝1log3an ·log3an ＋1，前n 项和为Tn ，求证：关于任意的正整数n ，总有Tn ＜1.12．已知数列{an}和{bn}中，数列{an}的前n 项和为Sn.若点(n ，Sn)在函数y ＝－x2＋4x 的图象上，点(n ，bn)在函数y ＝2x 的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n 项和Tn.参考答案一、选择题1．B 解析：由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.2．C 解析：由题意，得an ＝n ＋12n ， ∴Sn ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n ＝n(n ＋1)2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n2＋n 2＋1－12n . 故选C. 3．C 解析：S ＝24＋25＋…＋210＝24(1－27)1－2＝(27－1)·24＝2 032. 故选C.4．B 解析：因为a1＋a2＋…＋an ＝3n －1，因此a1＋a2＋…＋an －1＝3n －1－1(n ≥2)．[来源:Z_xx_k ]则n ≥2时，an ＝2·3n －1.当n ＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，因此an ＝2·3n －1(n ∈N*)．则数列{an2}是首项为4，公比为9的等比数列．∴a12＋a22＋…＋an2＝4(1－9n)1－9 ＝12(9n －1)．故选B.5．C 解析：由公和h ＝－3，a1＝1，得a2＝－4，同时数列{an}是以2为周期的数列，则S2 011＝1 005(a1＋a2)＋a1＝－3 015＋1＝－3 014.6．A 解析：∵f ′(x)＝mxm －1＋a ，∴m ＝2，a ＝1.∴f(x)＝x2＋x ，f(n)＝n2＋n.∴1f(n)＝1n2＋n ＝1n(n ＋1)＝1n －1n ＋1. ∴Sn ＝1f(1)＋1f(2)＋1f(3)＋…＋1f(n －1)＋1f(n) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 7．C 解析：当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n 2(3＋2n －1)2＝－n(n ＋1)2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n2＝－n －12[3＋2(n －1)－1]2＋n2＝n(n ＋1)2，[来源:Zxxk ] 综上可得，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n2＝(－1)n ＋1n(n ＋1)2. 故选C.二、填空题8．2 600 解析：由已知，得a1＝1，a2＝2，a3－a1＝0，a4－a2＝2，a99－a97＝0，a100－a98＝2，累加得a100＋a99＝98＋3，同理得a98＋a97＝96＋3，…，a2＋a1＝0＋3，则a100＋a99＋a98＋a97＋…＋a2＋a1＝50×(98＋0)2＋50×3＝2 600.9．9 解析：∵an ＋1＝3Sn ，∴an ＝3Sn －1(n ≥2)．两式相减得an ＋1－an ＝3(Sn －Sn －1)＝3an ，∴an ＋1＝4an ，即an ＋1an ＝4.[来源:学|科|网]∴{an}从第2项起是公比为4的等比数列．当n ＝1时，a2＝3S1＝3，∴n ≥2时，an ＝3·4n －2，S10＝a1＋a2＋…＋a10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48＝1＋3(1＋4＋…＋48)＝1＋3×1－491－4 ＝1＋49－1＝49. ∴log4S10＝log449＝9.10．100100101 解析：易于归纳出通项公式1＋1n2＋1(n ＋1)2 ＝(n2＋n ＋1)2n2·(n ＋1)2 ＝1＋1n(n ＋1) ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此S ＝100＋⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13⎦⎥⎤＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101 ＝100＋1－1101＝100＋100101＝100100101. 三、解答题11．(1)解：由已知得 ⎩⎪⎨⎪⎧2Sn ＝3an －3，2Sn －1＝3an －1－3，(n ≥2)．故2(Sn －Sn －1)＝2an ＝3an －3an －1，即an ＝3an －1(n ≥2)．故数列{an}为等比数列，且公比q ＝3.又当n ＝1时，2a1＝3a1－3，∴a1＝3.∴an ＝3n.(2)证明：∵bn ＝1n(n ＋1)＝1n －1n ＋1. ∴Tn ＝b1＋b2＋…＋bn＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1. 12．解：(1)由已知得Sn ＝－n2＋4n ，∵当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝－2n ＋5，又当n ＝1时，a1＝S1＝3，符合上式．∴an ＝－2n ＋5.(2)由已知得bn ＝2n ，anbn ＝(－2n ＋5)·2n.Tn ＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n ＋5)×2n ，2Tn ＝3×22＋1×23＋…＋(－2n ＋7)×2n ＋(－2n ＋5)×2n ＋1，两式相减得Tn ＝－6＋(23＋24＋…＋2n ＋1)＋(－2n ＋5)×2n ＋1 ＝23(1－2n －1)1－2＋(－2n ＋5)×2n ＋1－6 ＝(7－2n)·2n ＋1－14.。

