2019届一轮复习北师大版 数列的证明、通项与求和 学案

S n ＝ ＝na 1＋ n (a 1＋a n ) n (n －1) d ；⎪⎩ 11－q n ＝ 11－q ，q ≠1.n (n ＋1) n n ＋1 11⎛ 1 1 ⎫ ＝ n(2n －1)(2n ＋1) 2⎝2 －1 2n ＋1⎭第四节 数列求和[考纲传真] (教师用书独具)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．(对应学生用书第 87 页)[基础知识填充]1．公式法(1)等差数列的前 n 项和公式：2 2(2)等比数列的前 n 项和公式：⎧⎪na 1，q ＝1，S n ＝⎨a －a q a (1－q n )2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(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，从而求得前 n 项和．裂项时常用的三种变形：①②③1 1 1＝ － ；－ ⎪；1n ＋ n ＋1＝ n ＋1－ n .(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，那么求这个数列的前 n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }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．(5)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.[基本能力自测]a 1－a n ＋1(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 ＝1－q 1 1⎛ 11 ⎫ ＝ n n 2－1 2⎝ －1 n ＋1⎭30B [∵a n ＝ 1n (n ＋1) n n ＋1B [∵a n ＝11－2 ＋21．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”).()(2)当 n ≥2 时， － ⎪.( )(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 ＝A ．1B. 5 6C.1 6D ．11 1＝ － ，1 1 1 1 5∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－2＋2－3＋…－6＝6.]3．数列{a n }的通项公式是 a n ＝A ．9C ．101n ＋ n ＋1，前 n 项和为 9，则 n 等于(B ．99D ．100)n ＋ n ＋1＝ n ＋1－ n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋ a n ＝( n ＋1－ n )＋( n － n －1)＋…＋( 3－ 2)＋( 2－ 1)＝ n ＋1－1，令 n ＋1－1＝9，得 n＝99，故选 B.]4．数列{a n }的前 n 项和为 S n ，已知 S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则 S 17＝________.9 [S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]5．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 ＝__________.2(1－2n ) n (1＋2n －1)2n ＋1－2＋n 2[S n ＝ ＝2n ＋1－2＋n 2.](对应学生用书第 87 页)b 2 3＝n (1＋2n －1) 1－3n ＋ ＝n ＋ .2(2)通项公式为 a n ＝⎨⎧b n ，n 为奇数，⎪2 {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 ，b 9则 q ＝ 3＝ ＝3，b所以 b 1＝ q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以 b n ＝3n －1(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 ＝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 －13n －1 2 1－3 2[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．⎪⎩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．[跟踪训练] (2018·南昌一模)已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令 b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前 2n 项和 T 2n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为 d ， 由 S 3＋S 4＝S 5 可得 a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即 3a 2＝a 5， ∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得 d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得 b n ＝(－1)n －1·(2n －1)．(2)求数列⎨ n n ⎬的前 n 项和． 2n －1⎧ a ⎬的前 n 项和为 S n . (2)记⎨ a n 2 1 12n ＋1 (2n ＋1)(2n －1) 2n －1 2n ＋1＋ 2n －1 1⎛ 1 1 ⎫ 1 1 ⎛ 1 1 ⎫＝ a －a ⎪. d ⎝a n a n ＋1⎭ a n a n ＋2 2d ⎝ n － ⎪， ⎭(2)若 b n ＝ 1∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1) ＝(－2)×n ＝－2n .裂项相消法求和(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；⎧ a ⎫ ⎩2 ＋1⎭[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 ＝2，2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 ＝ 2 .n ⎫ ⎩2n ＋1⎭由(1)知 ＝ ＝ － ，1 1 1 1 1 1 2n则 S n ＝1－3 3－5＋…＋ －2n ＋1＝2n ＋1.[规律方法] 利用裂项相消法求和的注意事项一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项抵消后并不一定只剩下第一项和最后消项规律：消项后前边剩几项，后边就将通项裂项后，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 ＝n ＋2[跟踪训练] (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；a n a n ＋1，求数列{b n }的前 n 项和.⎧⎪a 1＝1，(2n －1)(2n ＋1) 2⎝2 －1 2n ＋1⎭所以 T n ＝ 1－ ＋ － ＋…＋ n 2 －1 2n ＋1⎭ ＝ 1－ n 2⎝ (2)由题意知 S 2n ＋1＝ ＝(2n ＋1)b n ＋1，n 令 c n ＝ ，则 c n ＝ ＝ ＋ 2＋ 3＋…＋ n －1 ＋1 ⎫1 1⎛ 1(2)b n ＝ ＝ n 1 1 ⎫1⎛ 1 1 1 2⎝ 3 3 5 2 ＋1⎭ 2n ＋1n an2 n 2 2 222⎩⎩ 1 ⎫ 1【导学号：79140181】⎧⎪2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，[解] (1)由已知得⎨ 10×9⎪10a 1＋ 2 d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎨⎪d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.－ ⎪，－ ⎪1⎛ n ⎪＝ .错位相减法求和(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；⎧b ⎫ (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⎨a n⎬的⎩ n ⎭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 2q ＝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 .(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2又 S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以 b n ＝2n ＋1.b 2n ＋1.因此 T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n3 5 7 2n －1 2n ＋1 ，1 3 5 7 2n －1 2n ＋1 又2T n ＝22＋23＋24＋…＋ 2n ＋ 2n ＋1 ，所以 T n ＝5－ n 2T n ＝ ＋ ＋ 2＋…＋ n －1⎪－ n ＋1，2 ⎭两式相减得1 3 ⎛1 1 1 ⎫ 2n ＋12 2 ⎝2 2 22n ＋5.[规律方法]错位相减法求和的适用范围如果数列{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.错位相减法求和的注意事项①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.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.[跟踪训练] (2018·石家庄质检(二))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 ＋).【导学号：79140182】(1)求 m 的值；a (2)若数列{b n }满足 2n＝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 2a m ＋3d ＝14， ∴d ＝2.m (m －1)由 S m ＝0，得 ma 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 －2， ① 2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1， ② ①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1＝2n －1n －1－ －n ×2， n －1＝ －n ×22－1(1－2n )1－2121∴T n ＝(n －1)·2n －1＋2(n ∈N ＋)．。

