高中数学复习学案 数列的求和

数列求和是知识掌握的重点，下面是为大家带来的数列求和教案，希望能帮助到大家!数列求和教案篇一汉滨高中李安锋教学目标:知识目标①复习等差和等比数列的前n项和公式、回忆公式推导过程所用倒序想加和错位相减的思想方法,及用数列求和公式求和时,应弄清基本量中各基本量的值,特别是用等比数列求和公式求和时,应关注公比q是否为1;②记住一些常见结论便于用公式法对数列求和;③学会分析通项的结构并且对通项进行分拆;能运用拆并项求和思想方法解决非特殊数列求和问题。

能力目标培养学生用联系和变化的观点,结合转化的思想来分析问题和解决问题的能力。

情感目标培养学生用数学的观点看问题,从而帮助他们用科学的态度认识世界. 教学重点与难点教学重点等差等比数列求和及特殊数列求和的常用方法教学难点分析具体数列的求和方法及实际求解过程.教学方法、手段通过设问、启发、当堂训练的教学程序,采用启发式讲解、互动式讨论、反馈式评价的授课方式,培养学生的自学能力和分析与解决问题的能力,借助幻灯片辅助教学,达到增加课堂容量、提高课堂效率的目的,营造生动活泼的课堂教学氛围. 学法指导为了发挥学生的主观能动性,提高学生的综合能力,确定了三种学法(1)自主性学习法,(2)探究性学习法,(3)巩固反馈法,教学过程(一)情景导入复习回顾:等差数列和等比数列的前n项和公式?n(a1?an)n(n?1)?na1?d 等差数列求和公式Sn?22(q?1)?na1? 等比数列求和公式Sna1(1?qn)a1?anq ?(q?1)?1?q?1?q 教师引导学生回忆数列几种常见的求和方法?①公式法②分组求和法③裂项相消法④错位相减法(充分发挥学生学习的能动性,以学生为主体,展开课堂教学)(二)自学指导若已知一个数列的通项,如何对其前n项求和?①an?3n ②an?3n?2n?1 ③an?n(n?1)④an?1 ⑤an?n?3n n(n?1)(通过学生对几种常见的求和方法的归纳、总结,结合具体的实例、简单回忆各方法的应用背景.把遗忘的知识点形成了一个完整的知识体系)巩固检测题(1) a?a2?a3?an?________(2) 1+3+5+?+(2n+1)=(3)12?22?32n2?(复习等差与等比数列的求和公式:(1)中易忘讨论公比是否为1(2)中易错项数(3)与(4)是为用公式法求和作铺垫.)(三)例题展示例设Sn=1-3+5-7+9++101 求Sn分析: 拆并项求和思路? Sn=(1-3)+(5-7)+(9-11)+(97-99)+101=?Sn=1+(-3+5)+(-7+9)+(-11+13)+(-99+101)=? Sn=(1+5++101)-(3+7++99)=意图通过一题多解,开阔学生的思维.，分析①②③培养学生的拆项求和与并项求和的意识, 比较分析①②思考应留下。