高考数学一轮复习第六章第5讲数列的综合应用配套课件理新人教A版

考点自测
1．若数列{an}为等比数列，则下面四个命题：
①{a2n}是等比数列； ②{a2n}是等比数列； ③a1n是等比数列； ④{lg|an|}是等比数列．其中正确的个数是________．
答案 3
2．(2012·南京一模)若数列{an}满足：lg an＋1＝1＋lg an(n∈N*)， a1＋a2＋a3＝10，则lg(a4＋a5＋a6)的值为________．
答案 (－∞，7]
5．(2012·盐城第一学期摸底考试)设等差数列{an}满足：公差 d∈N*，an∈N*，且{an}中任意两项之和也是该数列中的一项．若a1＝35，则d的所有可能取值之和为________．
解析由题意知，an＝35＋(n－1)d.对数列{an}中的任意两项ar，as其和为ar＋as＝35＋35＋(r＋s－2)d，设at＝35＋(t －1)d，则35＋(r＋s－2)d＝(t－1)d，即35＝(t－r－s＋1)d. 因为r，s，t，d∈N*，所以35是d的整数倍，即d所有可能取值为1,3,9,27,81,243，和为364. 答案 364
∴{an}是以 a4 为首项，a2 为公比的等比数列．
(2)解 bn＝anf(an)＝a2n＋2logaa2n＋2＝(2n＋2)a2n＋2. 当 a＝ 2时，bn＝(2n＋2)( 2)2n＋2＝(n＋1)2n＋2. Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n＋1)·2n＋2，① 2Sn＝2·24＋3·25＋4·26＋…＋n·2n＋2＋(n＋1)·2n＋3，② ①－②得－Sn＝2·23＋24＋25＋…＋2n＋2－(n＋1)·2n＋3 ＝16＋2411－－22n－1－(n＋1)·2n＋3 ＝16＋2n＋3－24－n·2n＋3－2n＋3＝－n·2n＋3. ∴Sn＝n·2n＋3.

高考数学一轮复习第6章数列第2讲等差数列及其前n项和课件文

n≤10 ，即共有
10
个数．所以
S10
＝
10（1＋19） 2
＝
100或S10＝10×1＋1பைடு நூலகம்× 2 9×2＝100，故选 C.
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(必修 5 P46B 组 T2 改编)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S10＝20，S20＝50，则 S30＝________．解析：根据等差数列性质 S10，S20－S10，S30－S20 成等差数列，所以 2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，所以 S30＝3(S20－S10)＝3(50 －20)＝90. 答案：90
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考点四等差数列的单调性与最值
(1)下面是关于公差 d＞0 的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列ann 是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．其中真命题为
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当 n≥2 时，由22SSnn＝－1＝a2na＋n2－a1n＋，an－1，得 2an＝a2n＋an－a2n－1－an－1. 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，因为 an＋an－1>0，所以 an－an－1＝1(n≥2)，所以数列{an}是等差数列．
ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为 d，则{a2n}也是等差数列，公差为__2_d_．
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
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5．等差数列的前 n 项和公式设等差数列{an}的公差为 d，其前 n 项和 Sn＝n（a12＋an）或 Sn＝____n_a_1＋ __n__（__n_2－__1_）__d________．

2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：数列

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5.等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝12，则{an}的前 8 项和为
√A.90
B.30( 2＋1)
C.45( 2＋1)
D.72
等比数列{an}中，a1＋a2＝6， a3＋a4＝(a1＋a2)q2＝12， ∴q2＝2，a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝24，同理a7＋a8＝48，则{an}的前8项和a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝6＋12＋24＋48＝90.
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11.数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有
√A.Sn＝3n－1
√B.{Sn}为等比数列
C.an＝2·3n－1
√D.an＝12·，3nn－＝2，1n，≥2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
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8.数列{an}中，a1＝5，a2＝9.若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大值为
A.9
√B.11
45 C. 4
D.12
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令bn＝an＋n2，又a1＝5，a2＝9， ∴b2＝a2＋4＝13，b1＝a1＋1＝6， ∴数列{an＋n2}的首项为6，公差为13－6＝7，则an＋n2＝6＋7(n－1)＝7n－1， ∴an＝－n2＋7n－1＝－n－722＋445，又 n∈N*， ∴当 n＝3 或 4 时，an 有最大值为－14＋445＝11.