第1节数列的概念与简单表示法考试要求1。

了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数。

知识梳理1.数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项。

2.数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列a n＋1＞a n其中n∈N*递减数列a n＋1＜a n常数列a n＋1＝a n摆动数列从第二项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列3.数列的表示法数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列｛a n}的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个式子a n＝f(n）来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式。

（2）递推公式：如果已知数列{a n｝的第1项（或前几项），且从第二项(或某一项）开始的任一项a n与它的前一项a n－1(或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.[常用结论与微点提醒]1。

数列的最大（小)项，可以用错误!(n≥2，n∈N＊）错误!求，也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合求解.2.数列是按一定“次序"排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数"的排列顺序有关。

3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号。

诊断自测1。

判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×”)（1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.()（2)1，1，1，1,…，不能构成一个数列.（)（3）任何一个数列不是递增数列，就是递减数列。

（）（4）如果数列｛a n｝的前n项和为S n，则对任意n∈N＊,都有a n＋1＝S n＋1－S n。

（）解析（1）数列:1,2,3和数列：3，2,1是不同的数列.(2）数列中的数是可以重复的,可以构成数列.(3）数列可以是常数列或摆动数列.答案（1)×(2)×（3)×（4）√2。

高考必考题突破讲座(三)数列、不等式及推理与证明[解密考纲]数列、不等式是高中数学的主干知识，涉及函数思想的渗透和逻辑推理及数学运算．高考中常以数列的计算、推理和不等式的放缩变形为载体，考查学生的逻辑推理和运算能力．1．(2018·湖南长沙统考)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝2a n a n ＋1，设b n 的前n 项和为S n .求最小的正整数n ，使得S n >2 0162 017. 解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋3d ＝8，a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)因为b n ＝2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1， 令1－12n ＋1>2 0162 017，解得n >1 008，故取n ＝1 009. 2．(2018·江西南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5，得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，所以3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)．∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n .3．(2018·东北三省四校模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＋5a 1＋4×52d ＝50，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n a n＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1， ∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋…＋2×3n －1＋(2n ＋1)×3n ，两式相减，得－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n ×3n ，∴T n ＝n ·3n . 4．已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n ＋1)－5]＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1， 故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1. 5．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＋1－a n ＋1＝1，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2n 2＋n a n，数列{b n }的前n 项和为S n ，求使S n <－4的最小自然数n . 解析 (1)由a n ＋1＋1－a n ＋1＝1，n ∈N *， 知数列{a n ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以a n ＋1＝2＋n －1＝n ＋1，所以a n ＝n 2＋2n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋2n .(2)b n ＝log 2n 2＋nn 2＋2n ＝log 2n ＋1n ＋2＝log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)， 则S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝log 22－log 23＋log 23－log 24＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝1－log 2(n ＋2)，由S n <－4，得1－log 2(n ＋2)<－4，解得n >30，故满足S n <－4的最小自然数n 为31.6．设a 1，a 2，a 3，a 4是各项均为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)求证：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次成等比数列；(2)是否存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次成等比数列？并说明理由．解析 (1)因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)假设存在a 1，d 满足条件．令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a >d ，a >－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4，令t ＝d a，则1＝(1－t )(1＋t )3， 且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12<t <1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14. 显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立， 因此不存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．。

