【天津市2013届高三数学总复习之综合专题：数列求和(教师版)

数列考查内容：等差数列、等比数列的基本性质。

1、如果等差数列{}n a 中,34512a a a ++=，那么127...a a a +++=（ C ）A 、14B 、21C 、28D 、352、在等比数列{}n a 中，201020078aa =,则公比q 的值为（ A ）A 、2B 、3C 、4D 、8 3、设nS 为等比数列{}n a 的前n 项和，若3432Sa =-，2332S a =-，则公比q =（ B )A 、3B 、4C 、5D 、6 4、在等比数列{}n a 中，11a=，公比1q ≠,若12345maa a a a a =，则=m （C ）A 、9B 、10C 、11D 、12 5、设nS 为等比数列{}n a 的前n 项和,2580aa +=，则52S S =（ D ）A 、11B 、5C 、8-D 、11- 6、等比数列{}n a 的前n 项和为nS ，且321,2,4a aa 成等差数列。

若11=a ，则=4S （C ）A 、7B 、8C 、15D 、167、设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为,,X Y Z ,则下列等式中恒成立的是( D ) A 、2X Z Y += B 、()()Y Y X Z Z X -=- C 、2Y XZ= D 、()()Y Y X X Z X -=-8、设{}n a 是公差不为0的等差数列,12a=且136,,a a a 成等比数列,则{}n a 的前n 项和n S 为( A）A 、2744n n +B 、2533n n+C 、2324n n+D 、2nn +解析：设数列{}n a 的公差为d ，则根据题意得(22)22(25)d d +=⋅+，解得12d =或0d =（舍去)，所以数列{}n a 的前n 项和2(1)1722244nn n n n Sn -=+⨯=+.9、已知{}n a 是首项为1的等比数列，nS 是{}n a 的前n 项和，且369S S =，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前5项和为（ C ）A 、158或5 B 、3116或5 C 、3116D 、15810、已知等比数列{}n a 满足0,1,2,nan >=，且25252(3)n n aa n -⋅=≥，则当1n ≥时，2123221log log log n a a a -+++=（C ）A 、(21)n n -B 、2(1)n + C 、2n D 、2(1)n -11、若数列{}n a 满足：111,2()n n aa a n N *+==∈，则5a = ；前8项的和8S =。

数列求和概述：先分析数列通项的结构特征，再利用数列通项揭示的规律来求数列的前n 项和，即求和抓通项。

1、直接（或转化）由等差数列、等比数列的求和公式求和思路：利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法。

①等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=； ②等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n n n ； ③)1(211+==∑=n n k S nk n ； ④)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n ； ⑤213)]1(21[+==∑=n n k S nk n 。

2、逆序相加法思路：把数列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） 例1：设函数222)(+=x x x f 的图象上有两点),(),,(211121y x P y x P ，若)(2121OP OP OP +=，且点P 的横坐标为21。

（1）求证：P 点的纵坐标为定值，并求出这个定值；（2）若;求,),()3()2()1(*n n S N n n n f n f n f n f S ∈+⋯+++=3、错位相减法思路：设数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，则求{}n n b a 的前n 项和n S 可用错位相减法。

例2：在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>。

（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S 。

4、裂项相消法思路：这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。

裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。

一般地，数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，∑∑∑=++==+-⋅=-=n i i i i i n i ni i i a a d a a d a a 111111)11(1)11(11。