高考数学(理)一轮复习人教A版-第六章第3节 (2)

...第3节等比数列及其前n项和最新考纲 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系.知识梳理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式：a na n－1＝q(n≥2，q为非零常数).(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±ab.2. 等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{a n}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝a1q n－1；通项公式的推广：a n＝a m q n－m.(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q1－q .3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和. (1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ， a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .[常用结论与微点提醒]1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 也是等比数列. 2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n ，则其前n 项和为S n ＝a （1－a n）1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(必修5P53AT1(2)改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A .－12B .－2C .2 D.12解析由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.3.(2018·湖北省七市联考)公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10. 答案 C4.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126，则n ＝________.解析由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.答案 65.(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 {a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2， ∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 1考点一等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝(2)(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q . 由⎩⎨⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32. 答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解. 2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q.【训练1】 (1)(2018·武昌调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝( ) A .－2B .－1C.12D.23(2)(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________.解析 (1)由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1，故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎨⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12， ∴a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝2－n 22＋7n2.记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *，可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数.所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 (1)B (2)64考点二等比数列的性质及应用【例2】 (1)(必修5P68BT1(1))等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A .12B .10C .8D .2＋log 35(2)(2018·云南11校调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A .40B .60C .32D .50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)由数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度. 2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练2】 (1)(2018·西安八校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A .－ 3B .－1C .－33D. 3(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________.解析 (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－7π3＝－tan π3＝－ 3.(2)法一由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3， ∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.法二因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a ，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a3a＝73.答案 (1)A (2)73考点三等比数列的判定与证明【例3】 (2016·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)解由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.规律方法证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.【训练3】 (2017·安徽“江南十校”联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)，又由题意知a 1－2a 1＝－3，所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4（1－2n ）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( ) A .{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列B .{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列C .{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列D .{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列解析两个等比数列的积仍是一个等比数列. 答案 C2.(2018·太原模拟)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( ) A .2B .4C. 2D .2 2解析在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q ＝4.答案 B3.(2017·全国Ⅱ卷)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( ) A .1盏B .3盏C .5盏D .9盏解析设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B4.设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18B .－18C.578D.558解析因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且公比不等于－1，在等比数列中，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以有8(S 9－S 6)＝(－1)2，S 9－S 6＝18，即a 7＋a 8＋a 9＝18. 答案 A5.(2018·昆明诊断)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的A .－2B .－ 2C .± 2D. 2解析根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0，所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0，由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2. 答案 B 二、填空题6.(2018·河南百校联盟联考改编)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝40，且S 6＋3a 7＝S 8，则a 2等于________.解析由S 6＋3a 7＝S 8，得2a 7＝a 8，则公比q 为2，所以a 2＝a 523＝4023＝5. 答案 57.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n .答案 12n8.(2018·成都诊断)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________.解析由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )得，a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，∴(a n ＋1－2a n )2＝0，a n ＋1a n ＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列，∴S 9＝2（1－29）1－2＝1 022.答案 1 0229.(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列. 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设可得 ⎩⎨⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6，解得⎩⎨⎧q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－2[1－（－2）n ]1－（－2）＝23[(－2)n －1]，则S n ＋1＝23[(－2)n ＋1－1]，S n ＋2＝23[(－2)n ＋2－1]，所以S n ＋1＋S n ＋2＝23[(－2)n ＋1－1]＋23[(－2)n ＋2－1]＝23[2(－2)n－2]＝43[(－2)n －1]＝2S n ， ∴S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列.10.(2018·惠州调研)已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是一个等差数列，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，所以q ＝3，b n ＝3n －1.数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 即3n －12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.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) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1， ∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列.因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n ）1－9＝12(9n －1). 答案 B12.(2018·东北三省三校联考)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________.解析由题意知2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，∴a n ＋1＝b n b n ＋1，当n ≥2时，2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1，∵b n >0，∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1，∴{b n }成等差数列，由a 1＝1，a 2＝3，得b 1＝2，b 2＝92，∴b 1＝2，b 2＝322，∴公差d ＝22，∴b n ＝n ＋122，∴b n ＝（n ＋1）22， ∴a n ＝b n －1b n ＝n （n ＋1）2. 答案 a n ＝n （n ＋1）213.(2017·合肥模拟)设{a n }是公比为q 的等比数列.(1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列.(1)解设{a n }的前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 1（1－q n）1－q ，∴S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. (2)证明假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1. ∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾. 故数列{a n ＋1}不是等比数列.。