第30讲 数列求和1．公式法与分组法 (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{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．(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)n f (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 .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．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(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 n )2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)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( × )(4)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．( × )(5)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)．( √ ) 解析 (1)正确．根据等差数列求和公式以及运算的合理性可知． (2)正确．根据等比数列的求和公式和通项公式可知． (3)错误．直接验证可知1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.(4)错误．含有字母的数列求和常需要分类讨论，此题需要分a ＝0，a ＝1，以及a ≠0且a ≠1三种情况求和，只有当a ≠0且a ≠1时才能用错位相减法求和．(5)正确．根据周期性可得． 2．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n ＝( B ) A ．9B ．99C．10D．100解析∵a n＝1n＋n＋1＝n＋1－n，∴S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1.∴n＋1－1＝9，即n＋1＝10.∴n＝99.3．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(C)A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2解析S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2(1－2n)1－2＋2×n(n＋1)2－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.4．若数列{a n}的通项公式是a n＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(A) A．15B．12C．－12D．－15解析∵a n＝(－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＝15.5．已知数列{a n}的前n项和为S n，且a n＝n·2n，则S n＝__(n－1)2n＋1＋2__.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＋1，②①－②，得－S n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2(1－2n)1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.∴S n＝(n－1)2n＋1＋2.一分组法求和分组法求和的常见类型(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 }是等比或等差数列，可采用分组法求和．【例1】 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 . 解析 (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 }的通项公式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＋7＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋q 7＋…＋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且q ≠1.二 错位相减法求和利用错位相减法求和的两点注意(1)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．(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．同时要注意等比数列的项数是多少．【例2】 若公比为q 的等比数列{a n }的首项a 1＝1，且满足a n ＝a n －1＋a n －22(n ＝3,4,5，…)．(1)求q 的值；(2)设b n ＝n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)由题意易知2a n ＝a n －1＋a n －2， 即2a 1q n －1＝a 1q n －2＋a 1q n －3.∴2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.(2)①当q ＝1时，a n ＝1，b n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2.②当q ＝－12时，a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，b n ＝n ·⎝⎛⎭⎫－12n －1， S n ＝1·⎝⎛⎭⎫－120＋2·⎝⎛⎭⎫－121＋3·⎝⎛⎭⎫－122＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫－12n －1， －12S n ＝1·⎝⎛⎭⎫－121＋2·⎝⎛⎭⎫－122＋…＋(n －1)·⎝⎛⎭⎫－12n －1＋n ·⎝⎛⎭⎫－12n ， 两式相减，得32S n ＝1－n ·⎝⎛⎭⎫－12n ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫－12＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－123＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n －1， 整理得S n ＝49－⎝⎛⎭⎫49＋2n 3·⎝⎛⎭⎫－12n. 三 裂项相消法求和常见的裂项方法n 12n (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．解析 (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，符合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(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＝2n2n ＋1.1．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＝( B )A ．9B ．18C ．36D ．72解析 ∵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 ．2．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__3n －1__.解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0.∵a n ＞0，∴a n ＋1＝3a n .又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列．∴S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1.3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝lg a n ＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)由题意得1a n ＋1－1a n ＝1.又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n.(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)．所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg(n －2)－lg n ＋lg(n －1)－lg(n ＋1)＋lg n －lg(n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg(n ＋1)－lg(n ＋2)＝lg 2(n ＋1)(n ＋2).4．(2017·天津卷)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 *)．解析 (1)因为b 2＋b 3＝12，且b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n .设等差数列{a n }的公差为d ， 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝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. 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{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，有 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.易错点 小题大做错因分析：求a n 或S n 的选择题，可用特殊值间接排除错误选项，做到小题小做． 【例1】 设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ≥－3，且n ∈Z )，则f (n )＝( )A ．27(8n －1)B ．27(8n ＋1－1)C ．27(8n ＋3－1)D ．27(8n ＋4－1)解析 方法一 1＝3×1－2,3n ＋10＝3(n ＋4)－2，所以f (n )是首项为2，公比为8的等比数列的前n ＋4项的和．由求和公式得f (n )＝2(1－8n ＋4)1－8＝27(8n ＋4－1)．故选D ．方法二 由f (n )＝2＋24＋27＋210＋ (23)＋10，得f (－3)＝2，在所给选项中，满足f (－3)＝2的只有D 项．故选D ．答案 D【跟踪训练1】 12＋12＋38＋…＋n2n ＝( B )A ．2n －n －12nB ．2n ＋1－n －22nC ．2n －n ＋12nD ．2n ＋1－n ＋12n解析 当n ＝1时，原式的值为12，排除A ，C ，D 项．故选B ．课时达标 第30讲[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、利用S n 与a n 的关系求通项公式、裂项相消法和错位相减法求前n 项和，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 6＝( D )A ．142B ．45C ．56D ．67解析 因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67.2．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝( C ) A ．11 B ．99 C ．120 D ．121解析 因为1n ＋1＋n＝n ＋1－n n ＋1－n ＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120.故选C ．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( D )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 010解析 由题意，得a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0，a 5＝a 4＋sin5π2＝1，…， 因此数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 018＝4×504＋2，所以S 2 018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1 010.故选D ．4．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 )A ．100101B ．99101C ．99100D ．101100解析 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＝100101.5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝( B )A ．2 017B ．－1 010C ．504D ．0解析 因为a n ＝n cos n π2，所以当n 为奇数时，a n ＝0；当n 为偶数时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝4m ，－n ，n ＝4m －2，其中m ∈N *.所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 016＋a 2 017＋a 2 018 ＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 2 016＋a 2 018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 010＋2 012)＋(－2 014＋2 016)－2 018 ＝2×504－2 018 ＝－1 010.故选B ．6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( B )A ．22 018－1B ．3×21 009－3C ．3×21 009－1D ．3×22 018－2解析 依题意得a n ·a n ＋1＝2n ，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，于是有a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n ＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21 009－3.故选B ．二、填空题7．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__8nn ＋1__.解析 ∵a n ＝n (n ＋1)2n ＋1＝n2，∴b n ＝8n (n ＋1)＝8⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8nn ＋1.8．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝__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＝130.9．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__2n 2＋6n __.解析 令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)． 与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n . 三、解答题10．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1)求a n ，S n ；(2)设b n ＝S n －1(n ∈N *)，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n，求T n .解析 (1)因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1＝d －4， 又因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4，S n ＝n (4＋8n －4)2＝4n 2. (2)b n ＝4n 2－1＝(2n －1)(2n ＋1)，所以1b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.11．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(3)求数列{a n }的前n 项和S n .解析 (1)令n ＝2，得a 2＝2a 1＝6.令n ＝3，得a 3＝2a 2＋1＝13.(2)证明：因为a n ＋n a n －1＋(n －1)＝2a n －1＋n －2＋n a n －1＋n －1＝2， 所以数列{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列， 所以a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－n .(3)因为数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1－n ，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋…＋n )＝4(1－2n )1－2－n (n ＋1)2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82. 12．(2017·山东卷)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 .解析 (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，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 ＋12n ， 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 .。

