高考数学二轮复习 考前专题四 数列、推理与证明 第2讲 数列的求和问题讲学案 理

2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。

熟练运用数列的通项公式、求和公式。

能够解决数列的综合应用题。

2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。

培养学生的逻辑思维能力和创新意识。

二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。

2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。

（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。

（3）数列的项数：数列中项的个数。

（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。

（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。

（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。

（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。

4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。

5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。

（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。

（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。

6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。

（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。

第 2 讲 数列的乞降问题高考 数列乞降的考 主要以解答 的形式出 ，通 分 化、 位相减、裂 相消等方 法求一般数列的和，体 化与化 的思想.点一 分 化乞降有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通 打开或 形，可 化 几个等差、等比数列或常 的数列，即先分 乞降，而后再归并．例 1 (2017 届安徽省合肥市模 )已知等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ，且 足 S 4＝ 24，S 7＝ 63.(1) 求数列 { a n } 的通 公式；(2) 若 b n 2a n ( 1)n a n ，求数列 { b n } 的前 n 和 T n .解 (1)∵ { a n } 等差数列，S 4＝ 4a 1＋ 4×32 d ＝ 24，a 1 ＝3， ∴?? a n ＝2n ＋ 1.S 7＝ 7a 1＋7×6 d ＝ 22 d ＝ 63(2) ∵ b n 2 a nn( 1) a n＝ 22n ＋1＋ (－ 1)n ·(2n ＋ 1)＝ 2·4n ＋ (－ 1)n ·(2n ＋1)，1 2n n(2n ＋1)] ＝8 4n － 1∴ T n ＝ 2(4 ＋ 4＋⋯＋ 4 )＋[－ 3＋5－7＋9－⋯ ＋(－1)＋G n ，3*n当 n ＝ 2k(k ∈N ) ， G n ＝ 2× ＝ n ，2∴T n ＝ 8 4n－ 1 ＋ n ，3当 n ＝ 2k － 1(k ∈ N * ) ，n － 1G n ＝ 2× 2 － (2n ＋1)＝－ n － 2，∴ T n ＝8 4n － 1－ n －2， 38 4n － 1＋ n ， n ＝ 2k ， k ∈ N * ，3∴ T n ＝8 4n－ 1*.3－ n － 2， n ＝ 2k － 1， k ∈ N思 升 在 理一般数列乞降 ，必定要注意使用 化思想．把一般的数列乞降 化 等差数列或等比数列 行乞降，在乞降 要剖析清楚哪些 组成等差数列，哪些 组成等比数列，清楚正确地求解．