第五章数列第４课时数列的求和（对应学生用书（文）、（理）76～78页）考情分析考点新知理解数列的通项公式；会由数列的前n项和求数列通项公式，及化为等差数列、等比数列求数列的通项公式．掌握等差数列、等比数列前n项和的公式；数列求和的常用方法：分组求和法、错位相减法、裂项相消法、倒序相加法等．①掌握求数列通项公式的常用方法.２掌握数列求和的常用方法.１．在数列{a n}中，若a１＝１，a n＋１＝a n＋２（n≥１），则该数列的通项a n＝________．答案：a n＝２n—１解析：由已知{a n}为等差数列，d＝a n＋１—a n＝２，∴a n＝２n—１．２．已知数列{a n}中，a１＝１，（n ＋１）a n＋１＝na n（n∈N*），则该数列的通项公式a n＝________．答案：a n＝错误!解析：错误!＝错误!×错误!×…×错误!＝错误!.３．（必修５P４４习题２（２）改编）20n（１+２n）=________．答案：４４１解析：20n（１＋２n）＝１＋（１＋２×１）＋（１＋２×２）＋…＋（１＋２×２0）＝２１＋２×错误!＝４４１．４．（必修５P60复习题8（１）改编）数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝错误!，则S４＝________．答案：错误!解析：a n＝错误!＝错误!—错误!，∴S４＝１—错误!＋错误!—错误!＋错误!—错误!＋错误!—错误!＝错误!.５. （必修５P５１例３改编）数列１错误!，２错误!，３错误!，４错误!，…的前n项和是__________．答案：S n＝错误!＋１—错误!解析：S n＝（１＋２＋３＋…＋n）＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋１—错误!.１．当已知数列{a n}中，满足a n＋１—a n＝f（n），且f（１）＋f（２）＋…＋f（n）可求，则可用累加法求数列的通项a n.２．当已知数列{a n}中，满足错误!＝f（n），且f（１）·f（２）·…·f（n）可求，则可用迭乘法求数列的通项a n.３．（１）a n＝错误!（２）等差数列前n项和S n＝错误!，推导方法：倒序相加法．（３）等比数列前n项和S n＝错误!推导方法：错位相减法．４．常见数列的前n项和：（１）１＋２＋３＋…＋n＝错误!；（２）２＋４＋6＋…＋２n＝n（n＋１）；（３）１＋３＋５＋…＋（２n—１）＝n２；（４）１２＋２２＋３２＋…＋n２＝错误!．５．（１）分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．（２）拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．（３）错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．（４）倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导方法．6．常见的拆项公式有：（１）错误!＝错误!—错误!；（２）错误!＝错误!错误!；（３）错误!＝错误!错误!；（４）错误!＝错误!（错误!—错误!）.题型１求简单数列的通项公式例１求下列数列{a n}的通项公式：（１）a１＝１，a n＋１＝a n＋２n＋１；（２）a１＝１，a n＋１＝２n a n.解：（１）a n＝n２（２）a n＝２错误!错误!求下列数列{a n}的通项公式：（１）a１＝１，a n＋１＝２a n＋１；（２）a１＝１，a n＋１＝错误!；（３）a１＝２，a n＋１＝a错误!.解：（１）a n＝２n—１（２）a n＝错误!（３）a n＝２２n—１题型２分组转化求和例２求下面数列的前n项和：１错误!，３错误!，５错误!，7错误!，…解：S n＝１错误!＋３错误!＋５错误!＋7错误!＋…＋错误!＝[１＋３＋５＋…＋（２n—１）]＋错误!＝错误!＋错误!＝n２—错误!＋１．错误!已知a n＝错误!（１）求数列{a n}的前１0项和S１0；（２）求数列{a n}的前２k项和S２k.解：（１）S１0＝（6＋１6＋２6＋３6＋４6）＋（２＋２２＋２３＋２４＋２５）＝错误!＋错误!＝１9２．（２）由题意知数列{a n}的前２k项中，k个奇数项组成首项为6，公差为１0的等差数列，k个偶数项组成首项为２，公比为２的等比数列．∴ S２k＝[6＋１6＋…＋（１0k—４）]＋（２＋２２＋…＋２k）＝错误!＋错误!＝５k２＋k＋２k＋１—２．题型３裂项相消求和例３求下面各数列的前n项和：（１）错误!，错误!，错误!，错误!，…（２）错误!，错误!，错误!，错误!，…解：（１）∵ a n＝错误!＝错误!（错误!—错误!），∴S n＝错误!（１—错误!＋错误!—错误!＋错误!—错误!＋…＋错误!—错误!＋错误!—错误!）＝错误!（１＋错误!—错误!—错误!）＝错误!.（２）∵ a n＝错误!＝１＋错误!＝１＋错误!错误!，∴S n＝n＋错误!错误!＝错误!.错误!求１＋错误!＋错误!＋…＋错误!.解：∵a k＝２错误!，∴S n＝错误!.题型４倒序相加求和例４设f（x）＝错误!，求f（—１２）＋f（—１１）＋f（—１0）＋…＋f（0）＋…＋f（１１）＋f（１２）＋f（１３）的值．解：∵ f（x）＋f（１—x）＝错误!，∴原式＝错误!错误!.错误!一个等差数列前４项之和为２6，最末４项之和为１１0，所有项之和为１87，则它的项数为________．答案：１１解析：∵a１＋a２＋a３＋a４＝２6，a n＋a n—１＋a n—２＋a n—３＝１１0，∴a１＋a n＝错误!＝３４．又S n＝错误!＝１87，∴n＝１１．题型５错位相减求和例５在各项均为正数的等比数列{a n}中，已知a２＝２a１＋３，且３a２，a４，５a３成等差数列．（１）求数列{a n}的通项公式；（２）设b n＝log３a n，求数列{a n b n}的前n项和S n.解：（１）设{a n}公比为q，由题意得q>0，且错误!即错误!解得错误!或错误!（舍），所以数列{a n}的通项公式为a n＝３·３n—１＝３n，n∈N．（２）由（１）可得b n＝log３a n＝n，所以a n b n＝n·３n.所以S n＝１·３＋２·３２＋３·３３＋…＋n·３n，所以３S n＝１·３２＋２·３３＋３·３４＋…＋n·３n＋１，两式相减得，２S n＝—３—（３２＋３３＋…＋３n）＋n·３n＋１＝—（３＋３２＋３３＋…＋３n）＋n·３n＋１＝—错误!＋n·３n＋１＝错误!，所以数列{a n b n}的前n项和S n＝错误!.错误!已知数列{a n}的前n项和为S n＝３n—１．（１）求数列{a n}的通项公式；（２）若b n＝log错误!（S n＋１），求数列{b n a n}的前n项和T n.解：（１）当n＝１时，a１＝S１＝２，当n≥２时，a n＝S n—S n—１＝（３n—１）—（３n—１—１）＝２×３n—１，综上所述，a n＝２×３n—１.（２）b n＝log错误!（S n＋１）＝log错误!３n＝—n，所以b n a n＝—２n×３n—１，T n＝—２×１—４×３１—6×３２—…—２n×３n—１，３T n＝—２×３１—４×３２—…—２（n—１）×３n—１—２n×３n，相减，得—２T n＝—２×１—２×３１—２×３２—…—２×３n—１＋２n×３n＝—２×（１＋３１＋３２＋…＋３n—１）＋２n×３n，所以T n＝（１＋３１＋３２＋…＋３n—１）—n×３n＝错误!—n×３n＝—错误!，n∈N*.１．数列{a n}的首项为３，{b n}为等差数列且b n＝a n＋１—a n（n∈N）．若b３＝—２，b１0＝１２，则a8＝________．答案：３解析：已知b n＝２n—8，a n＋１—a n＝２n—8，由叠加法（a２—a１）＋（a３—a２）＋…＋（a8—a7）＝—6—４—２＋0＋２＋４＋6＝0a8＝a１＝３．２．（２0１３·大纲）等差数列{a n}中，a7＝４，a１9＝２a9.（１）求{a n}的通项公式；（２）设b n＝错误!，求数列{b n}的前n项和S n.解：（１）设等差数列{a n}的公差为d，则a n＝a１＋（n—１）d，因为错误!所以错误!解得a１＝１，d＝错误!.所以{a n}的通项公式为a n＝错误!.（２）b n＝错误!＝错误!＝错误!—错误!，所以S n＝错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!.３．（２0１３·湖南）设S n为数列{a n}的前n项和，已知a１≠0，２a n—a１＝S１·S n，n∈N．（１）求a１，a２，并求数列{a n}的通项公式；（２）求数列{na n}的前n项和．解：（１）∵ S１＝a１.∴当n＝１时，２a１—a１＝S１·S１a１≠0，a１＝１．当n>１时，a n＝S n—S n—１＝错误!—错误!＝２a n—２a n—１a n＝２a n—１{a n}是首项为a１＝１公比为q＝２的等比数列，a n＝２n—１，n∈N*.（２）设T n＝１·a１＋２·a２＋３·a３＋…＋n·a nqT n＝１·qa１＋２·qa２＋３·qa３＋…＋n·qa nqT n＝１·a２＋２·a３＋３·a４＋…＋n·a n＋１，上式左右错位相减：（１—q）T n＝a１＋a２＋a３＋…＋a n—na n＋１＝a１错误!—na n＋１＝２n—１—n·２nT n＝（n—１）·２n＋１，n∈N*.４．已知等差数列{a n}前三项之和为—３，前三项积为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）设公差为d，则错误!解得错误!或错误!∴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．当|a n|＝|３n—7|＝错误!n＝１，S１＝４；n＝２时，S２＝５；当n≥３时，S n＝|a１|＋…＋|a n|＝错误!n２—错误!n＋１0．又n＝２满足此式，∴S n＝错误!１．已知数列a n＝错误!求a１＋a２＋a３＋a４＋…＋a99＋a１00的值．解：由题意得a１＋a２＋a３＋a４＋…＋a99＋a１00＝0＋２＋２＋４＋４＋…＋98＋98＋１00＝２（２＋４＋6＋…＋98）＋１00＝２×错误!＋１00＝５000．２．已知各项均为正数的数列{a n}的前n项的乘积T n＝错误!错误!（n∈N*），b n＝log２a n，则数列{b n}的前n项和S n取最大时，n＝________．答案：３解析：当n＝１时，a１＝T１＝４５＝２１0，当n≥２时，a n＝错误!＝错误!错误!＝错误!错误!＝２１４—４n，此式对n＝１也成立，所以a n＝２１４—４n，从而b n＝log２a n＝１４—４n，可以判断数列{b n}是首项为１0，公差为—４的等差数列，因此S n＝—２n２＋１２n，故当n＝３时，S n有最大值．３．已知数列{a n}的前n项和为S n，对一切正整数n，点P n（n，S n）都在函数f（x）＝x２＋２x的图象上，且在点P n（n，S n）处的切线的斜率为k n.（１）求数列{a n}的通项公式；（２）若b n＝２k n a n，求数列{b n}的前n项和T n.解：（１）∵ 点P n（n，S n）在函数f（x）＝x２＋２x的图象上，∴S n＝n２＋２n（n∈N*），当n≥２时，a n＝S n—S n—１＝２n＋１，当n＝１时，a１＝S１＝３满足上式，所以数列{a n}的通项公式为a n＝２n＋１．（２）由f（x）＝x２＋２x，求导得f′（x）＝２x＋２．∵在点P n（n，S n）处的切线的斜率为k n，∴k n＝２n＋２，∴b n＝２k n a n＝４·（２n＋１）·４n，∴T n＝４×３×４＋４×５×４２＋４×7×４３＋…＋４×（２n＋１）×４n，用错位相减法可求得T n ＝错误!·４n＋２—错误!.４．已知等差数列{a n}是递增数列，且满足a４·a7＝１５，a３＋a8＝8．（１）求数列{a n}的通项公式；（２）令b n＝错误!（n≥２），b１＝错误!，求数列{b n}的前n项和S n.解：（１）根据题意：a３＋a8＝8＝a４＋a7，a４·a7＝１５，知：a４，a7是方程x２—8x＋１５＝0的两根，且a４<a7，解得a４＝３，a7＝５，设数列{a n}的公差为d，由a7＝a４＋（7—４）·d，得d＝错误!.故等差数列{a n}的通项公式为a n ＝a４＋（n—４）·d＝３＋错误!（n—４）＝错误!.（２）当n≥２时，b n＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!错误!.又b１＝错误!＝错误!错误!，∴S n＝b１＋b２＋…＋b n＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!.１．a n的两种常见变形a n＝a１＋（a２—a１）＋（a３—a２）＋…＋（a n—a n—１）（累加法）a n＝a１·错误!·错误!·…错误!（累乘法）２．数列求和的方法技能１倒序相加２错位相减３分组求和４拆项相消３．方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在数列中均得到广泛应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究是解决数列综合问题的最基本思维方法．错误![备课札记]。