§6.4 数列求和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 ≠1.3．一些常见数列的前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(n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.知识拓展数列求和的常用方法 (1)公式法直接利用等差、等比数列的求和公式求和． (2)分组转化法把数列转化为几个等差、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． 常见的裂项公式①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.(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． (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．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“³”)(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．( ³ )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( ³ )(5)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)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)．( √ ) 题组二 教材改编2．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9) D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100³2－9)＝100＋2³100³(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200³2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 3．1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________.(x ≠0且x ≠1)答案 1－x n(1－x )2－nxn1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，②①－②得(1－x)S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n(1－x )2－nxn1－x . 题组三 易错自纠4．(2017²潍坊调研)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 等于( ) A.n 2＋7n 4B.n 2＋5n 3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n答案 A解析 设等差数列的公差为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 1²a 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 －1)2d ＝n 24＋74n.5．(2018²日照质检)数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1²(4n－3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4³1－3)－(4³2－3)＋(4³3－3)－…－(4³100－3)＝4³[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4³(－50)＝－200.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝ncos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝ncos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4.∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝2 0164³2＋2 017²cos 2 0172π＝1 008.题型一 分组转化法求和典例 (2018²合肥质检)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 ＝2a n ＋(－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.a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n. (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n＋(－1)nn.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.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n＋(－1)nn. 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2； 当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n] ＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华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．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n(n ＋2)， 则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋ (2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2(1－4n)1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．题型二 错位相减法求和典例(2017²天津)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 2n －1}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.又因为q>0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝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.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 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2³4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)³4n，故T n ＝2³4＋5³42＋8³43＋…＋(3n －1)³4n，③4T n ＝2³42＋5³43＋8³44＋…＋(3n －4)³4n ＋(3n －1)³4n ＋1，④③－④，得－3T n ＝2³4＋3³42＋3³43＋…＋3³4n－(3n －1)³4n ＋1＝12³(1－4n)1－4－4－(3n －1)³4n ＋1＝－(3n －2)³4n ＋1－8，得T n ＝3n －23³4n ＋1＋83. 所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23³4n ＋1＋83. 思维升华错位相减法求和时的注意点(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． 跟踪训练 (2018²阜阳调研)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 nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19(2n ＋79)，b n＝9²⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是 T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T 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 ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型典例 (2017²郑州市第二次质量预测)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. (1)解 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)²3n －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， 所以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. 命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型典例已知函数f(x)＝x α的图像过点(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＝________. 答案2 018－1解析 由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f(x)＝12x .∴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)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (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．跟踪训练 (2018届贵州遵义航天高级中学模拟)已知等差数列{a n }满足(a 1＋a 2)＋(a 2＋a 3)＋…＋(a n ＋a n ＋1)＝2n(n ＋1)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ²a n ＋1，求{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 当n ＝1时，a 1＋a 2＝4，当n ＝2时，a 1＋a 2＋a 2＋a 3＝12，即4a 2＝12，a 2＝3， ∴a 1＝1，d ＝a 2－a 1＝2，∴等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， ∴a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋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)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ――――→S n 是关于n 的二次函数n ＝k 时，S n 最大――――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n 求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1――――――――→根据数列结构特征确定求和方法T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――――→错位相减法求和 计算可得T n ―→证明：T n <4规范解答(1)解 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.当n ＝1时，上式也成立． 综上，a n ＝92－n.[6分](2)证明 ∵9－2a n 2n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[7分]②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分]∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4.