在利用分 乞降法乞降 ，因为数列的各 是正 交替的，所以一般需要 数 n 行 ，最后再 能否能够归并 一个公式．追踪演1(2017 届北京市旭日区二模 )已知数列 { a n } 是首 a 1＝ 13，公比 q ＝13的等比数列．b n2log 1a n1(n) ．3(1) 求 ：数列 { b n } 等差数列；(2) c n ＝ a n ＋ b 2n ，求数列 { c n } 的前 n 和 T n .(1) 明1 1 n －1 1 n ， 由已知得 a n ＝ · ＝33 3所以b n2log1 (1 )n3312n1(nN ) ，b n ＋ 1－b n ＝ 2(n ＋ 1)－ 1－2n ＋ 1＝ 2.所以数列 { b n } 是以 1 首 ， 2 公差的等差数列．(2) 解 由 (1)知， b 2n ＝ 4n －1，数列 { b 2n } 是以 3 首 ， 4 公差的等差数列．c n ＝ a n ＋ b 2n ＝1 n＋ 4n － 1，31 11nT n ＝ 3 ＋9 ＋ ⋯ ＋ 3 ＋ 3＋ 7＋ ⋯＋ (4n － 1)1 1 n3×1－ 33＋ 4n －1 ·n ＝1 ＋2 . 1－321 1 1 n *即 T n ＝ 2n ＋ n ＋ 2－ 2·3 (n ∈ N )．点二 位相减法乞降位相减法是在推 等比数列的前n 和公式 所用的方法， 种方法主要用于求数列 { a n ·b n }的前 n 和，此中 { a n } ， { b n } 分 是等差数列和等比数列．例 2 (2017 ·河南省夏邑一高模 )已知 { a n } 是等差数列，其前 n 和 S n ， { b n } 是等比数列，且 a 1＝ b 1＝ 2，a 4＋ b 4＝ 27， S 4－ b 4＝10.(1) 求数列 { a n } 与 { b n } 的通 公式；(2) 求 T n ＝ a 1b 1＋ a 2b 2＋ ⋯ ＋a n b n 的 ．解 (1) 等差数列 { a n } 的公差 d ，等比数列 { b n } 的公比 q ，由 a 1＝ b 1＝ 2，得 a 4＝ 2＋ 3d ， b 4＝ 2q 3， S 4＝ 8＋ 6d ，2＋ 3d ＋2q 3＝ 27， 由条件得方程8＋ 6d －2q 3＝ 10，d ＝ 3，解得q ＝ 2，故 a n ＝ 3n － 1， b n ＝ 2n (n ∈ N * )．(2) T n ＝2×2＋ 5×22＋ 8×23＋ ⋯ ＋ (3n －1) ×2n ， ①2T n ＝ 2×22＋5×23＋ 8×24＋ ⋯ ＋(3n － 1) ×2n ＋1， ②① — ②，得－ T n ＝ 2×2 ＋ 3×22＋ 3×23＋ ⋯ ＋ 3×2n － (3n － 1) ×2n ＋1＝ 3×2＋ 3×22＋ 3×23 ＋ ⋯ ＋ 3×2n－ 2－ (3n －1) ×2n ＋12 1－ 2n ＋＝ 3×－ 2－ (3n － 1) ×2n 11－ 2＝ (4－ 3n)2n ＋1－ 8， ∴ T n ＝ 8＋(3n － 4) ·2n ＋1.思 升 (1) 位相减法合用于求数列{ a n ·b n } 的前 n 和，此中 { a n } 等差数列， { b n } 等比数列．(2) 所 “ 位 ”，就是要找 “同 ”相减． 要注意的是相减后获得部分求等比数列的和， 此 一定要 清其 数．(3) 保 果正确，可 获得的和取 n ＝1,2 行 ．追踪演 2(2017 ·江西省 州市十四 (市 ) 考 )等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ，已知 a 2 ＝ 7，a 3 整数，且S n 的最大 S 5.(1) 求{ a n } 的通 公式；a n(2) b n ＝ n ，求数列 { b n } 的前 n 和 T n .2解(1)由 a 2＝ 7，a 3 整数知，等差数列{ a n } 的公差 d 整数．又 S n ≤S 5，故 a 5≥0， a 6≤0，解得－ 7≤d ≤－ 7，34所以 d ＝－ 2，数列 { a n } 的通 公式a n ＝11－2n(n ∈ N *)．