2013高考数学二轮复习精品资料专题03 数列教学案（教师版） 【知识网络构建】【重点知识整合】 一、等差数列与等比数列 1．S n 与a n 的关系在数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，从而a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．等差数列性质如果数列{a n }是公差为d 的等差数列，则 (1)a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n n －12d ＝n a 1＋a n 2.(2)对正整数m ，n ，p ，q ，a m ＋a n ＝a p ＋a q ⇔m ＋n ＝p ＋q ，a m ＋a n ＝2a p ⇔m ＋n ＝2p .3．等比数列性质如果数列{a n }是公比为q 的等比数列，则(1)a n ＝a 1q n －1，S n ＝⎩⎨⎧a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.(2)对正整数m ，n ，p ，q ，a m a n ＝a p a q ⇔m ＋n ＝p ＋q ，a m a n ＝a 2p ⇔m ＋n ＝2p . 4．等差、等比数列S n 的性质若等差数列的前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…为等差数列；等比数列的前n 项和为S n ，则在公比不等于－1时，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列．5．等差、等比数列单调性等差数列的单调性由公差d 的范围确定，等比数列的单调性由首项和公比的范围确定．二、数列求和及数列应用 1．常用公式等差数列的前n 项和，等比数列的前n 项和， 1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，12＋22＋32＋…＋n 2＝n n ＋12n ＋16，13＋23＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋122.3．数学求和的基本方法公式法、分组法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法． 4．数列的应用等差数列模型、等比数列模型、递推数列模型． 【高频考点突破】考点一 等差数列和等比数列的基本运算例1、设等比数列{a n }的前n 项和为S n ·已知a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n · 解：设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎨⎧ a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30.解得⎩⎨⎧a 1＝3，q ＝2，或⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3时，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝3×(2n －1)； 当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝3n －1.【变式探究】S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 2＝S 6， a 4＝1，则a 5＝________.考点二 等差、等比数列的判定和证明数列{a n }是等差或等比数列的证明方法： (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．例2、已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝λa n ＋n ，b n ＝a n －2n 3＋49.(1)当m ＝1时，求证：对于任意的实数λ，数列{a n }一定不是等差数列； (2)当λ＝－12时，试判断数列{b n }是否为等比数列．(2)当λ＝－12时，a n ＋1＝－12a n ＋n ，b n ＝a n －2n 3＋49.b n ＋1＝a n ＋1－2n ＋13＋49考点三 等差、等比数列的性质例3、等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >|a 1|”是“S n 的最小值为S 1，且S n 无最大值”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件考点四数列求和数列求和的方法技巧：(1)转化法：有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2)错位相减法：这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．(3)裂项相消法：利用通项变形，将通项分裂成两项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．例4、等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前2n项和S2n·【变式探究】等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a n，求数列{1bn}的前n项和．解：(1)设数列{a n}的公比为q.由a23＝9a2a6得a23＝9a24，所以q2＝1 9 .由条件可知q＞0，故q＝1 3 .考点五数列与函数、不等式例5、设b＞0，数列{a n}满足a1＝b，a n＝nban－1an－1＋n－1(n≥2)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,2a n≤b n＋1＋1.②当b≠1时，c n＋11－b＝1b(c n－1＋11－b)，且c1＋11－b＝1b＋11－b＝1b1－b，{c n＋11－b}是首项为1b1－b，公比为1b的等比数列，∴c n＋11－b＝1b1－b·(1b)n－1，由nan＋11－b＝11－b b n得a n＝n1－b b n1－b n，∴a n＝⎩⎨⎧1， b ＝1n 1－b b n1－bn，b ≠1.【难点探究】难点一 等差数列的通项、求和的性质例1、(1)已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110(2)设数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 5，a 13成等比数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4B.n 23＋5n3 C.n 22＋3n4D ．n 2＋n【点评】 在等差数列问题中其最基本的量是其首项和公差，在解题时根据已知条件求出这两个量，其他的问题也就随之解决了，这就是解决等差数列问题的基本方法，其中蕴含着方程思想的运用．难点二 等比数列的通项、求和的性质例2 (1)已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5 D.15(2)已知各项均为正数的等比数列{a n }，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 1·a 2·…·a 9＝________.【点评】 等比数列中有关系式a na m＝q n －m (m ，n ∈N *)，其中q 为公比，这个关系式可以看做推广的等比数列的通项公式，即a n ＝a m q n －m (m ，n ∈N *)，当m ＝1时就是等比数列的通项公式．难点三 等差、等比数列的综合问题例3 、成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n ＋54是等比数列．【分析】 (1)由条件可以先求得数列{b n }的第三项，进而借助等比数列的通项公式求出b n ，(2)充分结合等比数列的定义不难证明．【解答】 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15.解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d .依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2. 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明：由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝541－2n 1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2.因此⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n ＋54是以52为首项，公比为2的等比数列．难点四 数列求和及其应用例4、在数1和100之间插入n 个实数，使得这n ＋2个数构成递增的等比数列，将这n ＋2个数的乘积记作T n ，再令a n ＝lg T n ，n ≥1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝tan a n ·tan a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .【点评】本题考查等比数列的性质、三角函数等知识．本题两问中的方法都是值得注意的，在第一问中采用的是倒序相乘法，这类似数列求和中的倒序相加法；第二问采用的裂项相消法和两角差的正切公式结合在一起，这在近年来的高考试题中是不多见的，这与我们平时见到的裂项相消法有较大的不同，但基本思想是把不能使用公式直接求和的问题转化为可以逐项相消的问题，基本思想就是裂项．难点五数列应用题的解法例5、某个集团公司下属的甲、乙两个企业在2010年1月的产值都为a万元，甲企业每个月的产值比前一个月的产值增加的数值相等，乙企业每个月的产值比前一个月的产值增加的百分数相等，到2011年1月两个企业的产值又相等．(1)到2010年7月，试比较甲、乙两个企业的产值的大小，并说明理由；(2)甲企业为了提高产能，决定用3.2万元买一台仪器．从2011年2月1日投放使用，从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为n＋4910元(n∈N*)，求前n天这台仪器的日平均耗资(含仪器的购置费)，并求日平均耗资最小时使用了多少天？(2)设一共用了n 天，则n 天的平均耗资为P (n )，则P (n )＝3.2×104＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n ＋4910n2n＝3.2×104n＋n 20＋9.92， 当且仅当3.2×104n＝n 20时P (n )取得最小值，此时n ＝800，故日平均耗资最小时使用了800天．【点评】 本题考查等比数列模型、等差数列模型的实际应用，并与基本不等式进行交汇．数列在实际问题中有着极为广泛的应用，数列的应用问题在高考中虽然不是主流，但并不排除在高考中考查数列实际应用问题的可能。