[12分]1．(2018²广州调研)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．(2018²长春调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1²n，则S 17等于( )A ．9B ．8C ．17D ．16答案 A解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.3．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1²a n ＋1＝2n ＋1，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.故选B.4．(2018²深圳调研)已知函数f(n)＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f(n)＋f(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50³101＋50³103＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前12项和为( ) A ．211 B ．212 C ．126 D ．147 答案 D解析 由题意意可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝a 1＋1＝2，a 4＝2a 2＋0＝4，a 5＝a 3＋1＝3，a 6＝2a 4＝8.即其奇数项构成首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成首项为2，公比为2的等比数列， 所以该数列的前2n 项的和S 2n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n (n －1)2³1＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n 2＋2n ＋1－2，令n ＝6，可得S 12＝147.6．(2018届南宁二中、柳州高中联考)已知数列2 008，2 009，1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018＝________. 答案 4 017解析 由题意可知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝2 008， a 2＝2 009，∴a 3＝1，a 4＝－2 008，a 5＝－2 009，a 6＝－1，a 7＝2 008，…， 所以a n ＋6＝a n ，即数列{a n }是以6为周期的数列， 又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，∴S 2 018＝336(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋(a 1＋a 2)＝4 017.7．(2017²全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则k ＝1n 1S k ＝________. 答案2n n ＋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＋4³32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ³1＋n (n －1)2³1＝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. 8．(2018²商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________． 答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n.9．(2018届湖南永州模拟)若S n ＝12＋12＋4＋12＋4＋6＋...＋12＋4＋6＋ (2)(n ∈N ＋)，则S 2 017＝________. 答案 2 0172 018解析 令a n ＝12＋4＋6＋…＋2n ＝2(2＋2n )n ＝1n －1n ＋1， 故S 2 017＝1－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＝2 0172 018. 10．(2017²安阳二模)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.答案 4n －1解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)³(－4)n －1，∴|b n |＝3³4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n －1. 11．(2018届广东佛山三水区实验中学模拟)已知等差数列{a n }的公差d 为2，S n 是它的前n 项和，a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求a n 和S n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求T n .解 (1)因为a 4＝a 1＋3d ＝a 1＋6，a 13＝a 1＋12d ＝a 1＋24，而a 1，a 4，a 13成等比数列，所以a 24＝a 1a 13，即(a 1＋6)2＝a 1(a 1＋24)，解得a 1＝3，所以a n ＝3＋(n －1)²2＝2n ＋1，S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n. (2)由(1)知1S n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 所以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 ＋32n 2＋6n ＋4. 12．(2017²天津河西区二模)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n(n ＋1)(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1，求数列{b n }的通项公式； (3)令c n ＝a n b n 4(n ∈N ＋)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，可知a 1＝2满足该式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n(n ∈N ＋)．(2)a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1(n ≥1)，① a n ＋1＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1＋b n ＋13n ＋1＋1，② ②－①得b n ＋13n ＋1＋1＝a n ＋1－a n ＝2，b n ＋1＝2(3n ＋1＋1)， 而b 1＝8，故b n ＝2(3n ＋1)(n ∈N ＋)．(3)∵c n ＝a n b n 4＝n(3n ＋1)＝n²3n ＋n ， ∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝(1³3＋2³32＋3³33＋…＋n ³3n )＋(1＋2＋…＋n)． 令H n ＝1³3＋2³32＋3³33＋…＋n ³3n ，③则3H n ＝1³32＋2³33＋3³34＋…＋n ³3n ＋1，④③－④得－2H n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ³3n ＋1 ＝3(1－3n )1－3－n ³3n ＋1， H n ＝(2n －1)²3n ＋1＋34，∴数列{c n }的前n 项和T n ＝(2n －1)²3n ＋1＋34＋n (n ＋1)2.13．(2018届广东珠海一中等六校联考)数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N ＋都有a n ＋1＝a n ＋a 1＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017等于( )A.2 0162 017B.4 0322 017 C.2 0172 018D.4 0342 018 答案 D解析 由题意可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 1＝1，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，以上各式相加可得a n ＝n (n ＋1)2， 则1a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝2³⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018 ＝4 0342 018. 14．设f(x)＝4x 4＋2，若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017，则S ＝________. 答案 1 008解析 ∵f(x)＝4x 4x ＋2，∴f(1－x)＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ， ∴f(x)＋f(1－x)＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1. S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017，① S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017，② ①＋②，得2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017 ＝2 016，∴S ＝2 0162＝1 008.15．(2017²贵州一中、凯里一中联考)已知函数f(x)＝e xe x＋1，{a n}为等比数列，a n>0且a1 009＝1，则f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a2 017)等于( )A．2 007 B.11 009C．1 D.2 017 2答案 D解析∵f(x)＝e xe x＋1，∴f(－x)＋f(x)＝e－xe－x＋1＋e xe x＋1＝1，∵数列{a n}是等比数列，∴a1a2 017＝a2a2 016＝…＝a1 008a1 010＝a21 009＝1，设S2 017＝f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a2 017)，①则S2 017＝f(ln a2 017)＋f(ln a2 016)＋…＋f(ln a1)，②①＋②得2S2 017＝2 017，∴S2 017＝2 0172，故选D.16．(2018²南昌调研)已知正项数列{a n}的前n项和为S n，任意n∈N＋，2S n＝a2n＋a n.令b n＝1a n a n＋1＋a n＋1a n，设{b n}的前n项和为T n，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________．答案9解析∵2S n＝a2n＋a n，①∴2S n＋1＝a2n＋1＋a n＋1，②②－①，得2a n＋1＝a2n＋1＋a n＋1－a2n－a n，a2n＋1－a2n－a n＋1－a n＝0，(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－1)＝0.又∵{a n}为正项数列，∴a n＋1－a n－1＝0，即a n＋1－a n＝1.在2S n＝a2n＋a n中，令n＝1，可得a1＝1.∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n＝n，∴b n＝1n n＋1＋(n＋1)n＝(n＋1)n－n n＋1[n n＋1＋(n＋1)n][(n＋1)n－n n＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