a n 11－ 2n (2) 因b n＝2n ＝2n，9 7 511－ 2n所以 T n ＝2＋ 22＋23＋ ⋯ ＋2n ，①1 9 75＋ ⋯＋11－ 2n ，②T n ＝ 2＋3 ＋4 n ＋1222 2 2由②－①，得－ 1T n ＝－ 9＋ 2 1 1 ＋⋯ ＋ 111－ 2n ＋ 2 n － 1＋ n ＋1 ，2 2 2 2 2 21 7 7－ 2n整理得－2T n＝－ 2＋2n ＋1 ，所以 T n ＝7＋2n － 7*)．2 n(n ∈ N点三 裂 相消法乞降裂 相消法是指把数列和式中的各 分 裂开后，某些 能够互相抵消进而乞降的方法，主要合用于1 或1 (此中 { a n } 等差数列 )等形式的数列乞降．a n a n＋1a n a n＋2例 3 (2017 届湖南省郴州市 量 )已知等差数列 { a*＝ 3，且 λSn } 的前 n 和 S n (n ∈N )，a 3n＝ a n a n ＋ 1，在等比数列 { b n } 中， b 1＝ 2λ，b 3＝ a 15＋1.(1) 求数列 { a n } 及 { b n } 的通 公式；(2) 数列 { c n } 的前 n 和 T n (n ∈ N*)，且 S n ＋ nc n ＝ 1，求 T n .2解 (1)∵ λS＝ a＋， a ＝ 3，nn a n 13∴ λa 1＝ a 1a 2，且 λ(a 1 ＋a 2)＝a 2a 3＝ 3a 2，∴ a 2＝ λ，a 1 ＋a 2＝ a 3＝ 3， ① ∵数列 { a n } 是等差数列，∴ a 1＋ a 3＝ 2a 2， 即 2a 2－ a 1＝ 3，②由①②得 a 1＝ 1， a 2＝ 2，∴ a n ＝ n ， λ＝ 2，∴ b 1＝ 4， b 3 ＝16， b n ＝2n ＋ 1 或 b n ＝ (－ 2)n ＋1(n ∈ N *) ．(2) ∵S n ＝n1＋ n，∴ c n ＝2 ，2n n ＋2∴ T n ＝ 2＋2＋2＋⋯＋2 ＋ 21×3 2×4 3×5n －1 n ＋1 n n ＋ 2＝1－ 1＋1－1＋1－1＋⋯＋1－1＋ 1－1＝2n ＋ 33－ 23 24 3 5n － 1 n ＋ 1nn ＋22 n ＋ 3n ＋ 2.思 升(1) 裂 相消法的基本思想就是把通a n 分拆成 a n ＝b n ＋ k － b n ( k ≥1， k ∈ N * )的形式，进而在乞降 达到某些 相消的目的， 在解 要擅长依据 个基本思想 数列{ a n } 的通公式，使之切合裂 相消的条件．(2) 常用的裂 公式①若 { a n } 是等差数列，1 ＝ 1 1 － 1 ， 1 ＋＝1 1 － 1；＋n ＋ 1ann ＋2an n 1 d n n 22daa a a a②1 ＝1－1， 1 ＝11－ 1 ；n n ＋ 1 n n ＋ 1 n n ＋ k k n n ＋ k111 －1③2n － 1 2n ＋ 1＝2 2n － 1 2n ＋ 1 ；1 1 1 －1④ n n ＋ 1 n ＋ 2 ＝2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 ；⑤1＝ n ＋ 1－ n ，1＝ 1k ( n ＋k － n)．n ＋ n ＋1n ＋ n ＋ k追踪演 3(2017 ·吉林省吉林市一般高中 研)已知等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ，公差 d ≠0，且 a 3＋ S 5＝ 42， a 1， a 4， a 13 成等比数列．(1) 求数列 { a n } 的通 公式；1(2) 数列 b n ＝，求数列 { b n } 的前 n 和 T n .a n －1a n解 (1) 数列 { a n } 的首 a 1，因 等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ，a 3＋ S 5＝ 42，a 1， a 4，a 13 成等比数列．5×4所以 a 1＋2d ＋5a 1＋2 d ＝ 42，2a 1＋ 3d ＝ a 1 a 1＋ 12d .又公差 d ≠0，所以 a 1＝ 3，d ＝ 2，所以 a n ＝ a 1＋ (n －1)d ＝ 2n ＋ 1.1(2) 因 b n ＝，a n －1a n所以 b n ＝1＝11 － 1，2n － 1 2n ＋ 12 2n － 1 2n ＋ 1T n ＝ b 1＋ b 2＋ b 3 ＋⋯ ＋ b n＝11＋1－1＋⋯＋1 － 12 1－3 3 52n －1 2n ＋1n＝2n ＋ 1.