数列专题复习二 数列求和（教师版）1.基本公式法：()1等差数列求和公式：()()11122n n n a a n n S na d +-==+()2等比数列求和公式：()111,11,111n n n na q S a q a a qq q q =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩()3* ()()2221121216n n n n +++=++ ；()4* ()23333112314n n n ++++=+⎡⎤⎣⎦ ； 2.错位相消法：给12n n S a a a =+++ 各边同乘以一个适当的数或式，然后把所得的等式和原等式相减，对应项相互抵消，最后得出前n 项和n S .一般适应于数列{}n n a b 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列。

3.分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列，然后利用公式法求和。

4.拆项（裂项）求和：把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩下有限项再求和.常见的拆项公式有：()1若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭； ()2()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；()3* ()()()()()1111122112n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；()41a b=--；()5*1k=；5.倒序相加法：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的。

6导数法：灵活利用求导法则有时也可以完成数列求和问题的解答. 7.递推法.8.奇偶分析法.一． 基本公式法例1． =+++++13742222n 练1．=++++98852 练2.123232323232-++++n =二．错位相消法例).0()12(531:112≠⋅-++++=-a an a a S n n ：求和.)1()1(21)12(1,1)1(2)12(1)12()(21)(1② ①②)12()32(53①)12(53101.2)]12(1[)12(531121112132122a aa aan S a aa an an aaa S a a n an a a a aSan a a S a a n nn n S a n nn n nnn n nn nn n n --+-⋅--=∴--+--=--++++=---+-++++=-++++=≠≠=⋅-+=-++++==----- 得时，，当时，解：当例2．已知数列{n a }满足：}{,2)32()12(3121n n n b n a n a a 数列+⋅-=-+++ 的前n 项和n n n n W n b a n n S 项和的前求数列}{.222⋅-+=. 解．当),12(22)52(2)32()12(,21-=⋅--⋅-=⋅-≥+n n n a n n nnn n 时;14,2.4)2(2,4;2111-=-=≥⎩⎨⎧-=≥=-==∴-n S S b n a n a a a n n n n n nn 时当得而 而.)2(141,111⎩⎨⎧≥-===n n b b b n得 )14(215211272)],14(211272[443232-++⨯+⨯+⨯=-++⨯+⨯+-=∴n s n W nnn 记)14(2)54(2112722143-+-++⨯+⨯=∴+n n s n n ②， ①－②得)14(2)222(428143--++++=-+n s n n).54(2),54(24),45(24)14(2)12(322811112-=-+=∴-+-=---+=++++-n W n s n n n n n n n n 得练1. 已知数列.}{,)109()1(n n nn S n a n a 项和的前求⨯+=解. nn n b n a )109(,1=+=为等差数列 为等比数列，∴应运用错位求和方法：.)109()10(999),10()109(1099)109()1(])109(1[108159)109()1(])109()109()109[(59101:,)109()1()109(3)109(2109;)109()1()109(31092111321322nn n n nn nn n n nn n S n n n S n S n S ⨯+-=∴+-=⨯+--⨯+=⨯+-++++=⨯+++⨯+⨯=∴⨯+++⨯+⨯=++++ 两式相减得①练2. 已知数列nn n b 4249⋅+=，求数列{}n b 的前n 项和n T 。