2023年高考数学一轮复习第六章数列2等差数列课件

(2)等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若对任意正整数 n 都有TSnn＝23nn－－12，则b6＋a11b10＋b7＋a5 b9的值为__24_93__.
b6＋a11b10＋b7＋a5 b9＝a112＋b8a5＝22ab88＝ba88， ∴ab88＝TS22××88－－11＝TS1155＝23××1155－－12＝2493.
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝ 2bn＝2n，
∴an＝2n－1.
思维升华
判断数列{an}是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数. (2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1. (3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数). (4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A， B为常数).
A.110
B.150
√ C.210
D.280
因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列. 故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，所以S30＝150. 又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，所以S40＝280.
(1)等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差都等于
同一个常数数列
的公差，通常用字母 d 表示，定义表达式为_a_n_－__a_n－__1＝__d_(_常__数__)_(n_≥__2_，__ n∈N*) .

2022届高考数学大一轮总复习第六章数列：第六章 6

§6.4 数列求和1．求数列的前n 项和的方法 (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 －1)2d .②等比数列的前n 项和公式 (Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，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．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．常见的裂项公式 (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 .【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)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.( √ )(6)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100 答案 A解析利用裂项相消法求和．设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.2．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S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.3．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________ 答案 50解析因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln [(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50. 4．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝________. 答案 4－n ＋42n解析设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－(12)n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .题型一分组转化法求和例1 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.思维升华某些数列的求和是将数列分解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，这就要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．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．(1)数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }前12项和等于( )A ．76B ．78C ．80D ．82(2)已知数列{a n }的前n 项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，其前n 项和S n ＝________. 答案 (1)B (2)3n －1＋2n12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2 解析 (1)由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，① 得a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＋1＝2n ＋1，②由①②得a n ＋2＋a n ＝(－1)n ·(2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78. (2)由已知得数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n ＋2n －1＝3n －1＋2n ， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2＋5＋…＋3n －1)＋(2＋22＋…＋2n ) ＝n (2＋3n －1)2＋2(1－2n )1－2＝12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2. 题型二错位相减法求和例2 已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 思维点拨 (1)列方程组求{a n }的首项、公差，然后写出通项a n . (2)q ＝1时，b n 为等差数列，直接求和；q ≠1时，用错位相减法求和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n . (2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是 S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1. 若q ≠1，将上式两边同乘以q 有 qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1 ＝nq n－q n －1q －1＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，q ＝1，nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2，q ≠1.思维升华 (1)错位相减法是求解由等差数列{b n }和等比数列{c n }对应项之积组成的数列{a n }，即a n ＝b n ×c n 的前n 项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练． (2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围．已知首项为12的等比数列{a n }是递减数列，其前n 项和为S n ，且S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足不等式T n ＋2n ＋2≥116的最大n 值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知a 1＝12，又∵S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列， ∴2(S 2＋a 2)＝S 1＋a 1＋S 3＋a 3，变形得S 2－S 1＋2a 2＝a 1＋S 3－S 2＋a 3，即得3a 2＝a 1＋2a 3，∴32q ＝12＋q 2，解得q ＝1或q ＝12，又由{a n }为递减数列，于是q ＝12，∴a n ＝a 1q n －1＝(12)n .(2)由于b n ＝a n log 2a n ＝－n ·(12)n ，∴T n ＝－[1·12＋2·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n －1＋n ·(12)n ]，于是12T n ＝－[1·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n ＋n ·(12)n ＋1]，两式相减得：12T n ＝－[12＋(12)2＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1]＝－12·[1－(12)n ]1－12＋n ·(12)n ＋1，∴T n ＝(n ＋2)·(12)n －2.∴T n ＋2n ＋2＝(12)n ≥116，解得n ≤4， ∴n 的最大值为4. 题型三裂项相消法求和例3 (2014·山东)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n－14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)．当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)思维升华利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.四审结构定方案典例：(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .审题路线图S n ＝－12n 2＋kn 及S n 最大值为8S n 是n 的函数n ＝k 时(S n )max ＝S k ＝8(根据S n 的结构特征确定k 值)k ＝4，S n ＝－12n 2＋4n利用a n 、S n 的关系a n ＝92－n化简数列{}9－2a n 2n9－2a n 2n ＝n2n －1根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1①①式两边同乘以22T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2②错位相减T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.规范解答解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .[6分]当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .(2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，① [7分]所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2 ②②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[12分]温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案； (2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数． (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证.方法与技巧非等差、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、错位相减法、倒序相加法等来求和．