真 体n 1＝________.1． (2017 ·全国Ⅱ )等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ， a 3＝ 3， S 4＝10，k ＝ 1 S k答案2nn ＋1分析等差数列 { a n } 的公差 d ，a 3＝ a 1＋ 2d ＝ 3，a 1＝ 1，由4×3得S 4＝ 4a 1＋2 d ＝ 10， d ＝ 1.∴ S n ＝ n ×1＋n n － 1×1＝n n ＋1，221 ＝2 ＝ 2 1－ 1.nn n ＋ 1n n ＋ 1S∴ n1 ＝1＋1＋1＋⋯＋1k ＝ 1 S kS 1 S 2S 3S n1 1 1 1 1 11＝ 2 1－ 2＋ 2－ 3＋3－ 4＋ ⋯ ＋n －n ＋11 2n ＝ 21－n ＋ 1 ＝ n ＋1.2． (2017 ·天津 )已知 { a n } 等差数列，前n 和 S n (n ∈ N * )， { b n } 是首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 公式；(2) 求数列 { a 2n b 2n －1 } 的前 n 和 (n ∈ N * )．解 (1) 等差数列 { a n } 的公差 d ，等比数列 { b n } 的公比 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 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 公式 a n ＝ 3n －2，数列 { b n } 的通 公式b n ＝ 2n .(2) 数列 { a 2n b 2n －1 } 的前 n 和 T n ，由 a 2n ＝6n － 2，b 2n －1 ＝2×4n －1，得 a 2n b 2n － 1＝(3n －1) ×4n ，故 T n ＝ 2×4＋ 5×42＋ 8×43 ＋⋯ ＋ (3n － 1) ×4n ， ③4T n ＝ 2×42＋5×43＋ 8×44＋ ⋯ ＋(3n － 4) ×4n ＋ (3n － 1) ×4n ＋1， ④③－④，得－ 3T n ＝2×4＋ 3×42 ＋ 3×43＋ ⋯ ＋ 3×4n － (3n － 1) ×4n ＋ 1n＝12×1－ 4 － 4－ (3n － 1) ×4n ＋11－ 4＝－ (3n － 2) ×4n ＋1－ 8，3n － 2 n ＋18 .得 T n ＝ 3 ×4＋3所以数列 { a 2n b 2n －1} 的前 n 和3n － 2n ＋18 3×4 ＋.3押1．已知数列 { a n } 的通 公式n ＋ 2，其前 n 和 S n ，若存在 M ∈ Z ， 足 随意a n ＝ n2 n n ＋ 1的 n ∈ N * ，都有 S n <M 恒建立，M 的最小 ________．押 依照 数列的通 以及乞降是高考要点考 的内容，也是《考 大 》中明确提出的知 点，年年在考，年年有 ， 的是 的外壳，即在 的条件上有 革，有 新，但在 中有不 性，即解答 的常用方法有 律可循．答案 1分析n ＋ 2＝2 n ＋1 － n因 a n ＝ n2nn n ＋ 12 n n ＋ 111＝ 2n－1n － 2n n ＋ 1 ，所以 S n ＝1 － 1 ＋ 1 1＋ ⋯＋ 111，0 11 －2 ×3 n －1 －nn ＋ 1＝ 1－ n2 ×1 2 ×2 2×2 2 2 n 22 n ＋ 1因为 1－n 1<1，所以 M 的最小 1.2 n ＋ 12．已知数列 { a n } 的前 n 和 S n 足 S n ＝a(S n －a n ＋1) (a 常数，且 a>0)，且 4a 3 是 a 1 与 2a 2的等差中 ．(1) 求{ a n } 的通 公式；(2)b n ＝2n ＋ 1，求数列 { b n } 的前 n 和 T n .a n押 依照位相减法乞降是高考的要点和 点，本 先利用a n ， S n 的关系求 a n ，也是高考出 的常 形式．