第四节数_列_求_和[知识能否忆起]一、公式法1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n 项和公式，注意等比数列公比q 的取值情况要分q ＝1或q ≠1.2．一些常见数列的前n 项和公式： (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2；(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n . 二、非等差、等比数列求和的常用方法 1．倒序相加法如果一个数列{a n }，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，等差数列的前n 项和即是用此法推导的．2．分组转化求和法若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．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，等比数列的前n 项和就是用此法推导的．4．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．[小题能否全取]1．(2012·沈阳六校联考)设数列{(－1)n }的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( ) A.n [(－1)n －1]2B.(－1)n －1＋12C.(－1)n ＋12D.(－1)n －12解析：选D 因为数列{(－1)n }是首项与公比均为－1的等比数列，所以S n ＝－1－(－1)n ×(－1)1－(－1)＝(－1)n －12.2．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100解析：选C ∵S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，∴S n n ＝n ＋2.故S 11＋S 22＋…＋S 1010＝75. 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解析：选C a 1＋…＋a k ＋…＋a 10＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20)＝240－(2＋20)×102＝240－110＝130.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为________． 解析：S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.答案：2n ＋1＋n 2－25．数列12×4，14×6，16×8，…，12n (2n ＋2)，…的前n 项和为________．解析：因a n ＝12n (2n ＋2)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1则S n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1). 答案：n4(n ＋1)数列求和的方法(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．(2)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、错位相减法、倒序相加法等来求和．分组转化法求和典题导入[例1] (2011·山东高考)等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行9818(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n . [自主解答] (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3，故a n ＝2·3n －1.(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝2(1＋3＋…＋32n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n ](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n 2n ]ln 3＝2×1－32n1－3＋n ln 3＝32n ＋n ln 3－1. 由题悟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，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.以题试法1．已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求：(1)p ，q 的值；(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．解：(1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x 4＝24p ＋4q ， x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ， 解得p ＝1，q ＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.错位相减法求和典题导入[例2] (2012·江西高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝kc n －k (其中c ，k 为常数)，且a 2＝4，a 6＝8a 3.(1)求a n ；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .[自主解答] (1)由S n ＝kc n －k ，得a n ＝S n －S n －1＝kc n －kc n －1(n ≥2)．由a 2＝4，a 6＝8a 3 ，得kc (c －1)＝4，kc 5(c －1)＝8kc 2(c －1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，k ＝2，所以a 1＝S 1＝2，a n ＝kc n －kc n －1＝2n (n ≥2)， 于是a n ＝2n .(2)T n ＝∑i ＝1nia i ＝∑i ＝1ni ·2i ，即T n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n .T n ＝2T n －T n ＝－2－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1 ＝－2n ＋1＋2＋n ·2n ＋1＝(n －1)2n ＋1＋2.由题悟法用错位相减法求和应注意：(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．以题试法2．(2012·济南模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝3n ＋k . (1)求k 的值及数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ＋12＝(4＋k )a n b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝3n ＋k －3n －1－k ＝2·3n －1，得等比数列{a n }的公比q ＝3，首项为2.∴a 1＝S 1＝3＋k ＝2，∴k ＝－1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·3n －1. (2)由a n ＋12＝(4＋k )a n b n ，可得b n ＝n 2·3n －1，即b n ＝32·n 3n .∵T n ＝32⎝⎛⎭⎫13＋232＋333＋…＋n 3n ， ∴13T n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋233＋334＋…＋n 3n ＋1，∴23T n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1， ∴T n ＝94⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12·3n －n 3n ＋1.裂项相消法求和典题导入[例3] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝na n －n (n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[自主解答] (1)∵S n ＝na n －n (n －1)，当n ≥2时， S n －1＝(n －1)·a n －1－(n －1)(n －2)，∴a n ＝S n －S n －1＝na n －n (n －1)－(n －1)a n －1＋(n －1)·(n －2)， 即a n －a n －1＝2.∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列， 故a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知b n ＝2a n a n ＋1＝2(2n －1)(2n ＋1)＝12n －1－12n ＋1，故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.本例条件不变，若数列{b n }满足b n ＝1S n ＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：S n ＝na n －n (n －1)＝n (2n －1)－n (n －1)＝n 2. b n ＝1S n ＋n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，T n ＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.由题悟法利用裂项相消法求和应注意(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.以题试法3．(2012·“江南十校”联考)在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1、a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N *恒成立．若存在，求出正整数k 的最小值；不存在，请说明理由． 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16， ∵a 3－a 2＝8，则a 2＝8，∴q ＝2. ∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4.∵1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<229， ∴存在正整数k 的最小值为3.1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158解析：选C 设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定解析：选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，可知数列{a n }是等差数列，由S 25＝(a 1＋a 25)×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 1＋a 25＝a 12＋a 14＝8.3．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解析：选A 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 . 4．(2012·“江南十校”联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎫1－14nD.23⎝⎛⎭⎫1－12n 解析：选C a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫122n －1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n . 5．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解析：选A 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. 6．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200解析：选B 由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.7．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________. 解析：由等差数列的性质及a 2＋a 8＝18－a 5， 得2a 5＝18－a 5，则a 5＝6， 故S 9＝(a 1＋a 9)×92＝9a 5＝54.答案：548．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 ＝________.解析：∵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.答案：2n ＋1－29．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.答案：nn ＋110．(2013·唐山统考)在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n . 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 2＝32，a 1q 4＝32，解得a 1＝2，q ＝2， 故a n ＝2·2n －1＝2n .(2)∵S n 表示数列{a n }的前n 项和， ∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(2＋2·22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n )]＝2(2＋2·22＋…＋n ·2n )－n (n ＋1)，设T n ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，① 则2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，② ①－②，得－T n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(n －1)2n ＋1＋2]－n (n ＋1) ＝(n －1)2n ＋2＋4－n (n ＋1)．11．(2012·长春调研)已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以{a n }的通项a n ＝2n －1.(2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q 2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)． 所以数列{b n }的前n 项和 S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1，n 2＋q (1－q 2n)1－q 2，q >0，q ≠1.12．(2012·“江南十校”联考)若数列{a n }满足：a 1＝23，a 2＝2,3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2.(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等差数列；(2)求使1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >52成立的最小的正整数n .解：(1)由3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2可得：a n ＋1－2a n ＋a n －1＝23，即(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝23，故数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝43为首项，23为公差的等差数列．(2)由(1)知a n ＋1－a n ＝43＋23(n －1)＝23(n ＋1)，于是累加求和得a n ＝a 1＋23(2＋3＋…＋n )＝13n (n ＋1)，∴1a n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝3－3n ＋1>52，∴n >5， ∴最小的正整数n 为6.1．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 ＝( ) 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) 解析：选C ∵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).2．(2012·成都二模)若数列{a n }满足a 1＝2且a n ＋a n －1＝2n ＋2n －1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则log 2(S 2 012＋2)＝________.解析：因为a 1＋a 2＝22＋2，a 3＋a 4＝24＋23，a 5＋a 6＝26＋25，….所以S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2 011＋a 2 012＝21＋22＋23＋24＋…＋22 011＋22 012 ＝2(1－22 012)1－2＝22 013－2.故log 2(S 2 012＋2)＝log 222 013＝2 013. 答案：2 0133．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 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .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 }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧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 ＋1.② ①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2. ∴S n ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.1．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列． (1)求数列{a n }的通项； (2)求数列{2a n }的前n 项和S n .解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d 1＋2d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)， 故{a n }的通项a n ＝1＋(n －1)×1＝n . (2)由(1)知2a n ＝2n ， 由等比数列前n 项和公式得 S n＝2＋22＋23＋…＋2n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.2．设函数f (x )＝x 3，在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 1＋a 2＋a 3＝12，记S n ＝f (3a n ＋1)，令b n ＝a n S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n .(1)求{a n }的通项公式和S n ； (2)求证：T n <13.解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 1＋2d ＝7，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝12，解得a 1＝1，d ＝3，则a n ＝3n －2.∵f (x )＝x 3，∴Sn ＝f (3a n ＋1)＝a n ＋1＝3n ＋1.(2)证明：∵b n ＝a n S n ＝(3n －2)(3n ＋1)， ∴1b n ＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1. ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1 ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1.∴T n <13. 3．已知二次函数f (x )＝x 2－5x ＋10，当x ∈(n ，n ＋1](n ∈N *)时，把f (x )在此区间内的整数值的个数表示为a n .(1)求a 1和a 2的值； (2)求n ≥3时a n 的表达式；(3)令b n ＝4a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n (n ≥3)．解：(1)f (x )＝x 2－5x ＋10，又x ∈(n ，n ＋1](n ∈N *)时，f (x )的整数个数为a n ，所以f (x )在(1,2]上的值域为[4,6)⇒a 1＝2；f (x )在(2,3]上的值域为⎣⎡⎦⎤154，4⇒a 2＝1.(2)当n ≥3时，f (x )是增函数，故a n ＝f (n ＋1)－f (n )＝2n －4. (3)由(1)和(2)可知，b 1＝42×1＝2，b 2＝41×2＝2.而当n ≥3时，b n ＝4(2n －4)(2n －2)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －4－12n －2.所以当n ≥3时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n＝2＋2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋14－16＋…＋12n －4－12n －2＝4＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12n －2＝5－1n －1.。