数列求和命题点五年考情命题分析预测用公式法和分组转化法求和2023新高考卷ⅡT18；2021新高考卷ⅠT17；2020新高考卷ⅠT18本讲是高考热点，主要考查数列求和，常用方法有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、倒序相加法，在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时也要关注分段数列的形式.用错位相减法求和2023全国卷甲T17；2021新高考卷ⅠT16；2021全国卷乙T19；2020全国卷ⅠT17；2020全国卷ⅢT17用裂项相消法求和2022新高考卷ⅠT17用倒序相加法求和学生用书P100数列求和的几种常用方法1.公式法（1）直接利用等差、等比数列的前n 项和公式求和.（2）①12＋22＋32＋…＋n 2＝（r1)(2r1）6，②13＋23＋33＋…＋n 3＝[（r1）2]2.2.分组转化法（1）利用分组转化法求和的常见类型（2）思路：将数列转化为若干个可求和的新数列，从而求得原数列的前n 项和.如a n ＝b n ＋c n ＋…＋h n ，则∑J1a k ＝∑J1b k ＋∑J1c k ＋…＋∑J1h k .注意对含有参数的数列求和时要对参数进行讨论.3.错位相减法（1）适用的数列类型：{a n b n }，其中数列{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q （q ≠1）的等比数列.（2）求解思路：S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n①，qS n＝a1b2＋a2b3＋…＋a n－1b n＋a n b n＋1②，①－②得（1－q）S n＝a1b1＋d（b2＋b3＋…＋b n）－a n b n＋1，进而利用公式法求和.4.裂项相消法（1）利用裂项相消法求和的基本步骤（2）常见数列的裂项方法已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”，可用倒序相加法求和.解题时先把数列的前n项和表示出来，再把数列求和的式子倒过来写，然后将两个式子相加，即可求出该数列的前n项和的2倍，最后求出该数列的前n项和.1.[教材改编]已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和，若a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则S20＝400.解析设等差数列{a n}的公差为d.由1＋3＋5=105，2＋4＋6=99，得33=105，34=99，即3=35，4=33，所以d＝－2，a1＝39，所以S20＝20×39＋20（20－1）2×（－2）＝400.2.[教材改编]已知a n＝（－1）n n，则a1＋a2＋…＋a2n＝n.解析由题意可得，a2n－1＋a2n＝－（2n－1）＋2n＝1，∴a1＋a2＋…＋a2n＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2n－1＋a2n）＝1＋1＋…＋1＝n.3.已知等差数列的前三项和为2，后三项和为4，且所有项和为64，则该数列有64项.解析设该等差数列为{a n}，由题意可得，a1＋a2＋a3＝2①，a n＋a n－1＋a n－2＝4②，①＋②得3（a1＋a n）＝6，又64＝（1＋）2，可得n＝64，所以该数列有64项.4.[易错题]数列{a n}的通项公式为a n＝2n－10，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝130.解析易知{a n }为等差数列.设{a n }的前n 项和为S n ，当a n ＝2n －10＝0时，n ＝5，所以｜a 1｜＋｜a 2｜＋…＋｜a 15｜＝－（a 1＋a 2＋…＋a 5）＋a 6＋a 7＋…＋a 15＝S 15－2S 5＝130.学生用书P101命题点1用公式法和分组转化法求和例1[2021新高考卷Ⅰ]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝+1，为奇数，+2，为偶数.（1）记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式；（2）求{a n }的前20项和.解析（1）因为b n ＝a 2n ，且a 1＝1，a n ＋1＝+1，为奇数，+2，为偶数，所以b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5.因为b n ＝a 2n ，所以b n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋3－a 2n ＝3，所以数列{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列，b n ＝2＋3（n －1）＝3n －1，n ∈N *.（2）因为a n ＋1＝+1，为奇数，+2，为偶数，所以k ∈N *时，a 2k ＝a 2k －1＋1＝a 2k －1＋1，即a 2k ＝a 2k －1＋1①，a 2k ＋1＝a 2k ＋2②，a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1＝a 2k ＋1＋1，即a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1③，所以①＋②得a 2k ＋1＝a 2k －1＋3，即a 2k ＋1－a 2k －1＝3，所以数列{a n }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②＋③得a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即a 2k ＋2－a 2k ＝3，又a 2＝2，所以数列{a n }的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.所以数列{a n }的前20项和S 20＝（a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19）＋（a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20）＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300.训练1公差为2的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a 4成等比数列.（1）求{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n ＝，≤10，－5，>10，求{b n }的前20项和.解析（1）因为等差数列{a n }的公差为2，所以a 2＝a 1＋2，a 4＝a 1＋6.因为a 1，a 2，a 4成等比数列，所以（a 1＋2）2＝a 1（a 1＋6），解得a 1＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2＋（n －1）×2＝2n .（2）因为b n ＝，≤10，－5，>10，所以b 16＋b 17＋…＋b 20＝b 11＋b 12＋…＋b 15＝b 6＋b 7＋…＋b 10，所以{b n }的前20项和：T 20＝（b 1＋b 2＋…＋b 5）＋（b 6＋b 7＋…＋b 10）＋（b 11＋b 12＋…＋b 15）＋（b 16＋b 17＋…＋b 20）＝（b 1＋b 2＋…＋b 5）＋3（b 6＋b 7＋…＋b 10）＝（a 1＋a 2＋…＋a 5）＋3（a 6＋a 7＋…＋a 10）＝5（1＋5）2＋3×5（6＋10）2＝5×（2+10）2＋3×5×（12+20）2＝270.命题点2用错位相减法求和例2[2023全国卷甲]记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1，2S n ＝na n .（1）求{a n }的通项公式；（2）求数列{r12}的前n 项和T n .解析（1）当n ＝1时，2S 1＝a 1，即2a 1＝a 1，所以a 1＝0.当n ≥2时，由2S n ＝na n ，得2S n －1＝（n －1）a n －1，两式相减得2a n ＝na n －（n －1）a n －1，即（n －1）a n －1＝（n －2）a n ，故当n ≥3时，－1＝－1－2，则－1·－1－2 (32)＝－1－2·－2－3 (2)1，整理得2＝n －1，因为a 2＝1，所以a n ＝n －1（n ≥3）.当n ＝1，n ＝2时，均满足上式，所以a n ＝n －1.（2）令b n ＝r12＝2，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n ＝12＋222＋…＋－12－1＋2①，12T n ＝122＋223＋…＋－12＋2r1②，由①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12－2r1＝12（1－12）1－12－2r1＝1－2+2r1，即T n ＝2－2+2.方法技巧用错位相减法求和的注意事项（1）在书写qS n 时注意“错位对齐”，以方便后续运算.（2）两式相减时注意最后一项的符号.（3）注意相减后的和式结构的中间为（n－1）项的和.训练2[2021全国卷乙]设{a n}是首项为1的等比数列，数列{b n}满足b n＝B3.已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{a n}和{b n}的通项公式.（2）记S n和T n分别为{a n}和{b n}的前n项和.证明：T n＜2.解析（1）设{a n}的公比为q，则a n＝q n－1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝13，故a n＝13－1，b n＝3.（2）由（1）知S n＝1－131－13＝32（1－13），T n＝13＋232＋333＋…＋－13－1＋3①，13T n＝132＋233＋334＋…＋－13＋3r1②，①－②得23T n＝13＋132＋133＋…＋13－3r1＝13（1－13）1－13－3r1＝12（1－13）－3r1，整理得T n＝34－2r34×3，则T n－2＝34－2r34×3－34（1－13）＝－2×3＜0，故T n＜2.命题点3用裂项相消法求和例3（1）已知a n＝1（r2），求数列{a n}的前n项和S n.（2）已知数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1（2－1)(2r1），求证：S n＜12.（3）已知数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝12（2r1），求证：S n＜13.解析（1）易得a n＝1（r2）＝12（1－1r2），所以S n＝12[（1－13）＋（12－14）＋（13－15）＋…＋（1－1－1r1）＋（1－1r2）]＝12（1＋12－1r1－1r2）＝34－12（1r1＋1r2）＝34－2r32（r1)(r2）.（2）由题意可得，a n＝1（2－1)(2r1）＝12（12－1－12r1），所以S n＝12[（1－13）＋（13－15）＋…＋（12－1－12r1）]＝12（1－12r1）＝12－12（2r1）.因为12（2r1）＞0，所以S n＜12.（3）易知a n＝12（2r1）＜1（2－1)(2r1）＝12（12－1－12r1）.当n＝1时，a1＝16＜13；当n≥2时，S n＝∑i=112i（2i+1）＜12（2+1）＋∑i=21（2i－1)(2i+1）＝16＋12[（13－15）＋（15－17）＋…＋（12－1－12r1）]＝16＋12（13－12r1）＝13－12（2r1）＜13.综上，S n＜13.方法技巧利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项消去哪些项，保留哪些项.训练3[2022新高考卷Ⅰ]记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1＝1，{}是公差为13的等差数列.（1）求{a n}的通项公式.（2）证明：11＋12＋…＋1＜2.解析（1）因为a1＝1，所以11＝1，又{}是公差为13的等差数列，所以＝1＋（n－1）×13＝r23.所以S n＝r23a n.因为当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝r23a n－r13a n－1，所以r13a n－1＝－13a n（n≥2），所以－1＝r1－1（n≥2），所以21×32×…×－1－2×－1＝31×42×…×－2×r1－1＝（r1）2（n≥2），所以a n＝（r1）2（n≥2），又a1＝1也满足上式，所以a n＝（r1）2（n∈N*）.（2）因为a n＝（r1）2，所以1＝2（r1）＝2（1－1r1），所以11＋12＋…＋1＝2[（1－12）＋（12－13）＋…＋（1－1r1）]＝2（1－1r1）＜2.命题点4用倒序相加法求和例4已知函数f（x）＝x＋sinπx－3，则f（12025）＋f（22025）＋f（32025）＋…＋f（40482025）＋f（40492025）＝－8098.解析令y＝f（12025）＋f（22025）＋…＋f（40482025）＋f（40492025）①，y＝f（40492025）＋f（40482025）＋…＋f（22025）＋f（12025）②，①＋②，得2y＝[f（12025）＋f（40492025）]＋[f（22025）＋f（40482025）]＋…＋[f（40482025）＋f（22025）]＋[f（40492025）＋f（12025）].因为f（x）＋f（2－x）＝x＋sinπx－3＋（2－x）＋sin[π（2－x）]－3＝－4，所以2y＝－4×4049，故y＝－8098.方法技巧可以利用倒序相加法求和的数列所对应的函数的图象一般有对称中心，所以可以对比理解记忆.训练4已知数列{a n}的通项a n＝2－1002－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（C）A.98B.99C.100D.101解析因为a n＝2－100101－2＝4－2022－1012－101＋102－22（101－）－101＝2－1002－101＋2（101－）－1002－101，所以a n＋a101－n＝2－100＝2，所以a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a100＋a1＝2，所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.1.[命题点1]已知数列{a n}满足a n＋2＋（－1）n a n＝3，a1＝1，a2＝2.（1）记b n＝a2n－1，求数列{b n}的通项公式；（2）记数列{a n}的前n项和为S n，求S30.解析（1）a n＋（－1）n a n＝3，＋2－a2n－1＝3，令n取2n－1，则a2n＋1－b n＝3，又b1＝a1＝1，即b n＋1所以数列{b n}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以b n＝3n－2.＋a2n＝3，（2）令n取2n，则a2n＋2所以S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30），由（1）可知，a1＋a3＋…＋a29＝b1＋b2＋…＋b15＝330，a2＋a4＋…＋a30＝a2＋（a4＋a6）＋…＋（a28＋a30）＝2＋21＝23.所以S30＝330＋23＝353.2.[命题点2/2023四川绵阳南山中学模拟]在①S n＋1＝2S n＋2，②a n＋1－a n＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，且.（1）求a n；（2）若b n＝（n＋1）·a n，求数列{b n}的前n项和T n.＝2S n＋2，解析（1）若选①，S n＋1当n≥2时，S n＝2S n－1＋2，两式相减得a n＋1＝2a n，n≥2.当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，＝2a n，n∈N*，即数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列，故a n＝2n.所以a n＋1若选②，因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以当n ≥2时，a n －a 1＝（a 2－a 1）＋（a 3－a 2）＋…＋（a n －a n －1）＝21＋22＋…＋2n －1＝2（1－2－1）1－2＝2n －2，所以a n ＝2n －2＋a 1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，故a n ＝2n ，n ∈N *.（2）由（1）知b n ＝（n ＋1）·a n ＝（n ＋1）·2n ，则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋（n ＋1）×2n ，2T n ＝2×22＋3×23＋…＋n ×2n ＋（n ＋1）×2n ＋1，两式相减得－T n ＝4＋22＋23＋…＋2n －（n ＋1）×2n ＋1＝4＋4（1－2－1）1－2－（n ＋1）×2n ＋1＝4－4＋2n ＋1－（n ＋1）×2n ＋1＝－n ×2n ＋1，故T n ＝n ×2n ＋1.3.[命题点3/2023南京市二模]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，（n －2）S n ＋1＋2a n ＋1＝nS n ，n ∈N *.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求证：112＋122＋…＋12＜716.解析（1）解法一因为（n －2）S n ＋1＋2a n ＋1＝nS n ，所以（n －2）S n ＋1＋2（S n ＋1－S n ）＝nS n ，即nS n ＋1＝（n ＋2）S n ，所以r1＝r2.当n ≥2时，S n ＝－1·－1－2·－2－3·…·21·S 1＝r1－1·－2·－1－3 (3)1×2＝n （n ＋1）.又n ＝1时，上式也成立，所以S n ＝n （n ＋1）（n ∈N *）.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n .又n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝2n （n ∈N *）.解法二因为（n －2）S n ＋1＋2a n ＋1＝nS n ，所以n （S n ＋1－S n ）－2（S n ＋1－a n ＋1）＝0，所以2S n ＝na n ＋1，①所以当n ≥2时，2S n －1＝（n －1）a n ，②①－②得2a n ＝na n ＋1－（n －1）a n （n ≥2），即（n ＋1）a n ＝na n ＋1（n ≥2），所以r1＝r1（n ≥2），在①中令n ＝1得2a 1＝a 2，又a1＝2，所以a2＝4，所以当n≥3时，a n＝－1·－1－2 (3)2·a2＝－1·－1－2·…·32×4＝2n，又n＝1，2时，上式也成立，所以a n＝2n（n∈N*）.（2）由（1）知112＋122＋…＋12＝14×（112＋122＋…＋12）.解法一因为当n≥2时，12＜12－1，所以当n≥2时，112＋122＋132＋…＋12＜112＋122－1＋132－1＋…＋12－1＝1＋12（1－13＋12－14＋13－15＋…＋1－1－1r1）＝1＋12（1＋12－1－1r1）＜74，当n＝1时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋12＜74，所以112＋122＋…＋12＜716.解法二因为12＜1（－1）＝1－1－1（n≥2），所以当n≥3时，112＋122＋132＋…＋12＜1＋14＋（12－13）＋（13－14）＋…＋（1－1－1）＝1＋14＋12－1＝74－1＜74，当n＝1，2时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋12＜74，所以112＋122＋…＋12＜716.学生用书·练习帮P3071.[2024山东潍坊模拟]在数列{a n}中，a n＝1r1＋2r1＋…＋r1（n∈N＋），b n＝1r1，则数列{b n}的前n项和S10＝（D）A.1011B.2011C.3011D.4011解析∵a n＝1r1＋2r1＋…＋r1＝1+2+…＋r1＝（r1）2r1＝2，∴b n＝1r1＝1（r1）4＝4（r1）＝4（1－1r1），∴S10＝4×（1－12＋12－13＋…＋110－111）＝4×（1－111）＝4011.故选D.2.[2023上海宜川中学5月模拟]德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称.相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，此方法也被称为高斯算法.已知某数列的通项公式为a n＝2－1002－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（C）A.98B.99C.100D.101解析解法一由数列的通项公式为a n＝2－1002－101，可得当1≤n≤100，n∈N*时，a n＋a101－n＝2－1002－101＋2（101－）－1002（101－）－101＝2－1002－101＋102－2101－2＝4－2022－101＝2，所以a1＋a100＝a2＋a99＝a3＋a98＝…＝a100＋a1＝2，所以2（a1＋a2＋…＋a100）＝2×100＝200，所以a1＋a2＋…＋a100＝100，故选C.解法二函数f（x）＝2－1002－101的图象关于点（1012，1）对称，所以f（x）＋f（101－x）＝2，则f（1）＋f（100）＝f（2）＋f（99）＝…＝f（50）＋f（51）＝2，即a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51＝2，所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.故选C.3.[2023石家庄市三检]已知数列{a n}的通项公式为a n＝n－1，数列{b n}是以1为首项，2为公比的等比数列，则1＋2＋…＋9＝502.解析因为a n＝n－1，所以＝b n－1，所以1＋2＋…＋9＝（b1－1）＋（b2－1）＋…＋（b9－1）＝（b1＋b2＋…＋b9）－9＝1×（1－29）1－2－9＝502.4.[2023惠州调研]已知数列{a n}的前n项和为S n，n∈N*，现有如下三个条件：条件①a5＝5；条件②a n＋1－a n＝2；条件③S2＝－4.请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b n＝1·r1，求数列{b n}的前n项和T n.解析（1）选①②时.解法一由a n＋1－a n＝2可知数列{a n}是公差d＝2的等差数列.又a5＝5，a5＝a1＋（5－1）×d，所以a1＝－3，故a n＝－3＋2（n－1），即a n＝2n－5（n∈N*）.－a n＝2可知数列{a n}是公差d＝2的等差数列.解法二由a n＋1又a5＝5，a n＝a5＋（n－5）×d，所以a n＝5＋（n－5）×2，即a n＝2n－5（n∈N*）.选②③时.－a n＝2可知数列{a n}是公差d＝2的等差数列.由a n＋1由S2＝－4可知a1＋a2＝－4，即2a1＋2＝－4，解得a1＝－3，故a n＝－3＋2（n－1），即a n＝2n－5（n∈N*）.（备注：选①③这两个条件无法确定数列.）＝12（12－5－12－3），（2）b n＝1·r1＝1（2－5）·（2－3）T n＝12[（1－3－1－1）＋（1－1－11）＋（11－13）＋…＋（12－5－12－3）]＝12（－13－12－3）＝－16－14－6，.所以T n＝－6r95.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2＝2，b5＝16，a1＝2b1，a3＝b4.（1）求{a n}，{b n}的通项公式；（2）设c n＝a n·b n，求数列{c n}的前n项和S n.解析（1）设{a n}的公差为d，{b n}的公比为q，则q3＝52＝162＝8，q＝2，∴b1＝2＝1，∴b n＝2n－1.∵a1＝2b1＝2，a3＝b4＝23＝8，∴d＝3－13－1＝8－22＝3，∴a n＝2＋3（n－1）＝3n－1.（2）由（1）得c n＝（3n－1）×2n－1，∴S n＝c1＋c2＋c3＋…＋c n－1＋c n＝2×20＋5×21＋8×22＋…＋（3n－4）×2n－2＋（3n－1）×2n－1，则2S n＝2×21＋5×22＋8×23＋…＋（3n－4）×2n－1＋（3n－1）×2n，两式相减得－S n＝2×20＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－1－（3n－1）×2n，则－S n ＝3（20＋21＋…＋2n －1）－（3n －1）×2n －1＝3×1－21－2－（3n －1）×2n －1，S n ＝3－3×2n ＋（3n －1）×2n ＋1＝（3n －4）×2n ＋4.6.[2023大同学情调研]已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋2＝2a n （n ∈N *）.（1）证明：数列{S n ＋2}是等比数列.（2）设数列{2（－1)(r1－1）}的前n 项和为T n ，求证：23≤T n ＜1.解析（1）当n ＝1时，S 1＋2＝2a 1，∴S 1＝a 1＝2.当n ≥2时，S n ＋2＝2a n ＝2（S n －S n －1），∴S n ＝2S n －1＋2，∴S n ＋2＝2（S n －1＋2），易知S n －1＋2≠0，∴+2－1+2＝2，∴数列{S n ＋2}是首项为S 1＋2＝4，公比为2的等比数列.（2）由（1）知S n ＋2＝4×2n －1，∴S n ＝2n ＋1－2，代入S n ＋2＝2a n ，得a n ＝2n ，∴2（－1)(r1－1）＝2（2－1)(2r1－1）＝12－1－12r1－1，∴T n ＝（12－1－122－1）＋（122－1－123－1）＋…＋（12－1－12＋1－1）＝1－12r1－1.易得T n ＝1－12r1－1＜1.由n ≥1，得2n ＋1≥4，2n ＋1－1≥3，∴12r1－1≤13，即－12r1－1≥－13，∴1－12r1－1≥23.综上所述，23≤T n ＜1.7.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 6＝－7S 3，且a 2，1，a 3成等差数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝（－2）n －1；设b n ＝｜a n －1｜，则数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝22n －1.解析设等比数列{a n }的公比为q ，由S 6＝－7S 3，得q ≠1，所以1（1－6）1－＝1（1－3)(1+3）1－＝（1＋q 3）S 3＝－7S 3，因为S 3≠0，所以1＋q 3＝－7，解得q ＝－2，由a 2，1，a 3成等差数列，可得a 2＋a 3＝2，即－2a 1＋4a 1＝2，所以a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝（－2）n －1.当n 为偶数时，a n －1＝－2n －1－1＜0，当n 为奇数时，a n －1＝2n －1－1≥0，所以T 2n ＝（a 1－1）－（a 2－1）＋（a 3－1）－（a 4－1）＋…＋（a 2n －1－1）－（a 2n －1）＝a 1－a 2＋a 3－a 4＋…＋a 2n －1－a 2n ＝1＋2＋22＋23＋…＋22n －2＋22n －1＝1－221－2＝22n －1.8.[2024平许济洛第一次质检]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0，2＋r1＝2＋r4－3.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设数列{b n }满足b n ＝2，求数列{（a n －1）b n }的前n 项和T n .解析（1）由2＋r1＝2＋r4－3，得2－（n2＋n＋4）S n＋3（n2＋n＋1）＝0，即（S n－3）[S n－（n2＋n＋1）]＝0，解得S n＝3（舍去）或S n＝n2＋n＋1.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n＋1－（n－1）2－（n－1）－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，不适合上式，所以a n＝3，=1，2，≥2.（2）T n＝（a1－1）·21＋（a2－1）·22＋（a3－1）·23＋（a4－1）·24＋…＋（a n－1）·2＝2×23＋3×24＋5×26＋7×28＋…＋（2n－1）×22n＝16＋3×42＋5×43＋7×44＋…＋（2n－1）×4n＝12＋1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n.令R n＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n①，则4R n＝1×42＋3×43＋5×44＋…＋（2n－3）×4n＋（2n－1）×4n＋1②，①－②得：－3R n＝4＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－（2n－1）×4n＋1＝4＋32（1－4－1）1－4－（2n－1）×4n＋1＝4－323＋23×4n＋1－（2n－1）×4n＋1＝－203＋（53－2n）×4n＋1.所以R n＝209＋（23－59）·4n＋1，所以T n＝12＋209＋（23－59）·4n＋1＝1289＋6－59·4n＋1，n∈N*.9.[2024浙江名校联考]设数列{a n}的前n项和为S n，已知S n＝12（3a n－1）（n∈N*）.（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝＋，为奇数，b，为偶数，求数列{b n}的前2n项和T2n.解析（1）由题意得，2S n＝3a n－1，则2S n－1＝3a n－1－1（n≥2），两式相减得a n＝3a n－1（n≥2）.∴数列{a n}是等比数列，公比为3，令n＝1，则2a1＝3a1－1，得a1＝1，∴{a n}的通项公式为a n＝3n－1.（2）由（1）得，b n＝＋3－1，为奇数，×3－1，为偶数.记数列{b n}的前2n项中奇数项的和为S奇数项，偶数项的和为S偶数项，则S 奇数项＝（1＋3＋5＋…＋2n －1）＋（30＋32＋34＋…＋32n －2）＝n 2＋9－18，S 偶数项＝2×31＋4×33＋6×35＋…＋2（n －1）×32n －3＋2n ×32n－1①，则9S 偶数项＝2×33＋4×35＋6×37＋…＋2（n －1）×32n －1＋2n ×32n ＋1②，①－②得，－8S 偶数项＝2（31＋33＋35＋…＋32n －1）－2n ×32n ＋1＝2×3×（1－9）1－9－2n ×32n ＋1，∴S 偶数项＝（24－3）×32+332.∴T 2n ＝n 2＋9－18＋（24－3）×32+332＝n 2＋（24r1）×32－132.10.[2024南昌市模拟]如图，第n 个图形是由棱长为n ＋1的正方体挖去棱长为n 的正方体得到的，记其体积为{a n }.（1）求证：a n ＝3n 2＋3n ＋1.（2）求和：12＋22＋32＋…＋n 2.解析（1）棱长为n ＋1的正方体的体积为（n ＋1）3，棱长为n 的正方体的体积为n 3，所以a n ＝（n ＋1）3－n 3＝n 3＋3n 2＋3n ＋1－n 3＝3n 2＋3n ＋1.（2）由（1）可知a n ＝（n ＋1）3－n 3＝3n 2＋3n ＋1，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝3×12＋3×1＋1＋3×22＋3×2＋1＋…＋3×n 2＋3×n ＋1＝3×（12＋22＋…＋n 2）＋3×（1＋2＋…＋n ）＋n ＝3×（12＋22＋…＋n 2）＋3×（r1）2＋n ①，又a 1＋a 2＋…＋a n ＝23－13＋33－23＋…＋（n ＋1）3－n 3＝（n ＋1）3－1＝n 3＋3n 2＋3n ②，所以3×（12＋22＋…＋n 2）＋3×（r1）2＋n ＝n 3＋3n 2＋3n ，即12＋22＋32＋…＋n 2＝23+32＋6＝（r1)(2r1）6.。