解 (1)当 n ＝ 1 ， S 1＝ a(S 1－ a 1＋ 1)，所以 a 1＝ a ， 当 n ≥2 ， S n ＝ a(S n － a n ＋1) ， ①S n － 1＝ a(S n －1－ a n － 1＋ 1)， ②由①－②，得a n ＝ a ·a n － 1，即 a n＝a ，a n － 1故 { a n } 是首 a 1 ＝a ，公比a 的等比数列，n －1n所以 a n ＝ a ·a ＝ a .故 a 2＝ a 2， a 3＝ a 3.由 4a 3 是 a 1 与 2a 2 的等差中 ，可得 8a 3＝ a 1＋ 2a 2，即 8a 3＝ a ＋ 2a 2，因 a ≠0，整理得8a 2－ 2a － 1＝ 0，即 (2a － 1)(4a ＋ 1)＝ 0，解得 a ＝1或 a ＝－1(舍去 )，24 故 a n ＝ 1 n12 ＝ 2 n .(2) 由(1) 得 b n ＝2n ＋ 1＝(2n ＋ 1) ·2n ，a n23n －1＋ (2n ＋ 1) ×2 n所以 T n ＝3×2＋ 5×2 ＋ 7×2 ＋ ⋯ ＋ (2n －1) ×2 ，①2T n ＝ 3×22＋5×23＋ 7×24＋ ⋯ ＋(2n － 1) ·2n ＋ (2n ＋ 1) ×2n ＋1，②由①－②，得－ T n ＝3×2＋ 2(22＋ 23＋⋯ ＋ 2n )－ (2n ＋ 1) ×2n ＋122－2n ＋1n ＋1＝6＋ 2×－ (2n ＋1) ×21－ 2＝－ 2＋2n ＋2－ (2n ＋ 1) ×2n ＋1＝－ 2－(2n － 1) ×2n ＋1，所以 T n ＝2＋ (2n － 1) ×2n ＋1.A 通关1．(2017 届湖南 大附中月考 )已知数列 { a n } ，{ b n } 足 a 1＝ 1，且 a n ，a n ＋1 是方程 x 2－ b n x ＋ 2n ＝ 0 的两根， b 10 等于 ( )A ．24B ． 32C ． 48D ． 64答案 D分析由已知有 a n a n ＋ 1＝ 2n，∴ a n ＋ 1a n ＋ 2＝ 2n ＋ 1，a n＋2＝ 2，所以数列 { a n } 奇数 、偶数 分a n公比2 的等比数列， 能够求出 a 2＝ 2，所以数列 { a n } 的 分1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32 ，⋯，而 b n ＝ a n ＋ a n ＋ 1，所以 b 10＝ a 10＋ a 11＝ 32＋ 32＝ 64，故 D.2．(2017 届 西省渭南市) S n等差数列 { a n } 的前 n 和， a 2＝ 3，S 5＝ 25，若1的a n a n ＋1前 n 和1 008， n 的 ()2 017 A ．504B ． 1 008C ． 1 009D ． 2 017答案 B分析等差数列 { a n } 的首 a 1 ，公差 d ，a 1＋ d ＝3，解得 a 1＝ 1，d ＝ 2，5a 1＋ 5×4d ＝ 25，2所以 a n ＝ a 1＋ (n －1)d ＝ 2n － 1， 又因1 ＋ 1 ＋1＋⋯＋1a＋a a＝1＋ 1 ＋ 1 ＋ ⋯ ＋ 1 1×3 3×5 5×7 2n － 1 2n ＋ 1111－ 1 1－ 1＝ 2 1－3 ＋ 3 5 ＋ 57 ＋⋯＋1 1－2n － 1 2n ＋ 1 ＝11 ＝1 008，21－2n ＋12 017 解得 n ＝1 008，故 B.3． (2017 届江西省 潭市模 )已知函数 f(n)＝ n 2cos(n π)，且 a n ＝ f(n)＋ f(n ＋1)， a 1 ＋ a 2 ＋⋯＋ a 100 等于 ( ) A ．－ 100 B ． 0 C ． 100 D ． 10 200答案 A分析a 1＝－ 1＋ 22，a 2＝ 22－ 32，a 3＝－32＋42，a 4＝42－52，⋯，所以 a 1＋ a 3＋ ⋯ ＋ a 99＝ (－ 1＋ 22 )＋ ⋯＋ (－ 22＋ (3 ＋ 4)＋⋯＋(99＋100)＝ 5 050， a 2＋ a 4＋ ⋯ ＋ a 100 ＝ (2 2299 ＋100 )＝(1＋2) －3 )＋⋯＋(1002－ 1012)＝－ (2＋3＋⋯＋100＋101)＝－5 150，所以 a 1＋ a 2＋ ⋯ ＋a 100＝ 5 050－ 5 150＝－ 100.4． (2017 届广 省潮州市模)已知 S n 数列 { a n } 的前 n 和，a n ＝ 2·3n －1 (n ∈ N *)，若 b n ＝a n ＋1 ， b ＋b ＋⋯ ＋ b ＝ ____________.S n S n ＋ 1 1 2 n答案11－ n ＋1－ 12 3a n ＋12·3n分析 因a n ＝ 2·3n －1＝ 3，所以数列 { a n } 等比数列．