【专项冲击波】2013年高考数学讲练测系列专题03 数列（教师版）【考纲解读】1.理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项.2.理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题.3.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，并能运用公式解决简单的问题.【考点预测】1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有.2.数列中a n与S n之间的互化关系也是高考的一个热点.3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用.4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意：1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d（或q），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算.3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等.4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如a n与S n的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳.5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键.6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果.7．数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 【要点梳理】 1.证明数列{}n a 是等差数列的两种基本方法：（1）定义法：1n n a a d +-=为常数；（2）等差中项法：112(2)nn n a a a n +-=+≥.2.证明数列{}n a 是等比数列的两种基本方法：（1）定义法：1n naq a+=(非零常数)；（2）等差中项法：211(2)nn n a a a n +-=⋅≥.3.常用性质:(1)等差数列{}n a 中,若m n p q +=+,则m n p q a a a a +=+;(2)等比数列{}n a 中,若m n p q +=+,则m n p q a a a a ⋅=⋅.4.求和:(1)等差等比数列,用其前n 项和求出;(2)掌握几种常见的求和方法:错位相减法、裂项相消法、分组求和法、倒序相加法; (3)掌握等差等比数列前n 项和的常用性质. 【考点在线】考点1 等差等比数列的概念及性质在等差、等比数列中，已知五个元素1n a ,a ,n,d 或q ，n S 中的任意三个，运用方程的思想，便可求出其余两个，即“知三求二”。

2013年高考数学一轮复习精品教学案6.4 数列求和〔新课标人教版，教师版〕[考纲解读]1．掌握等差、等比数列求和的基本公式及须知. 2.理解并能运用数列求和的其他常见方法.[考点预测]高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为: 1.数列是历年来高考重点内容之一, 在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，一般考查一个大题一个小题,难度中低高都有，在解答题中，经常与不等式、函数等知识相结合，在考查数列知识的同时，又考查转化思想和分类讨论等思想，以及分析问题、解决问题的能力. 2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持考查数列与其他知识的结合，或在选择题、填空题中继续搞创新,命题形式会更加灵活. [要点梳理]数列求和的常用方法:1.公式法:直接应用等差数列,等比数列的前n 项和公式,以及公式222233332211123(1)(21),123(1)64n n n n n n n +++⋅⋅⋅+=+++++⋅⋅⋅+=+等. 2.倒序相加法:如果一个数列{}n a ,与首末两项等〞距离〞的两项之和等于首末 两项之和,可采用把这个和中的项颠倒顺序,然后将两式相加,从而求得. 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 项之积所构成,那么此时可把其前n 项和的表示式两边同时乘以公比,然后两式相 减,从而求得.4.裂项相消法:把数列的通项拆成两项(或多项)之差,在求和时一些正负项相互抵消,从而求得其和,5.分组转化法(或并项法):把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合, 使其转化为等差数列或等比数列,然后利用相关的求和公式求得. [例题精析]考点一 公式法与分组求数列的和 例1. 求11111,2,3,,(),2482n n +前n 项和.[解析]设所求的前n 项和为n S ，那么n S =〔1+2+3++n 〕+111242n +++=(1)1122nn n ++-.1. (2012年高考重庆卷文科11)首项为1，公比为2的等比数列的前4项和4S =考点二 裂项相消法求数列的和例2.〔2010年高考山东卷文科18〕等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=.{}n a 的前n 项和为n S .〔Ⅰ〕求n a 及n S ；〔Ⅱ〕令211n n b a =-〔n N +∈〕,求数列{}n b 的前n 项和n T . 2.计算11111447710(32)(31)n n ++++⨯⨯⨯-+= .考点三 错位相减法求数列的和例3.(2012年高考浙江卷文科19)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =22n n +，n ∈N ﹡，数列{b n }满足a n =4log 2b n ＋3，n ∈N ﹡.〔1〕求a n ，b n ；〔2〕求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[变式训练]3. (山东省济南市2012年2月高三定时练习)数列{}n a 为等差数列，且11=a ，55=a ；设数列{}n b 的前n 项和为n S ，且2n n b S =-. 〔Ⅰ〕求数列{}n b 的通项公式；〔Ⅱ〕假设(1,2,3,),n n n n c a b n T =⋅=…为数列{}n c 的前n 项和，求.n T[易错专区]问题：错位相减法求数列的和例. (2012年高考江西卷理科16)数列{a n }的前n 项和21()2n S n kn k N *=-+∈,且S n 的最大值为8.〔1〕确定常数k ，求a n ； 〔2〕求数列92{}2nna -的前n 项和T n 。

数学归纳法及其应用举例1、基本概念 学案38P ① ② ③ ④ ⑤2、用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤 教材93P3、应用举例—-用数学归纳法证明下列命题①（数学归纳法证明恒等式）)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n。

教材94P②(数学归纳法证明恒等式）213)]1(21[+==∑=n n k S nk n。

③(数学归纳法证明不等式）当5,*≥∈n N n 时,恒有22n n >。

学案39P④（数学归纳法证明整除性问题）试证当*N n ∈时，()1713-⋅+nn 能被9整除。

学案40P⑤（数学归纳法证明几何问题）平面上有n 条直线，其中任意两条直线不平行,任意三条不过同一点，求证:这n 条直线互相分割成2n 条线段或射线。

学案40P4、补充练习-—用数学归纳法证明: ①(数学归纳法证明恒等式）()()31321211111+⋅-=⋅----=∑n n i i ni 。

学案39P②(数学归纳法证明不等式）n n2131211<++++ ，()N n ∈；学案39P讲解：此题为与自然数有关的命题，故可考虑用数学归纳法证明. ①当1=n 时命题成立。

②假设()N k k n ∈=时命题成立，即：kk 2131211<++++ 。

则当1+=k n 时，不等式的左端11131211++++++=k k112++<k k不等式的右端12+=k .由于12+k ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-112k k =()1112+--+k k k 1112+-++=k kk011112=+-+++>k k k .所以，112++k k 12+<k ,即1+=k n 时命题也成立。

由①②可知：原不等式得证。

③（数学归纳法证明整除性问题）试证当*N n ∈时，98322--+n n 能被64整除。

学案39P④（数学归纳法证明整除性问题）试证当N n ∈时，1221211+++n n 能被133整除。

数列通项公式的求法之特殊方法1、n S 法,即⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n a a n nn 。

思路：如果数列{}na 满足的某种关系是由数列{}na 的前n 项和nS 给出时，则可以构造出n S 式①和1-n S 式②，然后利用公式⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n a a n nn ，将①式和②式做差，使其转化为数列{}na 的递推关系，再根据递推关系的特点，按照构造辅助数列等的方法求出数列{}na 通项公式。

例1：已知数列{}na 的前n 项和n S 满足n a Sn n22+=。

(1）写出数列的前3项321,,a a a ；(2）求数列{}na 的通项公式。

解：（1）由22111+==a S a ，得21-=a 。

由422221+==+a S a a,得62-=a ，由321a a a ++6233+==a S ，得143-=a（2）当2≥n 时，有()2211+-=-=--n n n n na a S S a ，即221-=-n n a a ；令()λλ+=+-12n na a,则λ+=-12n n a a ，与①比较得，2-=λ；{}2-∴n a 是以421-=-a 为首项，以2为公比的等比数列；1122)4(2+--=⋅-=-∴n n n a ，故221+-=+n n a .补充练习：设数列{}na 的前n 项的和14122333n nn Sa +=-⨯+,*N n ∈。