城东蜊市阳光实验学校一．课题：数列求和二．教学目的：1．纯熟掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进展求和运算；3．熟记一些常用的数列的和的公式．三．教学重点：特殊数列求和的方法．四．教学过程：〔一〕主要知识：1．等差数列与等比数列的求和公式的应用；2．倒序相加、错位相减，分组求和、拆项求和等求和方法；〔二〕主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式；2．求和过程中注意分类讨论思想的运用；3．转化思想的运用；〔三〕例题分析：例1．求以下数列的前n项和n S：〔1〕5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；〔2〕1111,,,,,132435(2)n n⨯⨯⨯+；〔3〕na =；〔4〕23,2,3,,,na a a na；〔5〕13,24,35,,(2),n n⨯⨯⨯+；〔6〕2222sin1sin2sin3sin89++++．解：〔1〕555555555nnS=++++个5(999999999)9n=++++个235505[10101010](101)9819n n n n =++++-=--． 〔2〕∵1111()(2)22n n n n =-++，∴11111111[(1)()()()]2324352nS n n =-+-+-++-+1111(1)2212n n =+--++． 〔3〕∵na===∴11nS n =++++1)(1n =-++++1=-． 〔4〕2323n n S a a a na =++++，当1a =时，123n S =+++ (1)2n n n ++=， 当1a≠时，2323n S a a a =+++…n na +，23423n aS a a a =+++…1n na ++，两式相减得23(1)na S a a a -=+++ (1)1(1)1n n n n a a a nana a++-+-=--，∴212(1)(1)n n n na n a a S a ++-++=-．〔5〕∵2(2)2n n n n +=+，∴原式222(123=+++…2)2(123n ++⨯+++…)n +(1)(27)6n n n ++=．〔6〕设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S =++++， 又∵2222sin 89sin 88sin 87sin 1S =++++，∴289S=，892S =． 例2．数列{}n a 的通项65()2()n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求其前n 项和n S ．解：奇数项组成以11a =为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以24a =为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有12n +项，偶数项有12n -项， ∴1121(165)4(14)(1)(32)4(21)221423n n n n n n n S --++--+--=+=+-， 当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有2n项，∴2(165)4(14)(32)4(21)221423n n n n n n n S +----=+=+-， 所以，1(1)(32)4(21)()23(32)4(21)()23n n nn n n S n n n -⎧+--+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数．例3．〔高考A 方案智能训练14题〕数列{}n a 的前n 项和2()n nS p p R =+∈，数列{}n b 满足2log n n b a =，假设{}n a 是等比数列，〔1〕求p 的值及通项n a ；〔2〕求和222123()()()n T b b b =-+…12*(1)()()n n b n N -+-∈．〔解答见教师用书127页〕 〔四〕稳固练习：设数列11,(12),,(122),n -++++的前n 项和为n S ，那么n S 等于〔〕五．课后作业：高考A 方案考点22，智能训练2，4，5，12，15，16．。