所以 S n ＝a 1 1－ qn＝ 2 1－3n＝ 3n －1，1－q1－ 3又b n＝ a n＋1＝S n＋1－ S n＝ 1 － 1 ，S n S n＋1 S n S n＋1S n S n＋1b ＋ b ＋⋯＋ b ＝1－1＋1－1＋⋯＋ 1 － 1＝1－1＝1－＋1＋＋－S35． (2017 届安徽蚌埠摸底)于随意数x， [x] 表示不超x 的最大整数，如 [－ 0.2]＝－ 1， [1.72]＝ 1，已知 a n＝n(n∈N*)，S n数列 { a n} 的前和，S2 017＝ ________. 3答案677 71212345678分析因为3＝0，3＝0，3＝ 3 ＝3＝1，3＝ 3＝3＝ 2，依据个律，后边每 3都是同样的数， 2 017－2＝ 671×3＋ 2，后余 2 ，1＋ 671所以 S2 017＝×671×3＋672＋672＝677 712.26．等比数列 { a n} 中， a1，a2， a3分是下表第一、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 .第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列 { a n} 的通公式；(2)若数列 { b n} 足 b n＝ a n＋( －1) n ln a n，求数列 { b n} 的前 n 和 S n.解 (1)当 a1＝ 3 ，不合意；当 a1＝ 2 ，当且当 a2＝ 6， a3＝18 ，切合意；当 a1＝10 ，不合意．所以 a1＝ 2，a2＝ 6， a3＝ 18，所以公比q＝ 3.故 a n＝ 2·3n－1 (n∈N* )．(2) 因 b n＝ a n＋ (－ 1)n ln a n＝2·3n－1＋ (－1) n n－ 1 ln(2 3· )＝2·3n－1＋ (－1) n[ln 2 ＋ (n－ 1)ln 3]＝2·3n－1＋ (－1) n(ln 2 － ln 3) ＋ (－ 1)n nln 3 ，所以 S＝2(1＋3＋⋯＋ 3n－1) ＋[－1＋1－1＋⋯＋ (－ 1)n ] ·(ln 2 － ln 3) ＋[ －1＋2－3＋⋯＋ (－ 1)n n]ln 3.n当 n 偶数，1－ 3n n n nln 3 － 1；S n＝ 2×＋ ln 3 ＝ 3＋1－ 322当 n 奇数，nn － 1 S n ＝1－ 3－(ln 2 －ln 3) ＋2× － n ln 31－ 32n－ n － 1＝ 3 2 ln 3 － ln 2 － 1.n n3＋ ln 3 － 1，n 偶数，上所述， S n ＝2n － 1n －3 2 ln 3 －ln 2 － 1， n 奇数 .7． (2017 届山 省胶州市一般高中期末 )正 数列{ a n }的前 n 足： S n 2－ ( n 2＋ n － 1)S nn 和 S－ (n 2＋ n)＝ 0.(1) 求数列 { a n } 的通 公式 a n ；＝ n ＋ 1， 明： 于随意的n ∈ N *，都有 T52 2，数列 { b n }的前 n 和 T nn < .(2) 令 b nn ＋ 2 a n64(1) 解 由 S 2n － (n 2＋ n －1)S n －( n 2＋ n) ＝0，得 [S n － (n 2 ＋n)]( S n ＋ 1)＝ 0.因为 { a n } 是正 数列，所以 nn ＝ n 2＋ n.S >0，S 当 n ＝ 1 ， a 1＝ S 1＝ 2，当 n ≥2 ， a n ＝ S n －S n －1＝ n 2＋ n － (n －1) 2－ (n －1)＝ 2n.上可知，数列 { a n } 的通 公式a n ＝ 2n.n ＋ 1(2) 明 因为 a n ＝ 2n ， b n ＝2 2， n ＋ 2 a nn ＋ 1111所以 b n＝4n 2n ＋22＝16 n2－n ＋ 22.T n ＝ 11－ 11 1 1 1 12－3 2＋ 2－ 2＋ 2－ 2 ＋ ⋯ ＋ 116 24 3 5n － 1 11n ＋ 1 2＋ n2－n ＋ 2 21111115＝16 1＋22 － n ＋12－n ＋ 2 2<161＋22＝ 64.8． (2017 届江西省南昌市模 )已知等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ，且 a 1＝ 1， S 3＋ S 4＝ S 5.