（1）求首项1a 与通项na ；(2)设2n n n T S =,*N n ∈，证明：132ni i T =<∑。

解:(1）21114122333a S a ==-⨯+,解得：12a =；()2111144122333n n n n n n n a S S a a +++++=-=---()11242n nn n a a ++⇒+=+;所以数列{}2n n a +是公比为4的等比数列，所以：()111224n n n a a -+=+⨯;得：42n nn a =-，*N n ∈。

数列通项公式的求法之构造构造辅助数列 1、递推公式满足型 ①当为常数 思路：利用待定系数法，将化为的形式，从而构造新数列 是以为首项，以为公比的等比数列。

（待定系数法，构造等比数列） 例1：数列满足，求数列的通项公式。

解： 故由得，即，得新数列是以 为首项，以2为公比的等比数列，，即通项。

②当为类一次函数 思路：利用待定系数法，构造数列，使其为等比数列； 例2：已知数列满足，且，求数列的通项公式。

设，解得，求得。

③当为类指数函数 思路：观察的形式，如果的底数与的系数相同时，则把两边 同时除以，从而构造出一个等差数列；如果的底数与的系数不相同时，可以利用待 定系数法构造一个等比数列，其具体构造方法有两种，详见例4题。

例3：已知数列满足，，求数列的通项公式。

解：两边除以，得，则， 故数列是以1为首项，以为公差的等差数列，得， 所以数列的通项公式为。

例4：已知数列满足，（），求数列的通项公式。

解法1：设从而。

解法2：由知，令，则 ∴，从而。

例5：在数列中，求数列的通项公式。

解：原递推式可化为：， 比较系数得，①式即是：。

则数列是一个等比数列，其首项，公比是2。

∴，即。

补充练习： 1、已知数列满足，，求数列的通项公式。

解： 是以为首项，2为公比的等比数列。

，即。

2、已知数列中，，，求数列的通项公式。

解：在两边乘以得： 令，则，解之得：，所以。

3、已知，当时，，求数列的通项公式。

解：设， ∴解得： ∴ ∴ 是以3为首项，为公比的等比数列；∴∴。

4、已知数列满足，求数列的通项公式。

解：设.，比较系数得，， 则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则， 故。

5、已知数列满足，求数列的通项公式。

解：设， 比较系数得，， 故数列为以为首项，以2为公比的等比数列，因此，则。

6、已知数列满足，求数列的通项公式。

注：若中不含常数1时，则直接构造等差数列即可，但含常数1时则需累加。

数列求和等差与等比数列基本运算1.【12重庆理1】在等差数列}{n a 中，12=a ，54=a 则}{n a 的前5项和5S =（ ）A.7B.15C.20D.252.【12新课标理5】已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（ ）A ．7B 5C －5D －7 3.【12辽宁理6】在等差数列{a n }中，已知a 4+a 8=16，则该数列前11项和S 11=（ ）(A)58 (B)88 (C)143 (D)1764.【12福建理2】等差数列{a n }中，a 1+a 5=10,a 4=7,则数列{a n }的公差为A.1B.2C.3D.45.【12安徽理4】等比数列{}n a 的各项都是正数，且31116a a =，则162log a =（ ）()A 4 ()B 5 ()C 6 ()D 76.（2010浙江理）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S 等于（ ） （A ）11 （B ）5 （C ）8- （D ）11-7.（10辽宁文）设n S 为等比数列{}n a 前n 项和，已知3432S a =-，2332S a =-，则公比q =（A ）3 （B ）4 （C ）5 （D ）6 8.（2010辽宁理）设{a n }是正数组成的等比数列，n S 为其前n 项和。

已知a 2a 4=1, 37S =,则5S =（A ）152 (B)314 (C)334 (D)1729.（2010浙江文）设n s 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=则52S S = (A)-11 (B)-8 (C)5 (D)1110．（10天津理）{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为（A ）158或5 （B ）3116或5 （C ）3116 （D ）15811.【12浙江理13】设公比为q （q ＞0）的等比数列{a n }的前n 项和为S n 。