第五节数列求和课程标准1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.考情分析考点考法:高考命题常以等差、等比数列为载体,考查裂项相消、错位相减求和等数列求和方法,涉及奇偶项的求和问题是高考的热点,常以解答题的形式出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【核心考点·分类突破】考点一分组、并项、倒序相加求和[例1](1)数列112,214,318,…的前n项和为S n=()A.2-1B.(r1)2+2nC.(r1)2-12+1D.2-1【解析】选C.数列112,214,318,...的前n项和为S n=(1+2+3+...+n)+(12+14+18+ (12)=(r1)2+12(1-12)1-12=(r1)2-12+1.(2)设f(x)=21+2,则f(12024)+f(12023)+…+f(1)+f(2)+…+f(2024)=________.【解析】因为f(x)=21+2,所以f(x)+f(1)=1.令S=f(12024)+f(12023)+…+f(1)+f(2)+…+f(2024),①则S=f(2024)+f(2023)+…+f(1)+f(12)+…+f(12024),②所以2S=4047,所以S=40472.答案:40472(3)(2023·深圳模拟)已知公差为2的等差数列的前n项和为S n,且满足S2=a3.①若a1,a3,a m成等比数列,求m的值;②设b n=a n-2,求数列的前n项和T n.【解析】①由题意知数列是公差为2的等差数列,设公差为d,则d=2,又因为S2=a3,所以a1+a2=a3,即2a1+d=a1+2d,得a1=d=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n(n∈N*).又因为a1,a3,a m成等比数列,即32=a1a m,所以36=2×2m,得m=9.②因为b n=a n-2=2n-4n,所以T n=(2×1-41)+(2×2-42)+…+(2×n-4n)=2×(1+2+…+n)-(41+42+…+4n)=2×(r1)2-4×(1-4)1-4=n(n+1)-43×(4n-1)=n2+n+43-4r13.【解题技法】分组转化与并项求和法(1)数列的项可以拆分成两类特殊数列,分别对这两类数列求和,再合并后即为原来的数列的前n项和;(2)数列的项具有一定的周期性,相邻两项或多项的和是一个有规律的常数,可以将数列分成若干组求和.【对点训练】1.已知数列的通项公式为a n=n cos(n-1)π,S n为数列的前n项和,则S2023=()A.1009B.1010C.1011D.1012【解题提示】将a n=n cos(n-1)π化为a n=n×-1-1,利用并项法求和.【解析】选D.因为当n为奇数时cos(n-1)π=1,当n为偶数时cos(n-1)π=-1,所以cos(n-1)π=-1-1,所以a n=n cos(n-1)π=n×-1-1.S2023=(1-2)+(3-4)+…+(2021-2022)+2023=-1011+2023=1012.2.设f(x)=44+2,若S=f(12024)+f(22024)+…+f(20232024),则S=________.【解析】因为f(x)=44+2,所以f(1-x)=41-41-+2=22+4,所以f(x)+f(1-x)=44+2+22+4=1.S=f(12024)+f(22024)+…+f(20232024),①S=f(20232024)+f(20222024)+…+f(12024),②①+②,得2S=[f(12024)+f(20232024)]+[f(22024)+f(20222024)]+…+[f(20232024)+f(12024)]=2023,所以S=20232.答案:202323.已知是公差d≠0的等差数列,其中a2,a6,a22成等比数列,13是a4和a6的等差中项;数列是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.(1)求数列和的通项公式;(2)令c n=a n+b n,求数列的前n项和T n.【解析】(1)因为a2,a6,a22成等比数列,所以62=a2a22,即(1+5)2=(a1+d)(a1+21d)①.因为13是a4和a6的等差中项,所以a4+a6=26,即(a1+3d)+(a1+5d)=26②,由①②可得:a1=1,d=3,所以a n=1+(n-1)×3=3n-2,从而b3=a2=4,b5=a6=16.因为数列是公比q为正数的等比数列,所以b5=b3q2,即16=4q2,所以q=2,从而b n=b3q n-3=2n-1.(2)由于b n=2n-1,所以b1=1.因为c n=a n+b n,所以T n=c1+c2+…+c n=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(a n+b n)=(a1+a2+…+a n)+(b1+b2+…+b n)=+(-1)2×3+1-21-2=2n+32n2-12n-1.考点二裂项相消法求和[例2](1)已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=1(r1)+(),n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2025=________.【解析】由f(4)=2可得4a=2,解得a=12,则f(x)=12,所以a n=1(r1)+()==+1-,S2025=a1+a2+a3+…+a2025=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2025-2024)+(2026-2025)=2026-1.答案:2026-1(2)已知数列的各项均为正数,S n是其前n项的和.若S n>1,且6S n=2+3a n+ 2(n∈N*).①求数列的通项公式;②设b n=1r1,求数列的前n项和T n.【解析】①因为6S n=2+3a n+2,(i)n=1时,6S1=6a1=12+3a1+2,即12-3a1+2=0,解得a1=2或a1=1,因为S n>1,所以a1=2;(ii)n≥2时,由6S n=2+3a n+2,有6S n-1=-12+3a n-1+2,两式相减得6(S n-S n-1)=2--12+3a n-3a n-1,所以6a n=2--12+3a n-3a n-1,所以2--12-3a n-3a n-1=0,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1)-3(a n+a n-1)=0,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1-3)=0.因为数列的各项均为正数,所以a n+a n-1≠0,所以a n-a n-1-3=0,即a n-a n-1=3,综上所述,是首项a1=2,公差d=3的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=2+(n-1)×3=3n-1,所以数列的通项公式为a n=3n-1.②由①知a n=3n-1,所以a n+1=3(n+1)-1=3n+2,所以b n=1r1=1(3-1)(3r2)=13×(3r2)-(3-1)(3-1)(3r2)=13×(13-1-13r2),所以T n=13×(12-15)+13×(15-18)+13×(18-111)+…+13×(13-1-13r2)=13×(12-15+15-18+18-111+…+13-1-13r2)=13×(12-13r2)=13×3r2-22(3r2)=6r4,所以数列的前n项和T n=6r4.【解题技法】破解裂项相消求和的关键点(1)定通项:根据已知条件求出数列的通项公式.(2)巧裂项:根据通项公式的特征进行准确裂项,把数列的每一项,表示为两项之差的形式.(3)消项求和:通过累加抵消掉中间的项,达到消项的目的,准确求和.(4)常见的裂项结论:①设等差数列的各项不为零,公差为d(d≠0),则1r1=1(1-1r1);②142-1=12(12-1-12r1);③1(r1)(r2)=12(r1)(1-1r2)=12[1(r1)-1(r1)(r2)];④242-1=14(42-1)+1442-1=14+18(12-1-12r1);⑤a n=2(2+)(2r1+)=12+-12r1+;⑥a n=r12(r2)2=14[12-1(r2)2].提醒:要注意正负相消时,可以通过写出前几项观察消去规律的方法,确定消去了哪些项,保留了哪些项,不可漏写未被消去的项.【对点训练】1.{a n }是等比数列,a 2=12,a 5=116,b n =r1(+1)(r1+1),则数列{b n }的前n 项和为()A .2-12(2+1)B .2-12+1C .12+1D .2-12+2【解析】选A .a 5=a 2·q 3,所以q 3=18,所以q =12,a 1=1,所以a n =(12)n -1.b n =(12)[(12)-1+1][(12)+1]=1(12)+1-1(12)-1+1,所以b 1+b 2+b 3+…+b n =[1(12)1+1-1(12)0+1]+[1(12)2+1-1(12)1+1]+[1(12)3+1-1(12)2+1]+…+[1(12)+1-1(12)-1+1]=1(12)+1-12=2-12(2+1).2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=8,S n =r12-n -1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)n 项和T n .【解析】(1)因为a 2=8,S n =r12-n -1,所以a 1=S 1=22-2=2.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=r12-n -1-(2-n ),即a n +1=3a n +2.又a 2=8=3a 1+2,所以a n +1=3a n +2,n ∈N *,所以a n +1+1=3(a n +1),所以数列{a n +1}是等比数列,且首项为a 1+1=3,公比为3,所以a n +1=3×3n -1=3n ,所以a n =3n -1.(2)因为2×3=2×3(3-1)(3r1-1)=13-1-13r1-1,r1n 项和T n =(13-1-132-1)+(132-1-133-1)+…+(13-1-13r1-1)=12-13r1-1.考点三错位相减法求和[例3]已知数列中,a 1=8,且满足a n +1=5a n -2·3n .(1)证明:数列-3为等比数列,并求数列的通项公式;(2)若b n =n (a n -3n ),求数列的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=5a n -2·3n ,所以a n +1-3n +1=5a n -5·3n =5(a n -3n ),所以数列-3是以a 1-31=5为首项,以5为公比的等比数列,所以a n -3n =5×5n -1=5n ,所以a n =3n +5n .(2)因为a n =3n +5n ,所以b n =n (a n -3n )=n ×5n ,所以S n =b 1+b 2+b 3+…+b n ,即S n =1×51+2×52+3×53+…+n ×5n ①,所以5S n =1×52+2×53+3×54+…+n ×5n +1②,由①-②得:-4S n =1×51+1×52+1×53+…+1×5n -n ×5n +1,-4S n =5(1-5)1-5-n ×5n +1,化简得:S n =5+(4-1)×5r116.【解题技法】错位相减法求和的解题策略(1)巧分拆,即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式,并求出公差和公比.(2)构差式,即写出S n的表达式,再乘公比或除以公比,然后将两式相减.(3)后求和,根据差式的特征准确进行求和.提醒:错位相减法求和的注意点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”,以便于下一步准确地写出“S n-qS n”的表达式.②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1,如果q=1,应用公式S n=na1.【对点训练】已知数列的前n项和为S n=3n2+8n-6,是等差数列,且a n=b n+b n+1(n≥2).(1)求数列和的通项公式;(2)令c n=b n·2n+2n+1,求数列的前n项和T n.【解析】(1)S n=3n2+8n-6,所以n≥2时,S n-1=3(n-1)2+8(n-1)-6,所以a n=S n-S n-1=6n+5.n=1时,a1=S1=5,不满足a n=6n+5,所以a n=5(=1)6+5(≥2);设的公差为d,a n=b n+b n+1(n≥2),所以a n-1=b n-1+b n(n≥3),所以a n-a n-1=b n+1-b n-1,所以2d=6,所以d=3.因为a2=b2+b3,所以17=2b2+3,所以b2=7⇒b1=4,所以b n=3n+1;(2)c n=3(n+1)2n,所以T n=3×2+3×22+…+(+1)2①,所以2T n=32×22+3×23+…+(+1)2r1②,①-②得,-T n=3[2×2+22+23+…+2n-(n+1)2n+1]+1)2r1=-3n·2n+1,所以T n=3n·2n+1,所以数列的前n项和T n=3n·2n+1.。