失误与防范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．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进行合并．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.A 组专项基础训练 (时间：45分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( ) A ．0 B ．－100 C ．100 D ．10 200 答案 B解析 f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2(n 为奇数)n 2(n 为偶数)＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1) ＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2 ＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2] ＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201) ＝50×(－2)＝－100.3．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( )A ．31B ．120C ．130D ．185 答案 C解析 a 1＋…＋a k ＋…＋a 10 ＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20) ＝240－(2＋20)×102＝240－110＝130.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n 等于( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3) D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n (n >3) 答案 C解析 ∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3). 5．数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9答案 B解析数列的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910， ∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9.6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________. 答案 6解析由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2， ∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21)＝1＋10×12＝6. 7．已知数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝(－1)n ＋12(n ∈N *)，a 1＝－12，S n是数列{a n }的前n 项和，则S 2 013＝________.答案－1 0072解析由题意知，a 1＝－12，a 2＝1，a 3＝－32，a 4＝2，a 5＝－52，a 6＝3，…，所以数列{a n }的奇数项构成了首项为－12，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得S 2 013＝[(－12)×1 007＋1 007×1 0062×(－1)]＋(1×1 006＋1 006×1 0052×1)＝－1 0072. 8．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________. 答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x 4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x 41－x ＋2＝22＋4x， ∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007. 9．已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝143log n a (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和S n .解 (1)由题意，知a n ＝(14)n (n ∈N *)，又b n ＝143log 2n a ，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝(14)n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×(14)n (n ∈N *)．所以S n ＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n －5)×(14)n －1＋(3n －2)×(14)n ，于是14S n ＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n －5)×(14)n ＋(3n －2)×(14)n ＋1. 两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×(14)n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1. 所以S n ＝23－3n ＋23×(14)n (n ∈N *)． 10．(2013·江西)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. (1)解由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 ＋1>0.所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明由a n ＝2n (n ∈N *)得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(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564. B 组专项能力提升(时间：30分钟)11．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014等于( )A ．2 008B ．2 010C ．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2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.12．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2等于( )A.n (n ＋1)2 B ．－n (n ＋1)2C ．(－1)n＋1n (n ＋1)2 D ．以上答案均不对答案 C 解析当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n 2(3＋2n －1)2＝－n (n ＋1)2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n 2＝－n －12[3＋2(n －1)－1]2＋n 2 ＝n (n ＋1)2，综上可得，原式＝(－1)n ＋1n (n ＋1)2. 13．(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则： (1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.答案 (1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1(n ≥2)， ∴a n ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1＋12n (n ≥2)．当n 为偶数时，a n －1＝－12n ，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n ， ∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116. 根据以上{a n }的关系式及递推式可求．a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128， a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128. ∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋12100 ＝⎝⎛⎭⎫12＋123＋…＋1299－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12100 ＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 14．已知数列{a n }的前n 项和S n ，满足：S n ＝2a n －2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列{b n a n ＋2}的前n 项和，求证：T n ≥12. (1)解当n ∈N *时，S n ＝2a n －2n ，则当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2，∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)，∴a n ＋2a n －1＋2＝2，当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2；(2)证明 b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，∴b n a n ＋2＝n ＋12n ＋1，则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1， 12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2 ＝14＋14(1－12n )1－12－n ＋12n ＋2 ＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， ∴T n ＝32－n ＋32n ＋1，当n ≥2时，T n －T n －1＝－n ＋32n ＋1＋n ＋22n ＝n ＋12n ＋1>0， ∴{T n }为递增数列，∴T n ≥T 1＝12. 15．直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *.数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1(n 为奇数)，a n (n 为偶数)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由题意，知圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝(12|A n B n |)2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n . 又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1) ＝n (n －1)2＋2(1－2n )1－4＝n 2－n 2＋23(2n －1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)2＋23(2n ＋1－1) ＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)．而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ，所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n －2)．所以T n ＝⎩⎨⎧n 2－n 2＋23(2n －1)(n 为偶数)，n 2＋n 2＋13(2n －2)(n 为奇数).。