专题三 数列第二讲 数列的通项与求和高考导航以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和．2．利用递推关系求数列的通项、前n 项和.1．(2017·石家庄一模)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，且(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋22D ．a n ＝n[解析] 因为(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，所以[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.又{a n }为正项数列，所以(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝0，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2， 则当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1.又∵a 1＝1也适合，∴a n ＝2n ＋1，故选B.[答案] B2．(2016·浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列[解析] S n 表示A n 点到对面直线的距离(设为h n )乘以|B n B n ＋1|长度的一半，即S n ＝12h n |B n B n ＋1|，因为|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，所以|B n B n ＋1|的长度为定值，设锐角为θ，则h n ＝h 1＋|A 1A n |sin θ，∴S n ＝12(h 1＋|A 1A n |sin θ)|B n B n ＋1|，S n ＋1＝12(h 1＋|A 1A n ＋1|sin θ)|B n ＋1B n ＋2|，∴S n ＋1－S n ＝12(|A n A n ＋1|sin θ)·|B n B n ＋1|，∵|A n A n ＋1|，|B n B n ＋1|为定值，所以S n ＋1－S n 为定值，即S n 是等差数列，故选A.[答案] A3．(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 ＝________. [解析] 由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，a 3＝a 1＋2d ＝3，解得a 1＝1，d ＝1，∴S n ＝n (n ＋1)2，∴1S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n 1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1. [答案] 2n n ＋14．(2017·天津卷)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 2n －1}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.又因为q >0，解得q ＝2.所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.①由S 11＝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.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 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， 上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1 ＝－(3n －2)×4n ＋1－8.得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.考点一 求数列的通项公式数列通项公式的求法(1)公式法：由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项公式． (2)累加法：由形如a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法．(3)累乘法：由形如a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用累乘法．(4)构造法：由形如“a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法．角度1：累加法、累乘法求数列通项[解析] 因为a n ＋1－1＝a n ＋2n ，所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2(n －1)－1，a n －2－a n －3＝2(n －2)－1，…a 2－a 1＝2×2－1，将以上各式相加，得a n －a 1＝(2n －1)＋[2(n －1)－1]＋[2(n －2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n ＋2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2×2]－(n －1)＝(n －1)(2n ＋4)2－n ＋1＝(n －1)(n ＋2)－n ＋1＝n 2－1.又因为a 1＝2，所以a n ＝n 2－1＋a 1＝n 2＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2适合上式．故a n ＝n 2＋1(n ∈N *)． [答案] a n ＝n 2＋1角度2：构造法求数列通项[解析] 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×2n 的两边同时除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，其首项为a 12＝1，公差为32，所以a n 2n ＝1＋(n －1)×32＝32n －12，所以a n ＝(3n －1)·2n －1.[答案] a n ＝(3n －1)·2n －1[探究追问] 若例1－2中的“a n ＋1＝2a n ＋3×2n ”改为“a n ＋1＝2a n ＋3×5n ”，其他条件不变，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 解法一：在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，又因为b 1－1＝a 15－1＝－35，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为－35，公比为25，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1， 所以a n 5n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n ， 故a n ＝5n －3×2n －1.解法二：设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.[答案] a n ＝5n －3×2n －1求数列通项公式的两种策略(1)已知S n 与a n 的递推关系求通项常用两个思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)已知a n 与a n ＋1的递推关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法．[对点训练]1．[角度1](2017·东北三校联考)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] 由a n ＋1＝2na n ，得a n ＋1a n ＝2n ，令n ＝1,2，…，可得a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，将这n －1个等式叠乘得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n （n －1）2 ，故a n ＝2n （n －1）2 .又a 1＝1满足上式，故a n ＝2n （n －1）2 . [答案] 2n （n －1）22．[角度2]已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足S n ＋a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为S n ＋a n ＝2n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＋a 1＝2＋1，解得a 1＝32.当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝2(n －1)＋1，所以a n －a n －1＋a n ＝2，即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)，又因为a 1－2＝－12，所以数列{a n －2}是等比数列，其首项为－12，公比为12，所以a n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－12n .[答案] a n ＝2－12n考点二 求数列的前n 项和数列求和的方法(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等． (3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．