学业水平测试数学复习学案 第23课时 数列的求和一．知识梳理（数列求和的方法）1.公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等差、等比的数列；2.分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。

3.裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。

如：1）111111()n n nn a a d a a ++=-⋅；21d=。

常见裂项公式：（1）111(1)1n n nn ++=-；（2）1111()()n n k knn k++=-；4.错位相减法：适用于差比数列（如果{}n a 等差，{}n b 等比，那么{}n n a b 叫做差比数列）即把每一项都乘以{}n b 的公比q ，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。

二．课前自测1.等差数列{}n a 中，24)(3)(2119741=++++a a a a a ，则其前13项和为（ ） A.13 B.26 C.52 D.156 2、数列{(－1)n ·n}的前2010项的和S 2 010为( )A.－2010B.－1005C.2010D.10053． 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值为 。

4.数列, (8)1,341,2211+++的前n 项和为 。

三．典例解析【例1】设数列{}n a 的前n 项和)N (n 1,-1)4n (2n (-1)S 2nn *∈++=。

（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)记(1)nn nb a -=，求数列{}n b 前n 项和n T【变式训练1】已知数列{}n a 的各项为正数，前(1),,.2n n n n a a n S S n ++=∈N 和为且（1）求证：数列{}n a 是等差数列； （2）设121,,.2n n n n nb T b b b T S ==+++ 求【例2】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 ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .【变式训练2】 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn 前n 项的和.【变式训练3】记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2446,10a a S +==.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令2n n n b a =⋅*(N )n ∈，求数列{}n b 的前n 项和n T . .。