广东专用2023版高考数学一轮总复习第六章数列6-4数列求和及应用课件

【常用结论】
3. 常见的裂项公式
(1)n（n1＋1）＝1n－n＋1 1. (2)（2n－1）1（2n＋1）＝122n1－1－2n1＋1.
(3)n（n＋1）1（n＋2）＝12[n（n1＋1）－（n＋1）1（n＋2）].
(4)
1 a＋
b＝a－1 b(
a－
b). (5)（n＋n1）！＝n1！－（n＋11）！.
所以 an＝f（n＋1）1＋f（n）＝
6.4 数列求和及应用
1. 探索并掌握等差、等比数列前 n 项和公式，及其推导用到的“倒序相加法”、“错位相减法” 和其他一些重要的求和方法. 2. 能在具体的问题情境中，发现数列的等差、等比关系，并解决相应的问题.
【教材梳理】
1. 数列求和方法 (1)公式法 ①等差数列前 n 项和公式：Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n－2 1）d.
(6)Cnm－1＝Cnm＋1－Cnm. (7)n·n！＝(n＋1)！－n！. (8)an＝Sn－Sn－1(n≥2).
判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”.
(1)当 n≥2 时，n2－1 1＝n－1 1－n＋1 1.
()
(2)如果已知一个数列的通项公式，那么它的前 n 项和一定可以求解.
2 022sin
0232π＝－1
011
3.
故填－1 011
3.
考点二裂项相消法
(1)(2021 广东高一月考)已知等差数列{an}的通项公式为 an＝3n＋1. 若 bn＝ana1n＋1，数列
{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝
()
A.
3n 12n＋16
B.
n 12n＋16
C.
3n 3n＋1

新高考2023版高考数学一轮总复习第6章第4讲数列求和课件

1 n＋
n＋1，前
n
项和为 9，则 n＝ A．9
B．99
(B )
C．10 [解析]
D．100
因为 an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.所以 Sn＝a1＋a2＋a3＋…
＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1.所以 n＋1－
1＝9，即 n＋1＝10，所以 n＝99.故选 B．
1．常见的裂项公式 (1)nn1＋1＝1n－n＋1 1； (2)nn1＋k＝1k1n－n＋1 k； (3)n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1；
(4)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1；
(5)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n；
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)；
(6)nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2.
D．439＋2120
(2)(2021·信阳模拟 ) 已知数列 {an} 中， a1 ＝ a2 ＝ 1 ， an ＋ 2 ＝
a2na＋n，2， n是n是偶奇数数，，则数列{an}的前 20 项和为
(C )
A．1 121
B．1 122
C．1 123
D．1 124
[解析] (1)令数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20 ＝2(1＋2＋3＋…＋20)－12＋212＋213＋…＋2120＝420－1－2120＝419＋2120.
项
和
公
式
：
Sn
＝
na1＋an 2
＝n_a_1＋__n__n_－2__1_d＝
(3)等比数列的前 n 项和公式： Sn＝naa11－1－，aqqnq＝＝1_，___a_1_11_－－__qq_n_ ，q≠1. 注意等比数列公比 q 的取值情况，要分 q＝1，q≠1.