角度1：分组求和[解析] 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.选C. [答案] C 角度2：裂项相消求和[解] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n3(2n ＋3).[思维流程] (1)构造数列{a n ＋1－a n }→求出a n ＋1－a n ――→累加法求a n(2)求b n →符合错位相减法求和特征→求{b n }前n 项和[解] (1)由a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝2(a n －a n －1)， 因此数列{a n ＋1－a n }是公比为2，首项为a 2－a 1＝2的等比数列． 所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2×2n －2＝2n －1，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －1＋2n －2＋…＋2)＋2＝2n ，当n ＝1时，也符合，故a n ＝2n . (2)由(1)知b n ＝2n －12n ，所以T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n＋1②①－②，得12T n ＝12＋222＋223＋224＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1，所以T n ＝3－2n ＋32n .数列求和的解题策略解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，采取相适应的求解方法．有时几种方法同时集中在一道题目中，要细致观察通项的特征，灵活应用求和方法．【易错提醒】 (1)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项．(2)在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列．[对点训练]1．[角度1](2017·山东德州模拟)数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2016等于( )A ．1008B ．2016C ．504D ．0[解析] 易知a 1＝cos π2＝0，a 2＝2cosπ＝－2，a 3＝0，a 4＝4，…. 所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2016项中所有偶数项(共1008项)依次为－2,4，－6,8，…，－2014,2016.故S 2016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2016)＝1008.[答案] A2．[角度2](2017·济南模拟)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， 所以{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. 3．[角度3](2017·长沙模拟)已知数列{a n }是等比数列，其前n 项和是S n ，且S n ＝t ·3n －2t ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13 11＋S n (n ∈N *)，求数列{a n b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝t ·3－2t ＋1＝t ＋1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝t ·3n －t ·3n －1＝2t ·3n －1. ∵数列{a n }是等比数列，∴a na n －1＝2t ·3n －12t ·3n －2＝3(n ≥2)， ∴a 2a 1＝2t ·3t ＋1＝3，∴t ＝1，a 1＝2， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝3n －1，∴1＋S n ＝3n ，∴11＋S n ＝13n ，b n ＝log 1311＋S n ＝n ， ∴a n b n ＝2n ×3n －1，T n ＝2＋4×3＋6×32＋…＋2n ×3n －1，① 3T n ＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2n ×3n ，②①－②得，－2T n ＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－2n ×3n ＝2＋2×3(1－3n －1)1－3－2n ×3n ，∴T n ＝12＋(2n －1)3n2. 考点三 数列的简单应用角度1：数列与函数、方程不等式[解析] ∵等差数列{a n }中，S 17>0，S 18<0，即S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 9＋a 10)<0，∴a 9>0，a 10<0，∴等差数列{a n }为递减数列，故可知a 1，a 2，…，a 9为正，a 10，a 11，…为负．∵S 1，S 2，…，S 17为正，S 18，S 19，…为负，∴S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 9a 9>0，S 10a 10<0，S 11a 11<0，…，S 15a 15<0，又∵S 1<S 2<…<S 9，a 1>a 2>…>a 9，则S 9a 9最大，故选C.[答案] C 角度2：数列与解析几何[解析] 令y ＝f (x )＝2x 2，则切线斜率k ＝f ′(a i )＝4a i ，切线方程为y －2a 2i ＝4a i (x －a i )，令y ＝0得x ＝a i ＋1＝12a i，由a 2＝32，得a 4＝8，a 6＝2，所以a 2＋a 4＋a 6＝42，故选B.[答案] B[解析] 由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列，设等比数列的首项为a 1，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378， 解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，则a 4＋a 5＝24＋12＝36，即此人第4天和第5天共走了36里．[答案] C(1)数列应用问题的3种类型①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．③数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．(2)解决数列与数学文化交汇问题的关键一是读懂题意，即会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构造模型，即构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是求解模型，即利用所学知识求解数列的相关信息．[对点训练]1．[角度1](2017·安徽淮南一模)已知{a n}中，a n＝n2＋λn，且{a n}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )A．(－2，＋∞) B．[－2，＋∞)C．(－3，＋∞) D．[－3，＋∞)[解析]∵{a n}是递增数列，∴∀n∈N*，a n＋1>a n，∴(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，化简得λ>－(2n＋1)，∴λ>－3.故选C.[答案]C2．[角度2](2017·四川绵阳模拟)已知圆的方程为x2＋y2－6x＝0，过点(1,2)的该圆的三条弦的长a1，a2，a3构成等差数列，则数列a1，a2，a3的公差的最大值是________．[解析]如图，由x 2＋y 2－6x ＝0， 得(x －3)2＋y 2＝9，∴圆心坐标C (3,0)，半径r ＝3.由圆的性质可知，过点P (1,2)的该圆的弦的最大值为圆的直径，等于6，最小值为过P 且垂直于CP 的弦的弦长． ∵|CP |＝(3－1)2＋(0－2)2＝22， ∴|AB |＝232－(22)2＝2，即a 1＝2，a 3＝6.∴公差d 的最大值为a 3－a 12＝6－22＝2. [答案] 23．[角度3]意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1,1,2,3,5,8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为斐波那契数列．则∑i ＝19a i a i ＋2－∑i ＝19a 2i ＋1的值为________．[解析] 由题意，得a 1a 3－a 22＝1×2－1＝1，a 2a 4－a 23＝1×3－4＝－1，a 3a 5－a 24＝2×5－9＝1，a 4a 6－a 25＝3×8－25＝－1，…，a 8a 10－a 29＝21×55－342＝－1，a 9a 11－a 210＝34×89－552＝1，所以∑i ＝19a i a i ＋2－∑i ＝19a 2i ＋1＝∑i ＝19(a i a i ＋2－a 2i ＋1)＝1.[答案]1热点课题12 数列的通项与求和[感悟体验]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，2n 2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1。