第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.必备知识——强基础数列求和的几种常用方法1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式①已知等差数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2；②已知等差数列的第1项和公差求前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，①已知等比数列的第1项和第n 项求前n 项和S n ＝a 1－a n q1－q ；②已知等比数列的第1项和公比求前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q .2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．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．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．5．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2．12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3．裂项求和常用的变形(1)分式型：1n （n ＋k ）＝1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）等．(2)指数型：2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1－1，n ＋2n （n ＋1）·2n ＝1n ·2n －1－1（n ＋1）·2n 等．(3)根式型：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )等．(4)对数型：log m a n ＋1a n＝log m a n ＋1－log m a n ，a n >0，m >0且m ≠1.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n ＋1＋n，则S 9＝2.()(2)1n 2<1（n －1）n ＝1n －1－1n.()(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求和．()(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n＝3n－12.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n（n＋1），则S5＝()A．1B．56C．16D．130答案B解析∵a n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{a n}的通项公式a n＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为()A．－200B．－100C．200D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{a n}的通项公式a n＝2n＋2n－1，则数列{a n}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2答案C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.故选C.(4)在数列{a n}中，a1＝1，a n a n＋1＝－2，则S100＝________．答案－50解析根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以{a n}中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a 99＋a 100＝1－2＋…＋1－2＝50×(－1)＝－50.考点探究——提素养考点一拆项分组法求和例1(2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，其公比q ≠－1，a 4＋a 5a 7＋a 8＝127，且S 4＝a 3＋93.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n log 13a n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为{a n }是等比数列，公比q ≠－1，则a 4＝a 1q 3，a 5＝a 1q 4，a 7＝a 1q 6，a 8＝a 1q 7，所以a 4＋a 5a 7＋a 8＝a 1q 3＋a 1q 4a 1q 6＋a 1q 7＝1q 3＝127，解得q ＝3，由S 4＝a 3＋93，可得a 1（1－34）1－3＝9a 1＋93，解得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n .(2)由(1)得b nn ，n 为奇数，n ，n 为偶数.当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－(1＋3＋…＋n －1)＋(32＋34＋…＋3n )＝－n2·[1＋（n －1）]2＋9（1－9n2）1－9＝98(3n －1)－n 24；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝98(3n ＋1－1)－（n ＋1）24－3n ＋1＝18·3n ＋1－98－（n ＋1）24.综上所述，T nn ＋1－98－（n ＋1）24，n 为奇数，3n －1）－n 24，n 为偶数.【通性通法】拆项分组法求和的常见类型【巩固迁移】1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．答案n 2＋1－12n解析由题意可得，通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋＋122＋123＋…＝n [1＋（2n －1）]2＋21－12＝n 2＋1－12n .考点二并项转化法求和例2在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)由题意，设等差数列{a n }的公差为d，1＋5d ＝12，1＋17d ＝36，1＝2，＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)由(1)，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，(ⅰ)当n 为偶数时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝2＋2＋…＋2＝n2×2＝n ；(ⅱ)当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n －1＋b n ＝n －1－2n ＝－n －1.∴Sn ，n 为偶数，n －1，n 为奇数.【通性通法】并项转化法求和【巩固迁移】2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，数列{b n }满足对任意正整数m ≥2均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m 成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前99项和．解(1)因为a 1＋2a 2＋…＋na n ＝2n ，所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝2(n －1)．两式相减，得na n ＝2，所以a n ＝2n (n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝2，也符合上式，所以a n ＝2n .(2)由(1)知1a n ＝n2.因为对任意的正整数m ≥2，均有b m －1＋b m ＋b m ＋1＝1a m ＝m2，故数列{b n }的前99项和b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＋…＋b 97＋b 98＋b 99＝(b 1＋b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6)＋…＋(b 97＋b 98＋b 99)＝1a 2＋1a 5＋…＋1a 98＝22＋52＋…＋982＝825.考点三裂项相消法求和例3(2023·承德模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1S n＝2n .(1)证明：数列{a n }是等差数列；(2)若a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{b n }的前n 项和T n .①b n ＝na 2n a 2n ＋1；②b n ＝1a n ＋a n ＋1；③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：因为a n ＋1S n＝2n ，即n (a n ＋1)＝2S n ，当n ＝1时，a 1＋1＝2S 1，解得a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －1，所以n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －2S n －1，即n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2a n ，所以(n －2)a n －(n －1)a n －1＋1＝0，当n ＝2时，上述式子恒成立，当n >2时，两边同除以(n －2)(n －1)可得a n n －1－a n －1n －2＝－1（n －1）（n －2）＝1n －1－1n －2，即a n n －1－1n －1＝a n －1n －2－1n －2，，即a n －1n －1＝a 2－1，所以a n －1＝(n －1)(a 2－1)，即a n ＝(n －1)(a 2－1)＋1，当n ＝1时，也适合上式，所以a n ＋1－a n ＝n (a 2－1)＋1－(n －1)(a 2－1)－1＝a 2－1，所以数列{a n }是以1为首项，a 2－1为公差的等差数列．(2)设{a n }的公差为d ，因为a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列，所以(a 3＋1)2＝a 5(a 2＋1)，即(2＋2d )2＝(1＋4d )(2＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.若选①b n ＝na 2n a 2n ＋1，则b n ＝n （2n －1）2（2n ＋1）2＝181（2n －1）2－1（2n ＋1）2，所以T n ＝18112－132＋132－152＋…＋1（2n －1）2－1（2n ＋1）2＝181－1（2n ＋1）2.若选②b n ＝1a n ＋a n ＋1，则b n ＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1（2n －1＋2n ＋1）（2n ＋1－2n －1）＝12(2n ＋1－2n －1)，所以T n ＝12(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1)．若选③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1，则b n ＝2n ＋3（2n －1）（2n ＋1）2n ＋1＝1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1，所以T n ＝11×21－13×22＋13×22－15×23＋…＋1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1＝12－1（2n ＋1）×2n ＋1.【通性通法】利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(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＝，1a n a n ＋2＝【巩固迁移】3．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n ＝()A ．25B ．576C ．624D ．625答案C解析a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24，得n ＝624.故选C.4．(2022·新高考Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.解(1)1，公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，故S n ＝n ＋23a n .①当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1.②由①－②可知a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1.所以a 2a 1×a3a 2×…×a n －1a n －2×a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1＝n （n ＋1）2(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．(2)证明：因为1a n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝21－22＋22－23＋…＋2n －2n ＋1＝2－2n ＋1＜2.考点四错位相减法求和例4(2023·全国甲卷)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2(S n－S n－1)＝na n－(n－1)a n－1，即2a n＝na n－(n－1)a n－1，化简得(n－2)a n＝(n－1)a n－1，当n≥3时，a nn－1＝a n－1n－2＝…＝a32＝1，即a n＝n－1，当n＝1，2时都满足上式，所以a n＝n－1(n∈N*)．(2)因为a n＋12n＝n2n，所以T n＝＋＋＋…＋n，1 2T n＝＋＋…＋(n－＋n＋1，两式相减得12T n＋…－n＋1＝12×11－12－n＋1＝1－，即T n＝2－(2＋n，n∈N*.【通性通法】1．错位相减法求和的适用条件若{a n}是公差为d(d≠0)的等差数列，{b n}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an b n}的前n项和S n.2．错位相减法求和的步骤3．错位相减法求和的注意事项注意在写出S n与qS n的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出点一S n －qS n ，特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n －1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b 2＋b 3＋…＋b n 这n －1项和看成n 项和，把－a n b n ＋1写成＋a n b n ＋1导致错误【巩固迁移】5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝6，a n ＋1＝2(S n ＋1)．(1)证明{a n }为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解(1)因为a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以a n ＝2(S n －1＋1)(n ≥2)，故a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)，又a 2＝2(S 1＋1)＝2a 1＋2，故a 1＝2，即a2a 1＝3，因此a n ＋1a n＝3(n ∈N *)．故{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列．因此a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．(2)因为T n ＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n ×3n －1，①故3T n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n －1)×3n －1＋2n ×3n ，②①－②，得－2T n ＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n －1)－2n ×3n＝2＋2×3（3n －1－1）3－1－2n ×3n ＝－1＋(1－2n )×3n ，即T n ＝（2n －1）×3n ＋12.考点五倒序相加法求和例5已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，可得1a n ＋1＝2a n－16，于是1a n ＋1－16＝即b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，因此a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.【通性通法】倒序相加法的使用策略策略一将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n 项和公式的推导即用此方法)策略二和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数关于点对称的性质，组合数中C k n ＝C n －kn 的性质【巩固迁移】6．已知函数f (x )对任意的x ∈R ，都有f (x )＋f (1－x )＝1，数列{a n }满足a n ＝f (0)＋…＋f (1)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n ＋12解析∵f (x )＋f (1－x )＝1，∴1，又a n ＝f (0)＋…＋f (1)①，∴a n ＝f (1)＋…＋f (0)②，①＋②，得2a n ＝n ＋1，∴a n ＝n ＋12.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.课时作业一、单项选择题1．(2024·黑龙江牡丹江第二次阶段测试)已知等差数列{a n }，a 2＝3，a 5＝6前8项和为()A ．15B ．25C ．35D ．45答案B解析由a 2＝3，a 5＝6可得公差d ＝a 5－a 23＝1，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝n ＋1，因此1a n a n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，8…＝12－110＝25.故选B.2．在数列{a n }中，a n ＝(－1)n －1(4n －3)，前n 项和为S n ，则S 22－S 11为()A ．－85B ．85C ．－65D ．65答案C解析∵S 22＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 21＋a 22＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(81－85)＝(－4)×11＝－44，S 11＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(33－37)＋41＝(－4)×5＋41＝21，∴S 22－S 11＝－44－21＝－65.3．(2023·青岛调研)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足a 1＝3，a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，k ∈N *，则S 2023＝()A ．42023－1B ．3×22023－3C ．3×41012－9D ．5×41011－2答案C解析∵a 2k ＝8a 2k －1，a 2k ＋1＝12a 2k ，∴a 2k ＋1＝4a 2k －1.又a 1＝3，∴数列{a 2k －1}是首项为3，公比为4的等比数列．∵a 2＝8a 1＝24，a 2k ＋2a 2k ＝a 2k ＋2a 2k ＋1·a 2k ＋1a 2k＝4，∴数列{a 2k }是首项为24，公比为4的等比数列．∴S 2023＝(a 1＋a 3＋…＋a 2023)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2022)＝3（1－41012）1－4＋24（1－41011）1－4＝3×41012－9.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝cosn π3，a 1＝1，则S 2023＝()A ．0B ．12C ．1D ．32答案C解析S 2023＝a 1＋(a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7)＋…＋(a 2021＋a 2022＋a 2023)＝1＋cos2π3＋cos 5π3＋…＋cos 2018π3＋cos 2021π3＝1＋cos 2π3＋1.故选C.5．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋2，数列{log 2a n }的前n 项和为T n ，则T 20＝()A ．190B ．192C ．180D ．182答案B解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋2＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2－(2n －1＋2)＝2n －2n －1＝2n －1，经检验a 1＝4不满足上式，所以a n，n ＝1，n －1，n ≥2.设b n ＝log 2a n ，则b n，n ＝1，－1，n ≥2，所以T 20＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 20＝2＋1＋2＋3＋…＋19＝192.故选B.6．(2024·湖北黄冈调研)已知数列{a n }满足a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650，则a 23＝()A ．231B ．234C ．279D ．276答案B解析由a n ·(－1)n ＋a n ＋2＝2n －1，S 20＝650可知，当n 为偶数时，a n ＋a n ＋2＝2n －1，当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2n －1，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＋(a 14＋a 16)＋(a 18＋a 20)＝650，即a 1＋(a 1＋1)＋(a 1＋6)＋(a 1＋15)＋(a 1＋28)＋(a 1＋45)＋(a 1＋66)＋(a 1＋91)＋(a 1＋120)＋(a 1＋153)＋3＋11＋19＋27＋35＝650，由此解得a 1＝3，所以a 23＝a 1＋231＝234.故选B.7．(2024·江苏常州高三阶段考试)已知正项数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 2，a 4成等比数列．若∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝3，则a 1＝()A ．169B ．916C ．43D ．34答案A解析设正项等差数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，∵a 1，a 2，a 4成等比数列，∴a 22＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，整理得，d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∵∑24k ＝11a k ＋a k ＋1＝∑24k ＝1a k ＋1－a k（a k ＋1＋a k ）（a k ＋1－a k ）＝∑24k ＝1a k ＋1－a k a k ＋1－a k ＝∑24k ＝11d(a k ＋1－a k )＝1d (a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a 25－a24)＝1d (a25－a 1)＝1d (a 1＋24d －a 1)＝3，即1a 1(5a 1－a 1)＝3，即4a 1＝3a 1，∵a 1>0，∴a1＝169.故选A.8．已知函数fg(x )＝f (x )＋1，若an ＝{a n }的前2022项和为()A．2023B ．2022C ．2021D ．2020答案B 解析由于函数f，则x 即0，所以f (x )＋f (1－x )＝0，所以g (x )＋g (1－x )＝[f (x )＋1]＋[f (1－x )＋1]＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 2022)＝2g…＋＝g＋g ＋…＋g2×2022，因此数列{a n }的前2022项和为a 1＋a 2＋…＋a 2022＝2022.故选B.二、多项选择题9．(2024·广东梅州市大埔县高三质检)已知数列{a n }的首项为4，且满足2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0(n ∈N *)，则()A B ．{a n }为递增数列C ．{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)·2n ＋1＋4D n 项和T n ＝n 2＋n 2答案BD解析由2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ，是以a11＝a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为an n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝n ·2n ＋1，显然递增，故B 正确；因为S n＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，2S n ＝1×23＋2×24＋…＋n ×2n ＋2，所以－S n ＝1×22＋23＋…＋2n ＋1－n ×2n ＋2＝22（1－2n ）1－2－n ·2n ＋2，故S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故C 错误；因为a n 2n ＋1＝n ·2n ＋12n ＋1＝n ，所n 项和T n ＝n （1＋n ）2＝n 2＋n 2，故D 正确．故选BD.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2，则下列结论中正确的是()A ．a n ＝n 2＋n ＋1n （n ＋1）B ．S n ＝n 2＋n －1n ＋1C ．a n ≤32D ．满足S n ≤2024的n 的最大值为2023答案ACD 解析a n ＝1＋1n 2＋1（n ＋1）2＝[n （n ＋1）＋1]2n 2（n ＋1）2＝n 2＋n ＋1n （n ＋1），故A 正确；因为a n ＝1＋1n （n ＋1）＝1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝n …n ＋1－1n ＋1＝n 2＋2n n ＋1，故B 错误；因为1＋1n （n ＋1）>1＋1（n ＋1）（n ＋2），所以a n >a n ＋1，所以{a n }是递减数列，所以a n ≤a 1＝32，故C正确；因为a n ＝1＋1n －1n ＋1>0，所以S n 递增，且S 2023<2024，S 2024>2024，所以满足S n ≤2024的n 的最大值为2023，故D 正确．故选ACD.三、填空题11.12！＋23！＋34！＋…＋n （n ＋1）！＝________．答案1－1（n ＋1）！解析∵k （k ＋1）！＝k ＋1－1（k ＋1）！＝1k ！－1（k ＋1）！，∴12！＋23！＋34！＋…＋n（n ＋1）！＝1－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＋1n ！－1（n ＋1）！＝1－1（n ＋1）！.12．已知数列{a n }满足a n ＋2n ＋2，n 为奇数，a n ，n 为偶数，且a 1＝2，a 2＝1，则此数列的前20项和为________．答案1133解析当n 为奇数时，由a n ＋2＝a n ＋2可知，{a n }的奇数项成等差数列，且公差为2，首项为a 1＝2；当n 为偶数时，由a n ＋2＝2a n 可知，{a n }的偶数项成等比数列，且公比为2，首项为a 2＝1，故前20项和为a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＋10×92×2＋1－2101－2＝110＋1023＝1133.13．(2024·云南曲靖高三月考)已知正项数列{a n }满足a 1＝2且a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0，令b n ＝(n ＋2)a n －257，则数列{b n }的前7项和为________．答案2021解析由a 2n ＋1－2a 2n －a n a n ＋1＝0可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，因为a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝2n (n ＋2)－257，令c n ＝2n (n ＋2)，{c n }的前n 项和为T n ，则T 7＝3×21＋4×22＋5×23＋…＋9×27，2T 7＝3×22＋4×23＋5×24＋…＋9×28，两式相减可得，－T 7＝3×21＋22＋23＋…＋27－9×28＝6＋4×（1－26）1－2－9×28＝6＋4×63－9×256＝－2046，所以T 7＝2046，所以数列{b n }的前7项和为T 7－257×7＝2046－25＝2021.14．(2023·湖北重点中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a n －S n ＝2，记数列n 项和为T n .若对于任意n ∈N *，不等式k ＞T n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案13，＋解析依题意2a n －S n ＝2，当n ＝1时，a 1＝2，由2a n －1－S n －1＝2，n ≥2，两式相减并化简得a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＝2n ，所以a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n …＋＝13－12n ＋1＋1<13，所以实数k 的取值范围是13，＋四、解答题15．(2024·湖北恩施模拟)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 －1·4na 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 －1·4na n a n ＋1＝(－1)n －1·4n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1当n 为偶数时，T n…1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n…1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T nn为奇数n 为偶数T n16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝－2S n －1S n (n ≥2)．(1)求a n ；(2)设b n ＝2nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)∵a n ＝－2S n －1S n ，∴S n －S n －1＝－2S n －1S n ，∴S n －1－S n ＝2S n S n －1，∴1S n －1S n －1＝2，∴，且1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1＋2n －2＝2n －1，∴S n ＝12n －1(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n ＝－2（2n －1）（2n －3），又a 1＝1不满足上式，∴a nn ≥2.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n －1)2n ＋1＝2＋23（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1＝2－8＋2n ＋2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，∴T n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.17．(2024·江西临川一中阶段考试)函数f (x )＝ln x ，其中f (x )＋f (y )＝2，记S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n(n ∈N *)，则∑2024i ＝11S i ＝()A ．20242025B ．20252024C ．20254048D ．40482025答案A解析∵f (x )＝ln x ，f (x )＋f (y )＝2，∴f (x )＋f (y )＝ln x ＋ln y ＝ln (xy )＝2.S n ＝ln x n ＋ln (x n －1y )＋…＋ln (xy n －1)＋ln y n ，即S n ＝ln y n ＋ln (xy n －1)＋…＋ln (x n －1y )＋ln x n ，两式相加得，2S n ＝(n ＋1)ln(x n y n )＝n (n ＋1)ln (xy )＝2n (n ＋1)，∴S n ＝n (n ＋1)，∑2024i ＝11S i ＝∑2024i ＝11i （i ＋1）＝∑2024i ＝11－12025＝20242025.故选A.18．(2023·广西玉林统考三模)已知函数f (x )＝e －x －e x ，若函数h (x )＝f (x －4)＋x ，数列{a n }为等差数列，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝44，则h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝________．答案44解析由题意，可得h (x )＝f (x －4)＋x ＝e －(x －4)－e x －4＋x ，设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11a 6＝44，解得a 6＝4，则h (a 6)＝h (4)＝e －(4－4)－e 4－4＋a 6＝a 6＝4，根据等差中项的性质，可得a 1＋a 11＝2a 6＝8，则h (a 1)＋h (a 11)＝e－(a 1－4)－e a 1－4＋a 1＋e－(a11－4)－e a 11－4＋a 11＝1e a 1－4＋1e a 11－4－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝e a 1－4＋e a 11－4e a 1＋a 11－8－(e a 1－4＋e a 11－4)＋a 1＋a 11＝a 1＋a 11＝8，同理可得，h (a 2)＋h (a 10)＝8，h (a 3)＋h (a 9)＝8，h (a 4)＋h (a 8)＝8，h (a 5)＋h (a 7)＝8，所以h (a 1)＋h (a 2)＋…＋h (a 11)＝5×8＋4＝44.19．(2023·山西太原二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (S n ≠0)，满足S 1，S 2，－S 3成等差数列，且a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝－3a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ，依题意得S 1＋(－S 3)＝2S 2，所以－(a 2＋a 3)＝2(a 1＋a 2)，即－a 1(q ＋q 2)＝2a 1(1＋q )，因为a 1≠0，所以q 2＋3q ＋2＝0，解得q ＝－1或q ＝－2，因为S n ≠0，所以q ＝－2，又因为a 1a 2＝a 3，所以a 21q ＝a 1q 2，即a 1＝q ＝－2，所以a n ＝(－2)n .(2)由题意可得，b n ＝－3（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝（－2）n ＋1－（－2）n[（－2）n ＋1][（－2）n ＋1＋1]＝1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1，则T n ＝1（－2）1＋1－1（－2）2＋1＋1（－2）2＋1－1（－2）3＋1＋…＋1（－2）n ＋1－1（－2）n ＋1＋1＝－1－1（－2）n ＋1＋1.20．(2024·新疆阿克苏地区质检)已知正整数数列{a n }，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2时，a 2n －1a n ＋1<a n －2025年高考数学复习讲义及练习解析211<a 2n ＋1a n ＋1恒成立．(1)证明数列{a n }是等比数列并求出其通项公式；(2)定义：|x |表示不大于xn 项和为S n ，求|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|的值．解(1)由a 2n －1a n ＋1<a n －1<a 2n ＋1a n ＋1，得a 2n －1<a n －1a n ＋1<a 2n ＋1.因为{a n }是正整数数列，所以a n －1a n ＋1＝a 2n (n ≥2，n ∈N *)，于是{a n }是等比数列．又a 1＝1，a 2＝2，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)因为2n －1a n ＝2n －12n －1，S n ＝120＋321＋522＋…＋2n －12n －1，12S n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，两式相减得，12S n ＝1＋＋122＋123＋…－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以S n ＝6－2n ＋32n －1<6，又S n ＋1－S n ＝2n ＋12n >0，即{S n }为递增数列，S 1＝1，2<S 2＝52<3，3<S 3＝154<4，4<S 4＝378<5，S 5＝8316>5，所以|S 1|＝1，|S 2|＝2，|S 3|＝3，|S 4|＝4，|S n |＝5(n ≥5)，所以|S 1|＋|S 2|＋|S 3|＋…＋|S 2024|＝1＋2＋3＋4＋＝10110.。