第4讲 数列求和【2013年高考会这样考】1．考查非等差、等比数列求和的几种常见方法．2．通过数列求和考查学生的观察能力、分析问题与解决问题的能力以及计算能力． 【复习指南】1．熟练掌握和应用等差、等比数列的前n 项和公式．2．熟练掌握常考的错位相减法，裂项相消以及分组求和这些基本方法，注意计算的准确性和方法选择的灵活性．基础梳理数列求和的常用方法 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 －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 ≠1.2．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．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．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． 5．分组转化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，分别求和而后相加减． 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，可采用两项合并例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝ 5 050.一种思路一般数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和． 两个提醒在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项． 三个公式 (1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1；(2)12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .双基自测1．(人教A 版教材习题改编)等比数列{a n }的公比q ＝12，a 8＝1，则S 8＝( )．A ．254B ．255C ．256D ．257 解析 由a 8＝1，q ＝12得a 1＝27，∴S 8＝a 11－q 81－q＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1281－12＝28－1＝255.答案 B2．(2011·潍坊模拟)设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )．A.n 24＋7n 4B.n 23＋5n 3C.n 22＋3n4D ．n 2＋n 解析 由题意设等差数列公差为d ，则a 1＝2，a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d .又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1a 6，即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0.∵d ≠0， ∴d ＝12，∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝n 24＋74n .3．(2011·北京海淀模拟)等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )． A ．120 B ．70 C ．75 D ．100 解析 ∵S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，∴S n n＝n ＋2.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 前10项的和为：(1＋2＋…＋10)＋20＝75.答案 C4．(2011·沈阳六校模考)设数列{(－1)n}的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( )． A.n [－1n－1]2B.－1n －1＋12C.－1n＋12 D.－1n－12解析 因为数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列，所以S n ＝－1－－1n×－11－－1＝－1n－12. 答案 D5．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，S 50＝________.解析 S 50＝1－2＋3－4＋…＋49－50 ＝(－1)×25＝－25. 答案 －25考向一 公式法求和【例1】►已知数列{a n }是首项a 1＝4，公比q ≠1的等比数列，S n 是其前n 项和，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列．(1)求公比q 的值；(2)求T n ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n 的值．[审题视点] 求出公比，用等比数列求和公式直接求解． 解 (1)由题意得2a 5＝4a 1－2a 3. ∵{a n }是等比数列且a 1＝4，公比q ≠1， ∴2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，∴q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝－2(舍去)或q 2＝1，∴q ＝－1.(2)∵a 2，a 4，a 6，…，a 2n 是首项为a 2＝4×(－1)＝－4，公比为q 2＝1的等比数列，∴T n ＝na 2＝－4n .应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．【训练1】 在等比数列{a n }中，a 3＝9，a 6＝243，求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和公式S n ，并求a 9和S 8的值．解 在等比数列{a n }中，设首项为a 1，公比为q ，由a 3＝9，a 6＝243，得q 3＝a 6a 3＝2439＝27，∴q ＝3.由a 1q 2＝a 3，得9a 1＝9，∴a 1＝1. 于是，数列{a n }的通项公式为a n ＝1×3n －1＝3n －1，前n 项和公式为S n ＝1×1－3n1－3＝3n－12.由此得a 9＝39－1＝6 561，S 8＝38－12＝3 280.考向二 分组转化求和【例2】►(2012·包头模拟)已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求：(1)p ，q 的值；(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．[审题视点] 第(1)问由已知条件列出关于p 、q 的方程组求解；第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解．解 (1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x 4＝24p ＋4q ，x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n n ＋12.对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．【训练2】 求和S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋12n －1.解 和式中第k 项为a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k1－12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k . ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1＋…＋1n 个－⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12＝12n －1＋2n －2.考向三 裂项相消法求和【例3】►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 .[审题视点] 第(1)问利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)后，再同除S n －1·S n 转化为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的等差数列即可求S n .第(2)问求出{b n }的通项公式，用裂项相消求和． 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)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋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＝n 2n ＋1. 使用裂项法求和时，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，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 【训练3】 在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝nn ＋12n ＋1＝n2. ∴b n ＝2a n ·a n ＋1＝2n 2·n ＋12＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 考向四 错位相减法求和【例4】►(2011·辽宁)已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和．[审题视点] 第(1)问列出关于首项a 1与公差d 的方程组可求解；第(2)问观察数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的通项采用错位相减法．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，∵a n2n －1＝2－n 2n －1＝12n －2－n 2n －1， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1＋12＋122＋…＋12n －2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22＋322＋…＋n 2n －1.记T n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，① 则12T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，②①－②得：12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ，∴12T n ＝1－12n1－12－n 2n . 即T n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －n2n －1.∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n2n －1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2n －1 ＝n2n －1.用错位相减法求和时，应注意(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．【训练4】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， ②①－②得：3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，∴a n ＝13n .当n ＝1时，a 1＝13也适合上式，∴a n ＝13n .(2)b n ＝n a n＝n ·3n，∴S n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n，③则3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1， ④∴③－④得：－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1＝31－3n 1－3－n ·3n ＋1＝－32(1－3n )－n ·3n ＋1.∴S n ＝34(1－3n)＋n ·3n ＋12 ＝34＋2n －1·3n ＋14.阅卷报告7——未对q ＝1或q ≠1讨论出错【问题诊断】 错位相减法适合于一个由等差数列{a n }及一个等比数列{b n }对应项之积组成的数列．考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等．【防范措施】 两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的n －1项是一个等比数列．【示例】►(2010·四川)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 )qn －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .错因 未对q ＝1或q ≠1分别讨论，相减后项数、符号均出现了错误． 实录 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝6，a 1＋a 2＋…＋a 8＝－4，即⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得a 1＝3，d ＝－1，∴a n ＝4－n . (2)由(1)知b n ＝n ·qn －1，∴S n ＝1＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1，qS n ＝1·q ＋2·q 2＋3·q 3＋…＋n ·q n ，两式相减得：(1－q )S n ＝1＋q ＋q 2＋…＋qn －1＋n ·q n＝1－q n1－q ＋n ·q n .∴S n ＝1－q n1－q 2＋n ·q n1－q. 正解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝6，a 1＋a 2＋…＋a 8＝－4，即⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得a 1＝3，d ＝－1，故a n ＝3－(n －1)＝4－n . (2)由(1)知，b n ＝n ·qn －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1，若q ≠1，上式两边同乘以q .qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n ，两式相减得：(1－q )S n ＝1＋q 1＋q 2＋…＋q n －1－n ·q n＝1－q n1－q －n ·q n. ∴S n ＝1－qn1－q2－n ·q n 1－q ＝n ·q n ＋1－n ＋1q n ＋11－q2. 若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，∴S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋12q ＝1，nqn ＋1－n ＋1q n＋11－q2q ≠1.【试一试】 (2011·齐齐哈尔模拟)已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (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 .[尝试解答] (1)由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)，又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)，∴c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)．∴S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1，两式相减，得34S n ＝14＋3⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1， ∴S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)．。

最新2013届天津高三数学试题精选分类汇编5：数列一、选择题1 ．（天津市十二区县重点中学2013届高三毕业班联考（一）数学（理）试题）已知函数5(4)4(6),()2(6).x a x x f x a x -⎧-+≤⎪=⎨⎪>⎩()0,1a a >≠ 数列{}n a 满足*()()n a f n n N =∈,且{}n a 是单调递增数列,则实数a的取值范围是（）A ．[)7,8B ．()1,8C ．()4,8D ．()4,72 ．（天津市六校2013届高三第二次联考数学理试题（WORD 版））已知等差数列{}na 中,a 7+a 9=16,S11=299,则a 12的值是（） A ．15B ．30C ．31D ．643 ．（天津南开中学2013届高三第四次月考数学理试卷）数列}{n a 的前n 项和为)()1(,1*2N n a b n n S n n n n ∈-=++=,则数列}{n b 的前50项的和为（） A ．49B ．50C ．99D ．1004 ．（天津市新华中学2012届高三上学期第二次月考理科数学）已知正项等比数列{a n }满足：765=2a a a +，若存在两项,n m a a 使得14a =，则nm 41+的最小值为（） A ．23 B ．35 C ．625D ．不存在5 ．（天津市新华中学2012届高三上学期第二次月考理科数学）等差数列{a n }中，如果147=39a a a ++，369=27a a a ++，数列{an}前9项的和为（） A ．297B ．144C ．99D ．666 ．（天津市天津一中2013届高三上学期第二次月考数学理试题）若∆ABC 的三个内角成等差数列,三边成等比数列,则∆ABC是（）A ．直角三角形B ．等腰直角三角形C ．等边三角形D ．钝角三角形7 ．（天津市新华中学2013届高三第三次月考理科数学）已知正项等比数列{}n a 满足：7652a a a =+，若存在两项,m na a 使得14a =，则14m n+的最小值为（） A ．32B ．53C ．256D ．不存在8 ．（天津市新华中学2013届高三第三次月考理科数学）设n S 是等差数列{a n }的前n 项和，5283()S a a =+，则53a a 的值为（） A ．16B ．13C ．35D ．569 ．（天津耀华中学2013届高三年级第三次月考理科数学试卷）已知等比数列{a n }的首项为1，若1234,2,a a a 成等差数列，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前5项和为（） A ．1631 B ．2 C ．1633 D ．3316 二、填空题10．（天津市蓟县二中2013届高三第六次月考数学（理）试题）正项等比数列中，若，则等于______.11．（天津市新华中学2013届高三寒假复习质量反馈数学（理）试题）某公园设计节日鲜花摆放方案,其中一个花坛由一批花盆堆成六角垛,顶层一个,以下各层均堆成正六边形,且逐层每边增加一个花盆(如图).设第n 层共有花盆的个数为)(n f ,则)(n f 的表达式为_____________________.12．（天津市新华中学2012届高三上学期第二次月考理科数学）数列{a n }中，若a 1=1，123n n a a +=+（n ≥1），则该数列的通项a n =________。