课时35 数列的概念及与通项（课前预习案）班级： 姓名：一、高考考纲要求1.掌握由观察法求数列通项公式.；2.理解数列S n 与a n 的关系式，3.了解简单的递推关系，会用简单的叠加与累乘方法获得通项公式. 二、高考考点回顾1.数列：按 排列的一列数叫做数列；数列中的每个数都叫这个数列的项，记作n a ，序号为n 的项叫第n 项，也叫通项，即n a ；数列一般简记作{}n a 。

2.通项公式：如果数列 可以用一个公式表示，那么这个公式就叫这个数列的通项公式。

用()n a f n =表示数列的通项公式，这里要注意同一个数列的通项公式的形式不一定唯一，不是每个数列都有通项公式.3.从函数观点看，数列实质上是定义域为 的函数，其图象是 .4.数列分类：①按数列项数是有限还是无限分：有穷数列和无穷数列；②按数列项与项之间的大小关系分： 递增数列， 数列， 数列， 数列。

5.递推公式定义：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a与 间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.6.n a 与n S 的关系：若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝ .三、课前检测1.设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ，则a 7的值为( )． A ．13 B ．14 C ．15 D ．162．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1，则a 5的值为( )． A ．30 B ．31 C ．32 D ．333．设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( )． A ．若d ＜0，则数列{S n }有最大项 B ．若数列{S n }有最大项，则d ＜0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n ＞0D ．若对任意n ∈N *，均有S n ＞0，则数列{S n }是递增数列4．下列关于星星的图案个数构成一个数列，则该数列的一个通项公式是( )．A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n n －12C ．a n ＝n n ＋12D ．a n ＝n n ＋22课内探究案班级： 姓名：考点一 观察写通项【典例1】根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：（1）–1，7，–13，19，…；（2）,9910,638,356,154,32…；（3）,225,8,29,2,21…； （4）5，55，555，5555，…；（5）5，0，–5，0，5，0，–5，0，…；（6）1，3，7，15，31，….【变式1】数列112-⨯，123⨯，134-⨯，145⨯，…的一个通项公式是 。