数列求和可分为特殊数列与一般数列求和，所谓特殊数列就是指等差或等比数列，非等差或非等比数列称之为一般数列。

对于特殊数列的求和，要恰当地选择、准确地应用求和公式，采用直接求和的方法。

对于一般数列的求和，可采用下面介绍的几种化归策略。

1、 公式法：⑴ 等差数列的求和公式2)(1n n a a n S +=， 2)1(1d n n na S n -+=⑵ 等比数列的求和公式 当1≠q 时，1(1)1n n a q S q -=- ① 或q q a a S n n --=11 ② 当q=1时1n S na = ⑶ (1)122n n n ++++=， 2135(21)n n ++++-=， 2135(21)(1)n n +++++=+，22221123(1)(21)6n n n n ++++=++ 23333]2)1([321+=++++n n n 2、 倒序相加法： 如果一个数列｛a n ｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。

特征：a n +a 1=a n-1+a 2例1、 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值例2、已知)10011000()10012()10011(,244)(f f f S x f x x +++=+= 求的值。

3、 错项相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所组成，此时求和可采用错位相减法。

特征：所给数列｛a n ｝，其中a n =c n ·b n 而｛c n ｝是一个等差数列，且｛b n ｝则是一个等比数列。

（“等比数列”的求和）例3、已知数列｛a n ｝，a 1=2， a n =（n+1）x n －1(n ≥2，n ∈N *)，求S n 。

例4、求数列}21{n n ⨯前n 项和4、裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，即数列的每一项均可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项之和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法。

高中数学教案数列求和
教学目标：
1. 理解数列求和的概念和意义；
2. 掌握常见数列求和公式和方法；
3. 能够应用所学知识解决实际问题。

教学重点：
1. 等差数列求和；
2. 等比数列求和；
3. 数列求和的应用。

教学步骤：
1. 导入（5分钟）：
向学生引入数列求和的概念，让他们思考什么是数列求和，为什么要学习数列求和。

2. 等差数列求和（15分钟）：
a. 介绍等差数列的概念和性质；
b. 讲解等差数列求和公式：Sn=n/2(2a1 + (n-1)d)；
c. 给学生几个例题进行练习，让他们掌握等差数列求和的方法。

3. 等比数列求和（15分钟）：
a. 介绍等比数列的概念和性质；
b. 讲解等比数列求和公式：Sn=a1(1-q^n)/(1-q)；
c. 给学生几个例题进行练习，让他们掌握等比数列求和的方法。