高考数学全程一轮复习第六章数列第二节等差数列课件

级，树龄低于100年不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用
年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算
年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数
列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14
米，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4 cm，靠近树皮的第5个年轮宽度
3．等差数列的性质
(1) 通项公式 ann−−mam(n≠m)．
的
推
广
公
式
：
an
＝
am
＋
(n
－
m)d(n
，
m∈N*)⇔d
＝
(2) 若 {an} 为等差数列，且 k ＋ l ＝ m ＋ n(k ， l ， m ， n∈N*) ，则
_a_k_＋_a_l＝__a_m_＋__an__．
为0.2 cm，则估计该大树属于( )
A．一级
B．二级
C．三级
D．不是古树
答案：C
题后师说
等差数列基本运算的求解策略
巩固训练1
(1)[2024·河南洛阳模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3
＝18，则S6＝( )
A．54
B．71
C．80
D．81
答案：D 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，S3＝18，可得3a1＋3d＝3＋3d＝ 18，解得d＝5，所以S6＝6a1＋15d＝6＋15×，
∴S16＝16×(－5)＋16×215×2＝160.
方法二因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，
所以S16＝
a1+a16 2

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1 1 1 1 = ��(��+��) �� +�� 1 1 ; 2��-1 2��+1 1 1 ; ��(��+1) (��+1)(��+2)
;
− ��).
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知识梳理
双基自测
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双基自测
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(5)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.
常见的裂项公式:①
1 1 ② =2 (2��-1)(2��+1) 1 1 ③ = ��(��+1)(��+2) 2 1 1 ④ = �� ( �� + �� + ��+��
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考点1
考点2
考点3
解 (1)设等比数列{an}的公比为q,等差数列{bn}的公差为d. 由已知,得a2=3q,a3=3q2,b1=3,b4=3+3d,b13=3+12d,
∴d=2,∴an=3n,bn=2n+1.
(2)由题意,得cn=(-1)nbn+an=(-1)n(2n+1)+3n,Sn=c1+c2+…+cn=(3+5)+(-7+9)+…+[(-1)n-1(2n-1)+(-1)n(2n+1)]+3+32+…+3n.
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-7解析
答案
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3.(2017河北保定模拟)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
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因为an=(-1)n(3n-2),所以a1+a2+…+a10=(-1+4)+(-7+10)+…+(25+28)=3×5=15. A
比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.
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-12-
考点1
考点2
考点3
解题心得1.若数列{an}的通项公式为an=(-1)nf(n),则一般利用并项求和法求数列前n项和. 2.具有下列特点的数列适合分组求和 (1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差数列或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前n项和; (2)通项公式为的数列,其中数列{bn},{cn}是等
�� -1 ��-1 ��+1
(5)已知等差数列{an}的公差为 d,则有�� = �� - �� . �� +1 �� +1
(× (2)√ ) (1) (3)√ (4)√ (5)× (6)√
(4)13+23+33+…+n3=
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1.下列结论正确的打“ ”,错误的打“×”. 1 1 1 (1)当 n≥2 时, 2 = − .( ) (2)利用倒序相加法可求得 sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°=44.5.( ) (3)若Sn=a+2a2+3a3+…+nan,当a≠0,且a≠1时,求Sn的值可用错位相减法求得. ( ) (4)如果数列{an}是周期为k的周期数列,那么Skm=mSk(m,k为大于1 的正整数). ( )
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答案
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答案
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5.(2017全国Ⅱ,理15)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 = .
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-10解析
答案
考点1
考点2
考点3
例1在等比数列{an}中,已知a1=3,公比q≠1,等差数列{bn}满足 b1=a1,b4=a2,b13=a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记cn=(-1)nbn+an,求数列{cn}的前n项和Sn. 思考具有什么特点的数列适合并项求和?具有什么特点的数列适合分组求和?
=
��1 (1-�� ) ,�� 1-��
≠ 1.
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2.非基本数列求和常用方法 (1)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,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的. (2)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,分别求和后再相加减.如已知an=2n+(2n-1),求Sn. (3)并项求和法:一个数列的前n项和中两两结合后可求和,则可用并项求和法.如已知an=(-1)nf(n),求Sn. (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项和即可用错位相减法来求,如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.
6 .4
数列求和
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双基自测
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1.基本数列求和方法
(1)等差数列求和公式:Sn=
��(��1 +�� ) ��(��-1) =na + d. 1 2 2
��1 ,�� = 1,
1-��
(2)等比数列求和公式:Sn= ��1 -��
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1
1
1
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(6)若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1· n,则S50=-25. (
)
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答案
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双基自测
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2.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常用求和公式 (1)1+2+3+4+…+n=
��(��+1) ; 2
(2)1+3+5+7+…+(2n-1)=n2;
��(��+1)(2��+1) 2 2 2 2 (3)1 +2 +3 +…+n = ; 6 ��(��+1) 2 . 2