4. 数列求和的应用（15分钟）：
结合实际问题，让学生应用数列求和的知识解决实际问题，如等差数列模型、等比数列模型等。

5. 练习与总结（10分钟）：
让学生进行练习，巩固所学知识，并进行总结，梳理数列求和的重点和难点。

教学反馈：
安排课后作业，让学生巩固所学内容，并在下节课进行答疑与复习。

第5讲数列求和1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.1.公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝□1n （a 1＋a n ）2＝□2na 1＋n （n －1）d2.(2)等比数列{a n }的前n 项和S n2.几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或其他可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和.(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前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.常用结论1.一些常见的数列的前n 项和(1)1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；(3)1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2.2.几种常见变形(1)1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)；(2)等差数列{a n }(a n ≠0)的公差为d (d ≠0)，则1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)；(3)1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；(4)2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{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＝)(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.()(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.()答案：(1)√(2)√(3)×(4)√2.回源教材(1)数列{a n }的前n 项和为S n .若a n ＝1n （n ＋1），则S 5等于()A.1B.56C.16D.130解析：B因为a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.(2)已知a n ＝2n ＋n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝.解析：S n ＝(2＋22＋ (2))＋(1＋2＋…＋n )＝2（1－2n ）1－2＋12n (n ＋1)＝2n ＋1－2＋12n 2＋12n .答案：2n ＋1－2＋12n 2＋12n(3)数列{(n ＋3)·2n －1}前20项的和为.解析：S 20＝4·1＋5·21＋6·22＋…＋23·219，2S 20＝4·2＋5·22＋6·23＋…＋23·220，两式相减，得－S 20＝4＋2＋22＋…＋219－23·220＝4＋2（1－219）1－2－23·220＝－22·220＋2.故S 20＝22·220－2.答案：22·220－2分组(并项)法求和例1(2024·菏泽模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，它的前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1.(1)n (2)求S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 2n .解：(1)证明：由2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1(n ≥1)，①得2S n －1＋a n ＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得a n ＋a n ＋1＝2n (n ≥2)，得a n ＋1＝－a n ＋2n⇒a n ＋1－2n ＋13＝－(a n －2n 3)(n ≥2)，又当n ＝1时，由①得a 2＝1⇒a 2－223＝－(a 1－23)，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1－2n ＋13＝－(a n －2n 3)，故{a n －2n 3}是以13为首项，－1为公比的等比数列.(2)由(1)知a n －2n 3＝（－1）n －13⇒a n ＝2n ＋（－1）n －13，所以a n ＋1＝2n ＋1＋（－1）n 3①得S n ＝2n ＋13－（－1）n 6－12，所以S 1＋S 2＋…＋S 2n ＝13(22＋23＋…＋22n ＋1)－16[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n ]－2n 2＝13×22－22n ＋21－2－0－n ＝22n ＋2－3n －43.反思感悟1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.训练1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n 项和T n .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).当n 为偶数时，T n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝－n .当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋b n ＝－(n －1)＋(－1)n －1(2n －1)＝－(n －1)＋(2n －1)＝n .综上，T n ＝(－1)n ＋1n .裂项相消法求和例2(2023·南京一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＋2S n－1＝3S n (n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ≥2时，S n ＋1＋2S n －1＝3S n ⇒S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1即a n ＋1＝2a n ，∵{a n }是等比数列，∴q ＝2，又a 1＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知，S n＝1×（1－2n）1－2＝2n－1，∴b n＝2n（2n－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12n＋1－1，∴T n＝b1＋b2＋…＋b n＝1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1，即T n＝1－12n＋1－1.反思感悟1.裂项相消法求和的基本步骤2.裂项相消法的原则及规律(1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止.(2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项.训练2已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＝n2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{1a n a n＋1}的前n项和T n.解：(1)当n≥2时，由S n＝n2，得S n－1＝(n－1)2，则a n＝S n－S n－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.当n＝1时，有S1＝a1＝1，符合上式.综上，a n＝2n－1.(2)由(1)得，1a n a n＋1＝1（2n－1）（2n＋1）＝12(12n－1－12n＋1)，则T n＝12(11－13＋1 3－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1)＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1.错位相减法求和例3(2024·盐城模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n，a n＋1＞a n，4S n＝a2n＋4n.(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{a n2n＋1}的前n项和T n.解：(1)∵4S n＝a2n＋4n，①∴n≥2时，4S n－1＝a2n－1＋4(n－1)，②①－②得4a n＝a2n－a2n－1＋4，∴(a n－2)2＝a2n－1(n≥2)，在①式中令n＝1，a21－4a1＋4＝0，(a1－2)2＝0，a1＝2，∵a n＋1>a n，∴数列{a n}为单调递增数列，∴a n≥2，∴a n－2＝a n－1，a n－a n－1＝2，∴{a n}为等差数列且首项为2，公差为2，∴a n＝2＋2(n－1)＝2n.(2)a n2n＋1＝2n2n＋1＝n2n，∴T n＝121＋222＋323＋…＋n2n，③1 2T n＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，④③－④得12T n＝12＋122＋…＋12n－n2n＋1，1 2T n＝12[1－（12）n]1－12－n2n＋1，1 2T n＝1－n＋22n＋1，则T n＝2－n＋2 2n.反思感悟1.如果数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，求数列{a n·b n}的前n项和时，常采用错位相减法.2.错位相减法求和时，应注意：(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”，以便于下一步准确地写出“S n－qS n”的表达式.(2)应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式S n＝na1.训练3已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝2，S3＝a3＋6.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{a n b n}的前n项和T n.解：(1)设等比数列{a n}的公比为q.由a1＝2，S3＝a3＋6，得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2，所以a n＝2n.(2)由(1)可得b n＝log2a n＝n，所以a n b n＝n·2n，T n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2T n＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，所以－T n＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（1－2n）1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.限时规范训练(四十四)1.(2023·全国乙卷)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{|a n|}的前n项和T n.解：(1)设{a n}的公差为d，2＝a1＋d＝11，10＝10a1＋45d＝40，解得a1＝13，d＝－2.所以{a n}的通项公式为a n＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.(2)由(1)得|a n|－2n，n≤7，n－15，n≥8.当n≤7时，T n＝13n＋n（n－1）2×(－2)＝14n－n2，当n≥8时，T n＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋（n－7）[1＋2（n－7）－1]2＝98－14n＋n2.综上，T n n－n2，n≤7，－14n＋n2，n≥8.2.已知单调递增的等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2a n＋1－3n＋2，求数列{b n}的前n项和T n.解：(1)设数列{a n}的公差为d(d＞0)，4＝20，24＝a2·a8，a1＋4×32d＝20，a1＋3d）2＝（a1＋d）（a1＋7d），1＝2，＝21＝5，＝0(舍)，所以a n＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)得，a n＝2n，所以b n＝4(n＋1)－3n＋2，所以T n＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)＝4n·2＋n＋12－27（1－3n）1－3＝2n2＋6n＋272－3n＋32.3.在①S5＝50，②S1，S2，S4成等比数列，③S6＝3(a6＋2)这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.已知等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，前n项和为S n，且满足.(1)求a n；(2)若b n－b n－1＝2a n(n≥2)，且b1－a1＝1，求数列{1b n}的前n项和T n.注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.解：(1)选择条件①②.由S5＝50，得5a1＋5×42d＝5(a1＋2d)＝50，即a1＋2d＝10.由S1，S2，S4成等比数列，得S22＝S1S4，即4a21＋4a1d＋d2＝4a21＋6a1d，即d＝2a1，解得a1＝2，d＝4，因此a n＝4n－2.选择条件①③.由S5＝50，得5a1＋5×42＝5(a1＋2d)＝50，即a1＋2d＝10.由S 6＝3(a 6＋2)，得6（a 1＋a 6）2＝3a 1＋3a 6＝3a 6＋6，即a 1＝2，解得d ＝4，因此a n＝4n －2.选择条件②③.由S 1，S 2，S 4成等比数列，得S 22＝S 1S 4，即4a 21＋4a 1d ＋d 2＝4a 21＋6a 1d ，则d＝2a 1.由S 6＝3(a 6＋2)，得6（a 1＋a 6）2＝3a 1＋3a 6＝3a 6＋6，即a 1＝2，解得d ＝4，因此a n ＝4n －2.(2)由a 1＝2，a n ＝4n －2可得b 1＝3，b n －b n －1＝2a n ＝8n －4.当n ≥2时，(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＝(8n －4)＋(8n －12)＋…＋12＝[（8n －4）＋12]（n －1）2＝4n 2－4，即b n －b 1＝4n 2－4，则b n ＝4n 2－1.当n ＝1时，b 1＝3，符合b n ＝4n 2－1，所以当n ∈N *时，b n ＝4n 2－1，则1b n ＝14n 2－1＝12(12n －1－12n ＋1)，因此T n ＝12(11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1.4.(2024·扬州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝4且a n ＋1＝S n ＋4(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n ＋12n ＋1n log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为a n ＋1＝S n ＋4，当n ＝1时，a 2＝S 1＋4＝8，当n ≥2时，a n ＝S n －1＋4，所以a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2a 1＝84＝2，满足上式，所以{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1.(2)因为b n ＝(－1)n ＋12n ＋1n log 2a n ＝(－1)n＋12n ＋1n （n ＋1）＝(－1)n ＋1(1n ＋1n ＋1)，所以T n ＝(11＋12)－(12＋13)＋…＋(－1)n ＋1(1n ＋1n ＋1)＝1＋（－1）n ＋1n ＋1.5.(2024·宁波模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1a n －2n 2(a n ＋1－a n )＋1＝0，且a 1＝1.(1)求出a 2，a 3的值，猜想数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且b n ＝S na n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得，当n ＝1时，a 2a 1－2(a 2－a 1)＋1＝0，又a 1＝1，代入上式，解得a 2＝3，同理可求得a 3＝5.猜想a n ＝2n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －1，经检验符合题意，所以S n ＝n 2，则b n ＝n 2（2n －1）（2n ＋1）＝14[1＋1（2n －1）（2n ＋1）]＝14＋18(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝[14＋18(1－13)]＋[14＋18(13－15)]＋…＋[14＋18(12n －1－12n ＋1)]＝n 4＋18(1－12n ＋1)＝n 2＋n 4n ＋2.6.(2023·广西联盟校检测)已知数列{a n }和{b n }的项均为正整数，前n 项和分别为S n ，T n ，且S n ＝12n －T n＋n 2(n ∈N *).(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和.解：(1)因为{a n }和{b n }的项均为正整数，所以前n 项和S n ，T n 也是正整数，又S n ＝12n －T n＋n 2(n ∈N *)，所以(S n －n 2)(2n －T n )＝1，n －n 2＝1，n－T n ＝1n －n 2＝－1，n －T n ＝－1.若S n －n 2＝－1，则a 1＝S 1＝0，与{a n }的项均为正整数相矛盾，故不符合题意，所以S n ＝n 2＋1，T n ＝2n －1.当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n－1，所以a n ，n＝1，n－1，n≥2，同理，b n＝2n－1.(2)记数列{a n b n}的前n项和为C n，当n＝1时，a1＝2，b1＝1，所以C1＝a1b1＝2.当n≥2时，C n＝2×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，①①×2，得2C n＝2×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，②①－②，得－C n＝4＋8(2n－2－1)－(2n－1)·2n，化简得C n＝(2n－3)·2n＋4.综上，数列{a n b n}的前n项和C n＝(2n－3)·2n＋4.。

6.3 等比数列 6.4数列求和【学习目标】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、熟练掌握等差等比数列的前n 项和公式，能应用公式求数列的前n 项和3、掌握非等差等比数列求和的几种方法【重点难点】重点：等比数列的定义和性质，数列求和的方法难点：等比数列的定义和性质，数列求和的方法. 【导学流程】 一、基础感知 1、等比数列基本公式 （1）定义：1(N ,)n na q n q a *+=∈为非零常数 （2）通项公式：11n n a a q -=⨯（3）等比中项：2,,a A b A ab ⇔=成等比数列（4）前n 项和：111(1)(1)(1)11n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩2、等比数列基本性质（1）n m n m a a q -=⨯（2）m n k l m n k l a a a a +=+⇔⋅=⋅（3）232,,n n n n n S S S S S --成等比数列（4）n n S A Aq =-3、数列求和：（公式法、分组求和、错位相减、裂项相消、并项求和、倒序相加）（1）、公式求和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 q q a q na S n n n （2）、分组求和：适用于等差、等比数列以加减的形式构成的新数列的前n 项和（3）．错位相减：适用于等差、等比数列以乘、除的形式构成的新数列的前n 项和 若，其中是等差数列，是公比为等比数列， 令，则两式错位相减并整理即得 （4）．裂项相消法：适用于类似（其中是各项不为零的等差数列，为常数）的数列、部分无理数列等．用裂项相消法求和（1）（2）； （3） （4）（5）、并项求和当数列通项中出现n )1(-或1)1(+-n 时，常常需要对n 取值的奇偶性进行分类讨论。