(1) 求数列 { a n } 的通 公式；(2) 令 b n ＝ (－ 1)n －1a n a n ＋ 1，求数列 { b n } 的前 2n 和 T 2n .解 (1) 等差数列 { a n } 的公差 d ，由 S 3＋S 4＝ S 5，可得 a 1＋ a 2＋ a 3 ＝a 5 ，即 3a 2＝ a 5，所以 3(1＋ d)＝ 1＋4d ，解得 d ＝ 2. 所以 a n ＝ 1＋(n － 1) ×2＝ 2n － 1.(2) 由(1) 可得 b n ＝ (－ 1)n －1·(2n － 1)(2n ＋ 1)＝ (－ 1)n －1·(4n 2－ 1)，所以 T 2n ＝ (4 ×12－ 1)－(4 ×22－ 1)＋ (4 ×32－ 1)－ (4 ×42－ 1)＋ ⋯＋ (－ 1)2n －1×[4 ×(2n) 2－ 1]＝ 4[12－ 22＋ 32－ 42＋ ⋯＋ (2n － 1)2－ (2n)2]＝－2n 2n ＋ 14(1＋ 2＋ 3＋ 4＋⋯ ＋ 2n － 1＋ 2n)＝－ 4× ＝－ 8n 2－4n.2B能力提升9． (2017 ·湖北省 、 、襄、宜四地七校考 盟 考)已知数列 { a n } 足 a 1＝ 1， na n ＋ 1＝ (n2n π＋ 1)a n ＋ n(n ＋ 1)，且 b n ＝ a n cos， S n 数列 { b n } 的前 n 和， S 24 等于 ()3A ．294B ． 174C ． 470D ． 304答案 D分析由 na ＋ ＝ (n ＋ 1)a ＋ n(n ＋ 1)，得a n＋1＝a n＋ 1，所以数列a n等差数列，所以a n＝ 1＋n 1nn ＋ 1nnn－ 1n 2， n ＝ 3k ＋1， k ∈ N ， 2( n － 1n ＝ n 2， b n ＝1 2)×1＝ n ，a－ n ， n ＝ 3k ＋ 2， k ∈ N ，2n 2， n ＝3k ＋ 3， k ∈ N ，所以 b 3k ＋1＋ b 3k ＋ 2＋ b 3k ＋3＝ 9k ＋13， k ∈ N ，2S 24＝9(0＋ 1＋ ⋯＋ 7)＋13×8＝ 304，故 D.22n π10． (2017 河·南省豫南九校 量考 )已知数列 { a n } 足 a 1 ＝1， a 2＝ 2，a n ＋ 2＝ 1＋ cos 2 a n ＋2n π sin 2 ， 数列的前 21 的和 ________．答案2 1122n π2n π分析当 n 奇数 ， cos 2＝ 0，sin 2 ＝1；2n π2n π当 n 偶数 ， cos ＝ 1， sin＝ 0，22所以当 n 奇数 有 a n ＋ 2＝ a n ＋ 1；n 偶数 a n ＋ 2＝ 2a n ，即奇数 等差数列，偶数 等比数列．所以 S 21＝ (a 1＋ a 3＋ a 5＋ ⋯＋ a 21)＋ (a 2＋ a 4＋ a 6＋⋯ ＋ a 20) ＝ (1＋ 2＋ 3＋ ⋯ ＋ 11)＋ (2＋ 22＋ ⋯ ＋ 210)10＝ 12×11＋2 2－ 1＝ 6×11＋ 211－ 2＝ 2 112.22－ 111．(2017 届江 如 高 中学等四校 考)已知数列 { a n } 足 a 1＝ 0，a 2＝ 1，且 随意 m ，n ∈ N * ，832都有 a 2m －1＋ a 2n －1＝2a m ＋n －1＋4(m － n) .(1) 求 a 3， a 5；(2) b n ＝ a 2n ＋ 1－ a 2n － 1(n ∈ N * )．①求数列 { b n } 的通 公式；② 数列1p ， q ，且 1<p<q ，使得 S 1，S p ， S q 成等比的前 n 和 S n ，能否存在正整数b n b n＋1数列？若存在，求出 p ， q 的 ，若不存在， 明原因．解 (1)由 意，令 m ＝ 2，n ＝ 1，a 3＋ a 1＝ 2a 2＋3(2－ 1)2，解得 a 3＝ 1.432令 m ＝ 3， n ＝ 1， a 5＋ a 1 ＝2a 3 ＋4(3－ 1) ， 解得 a 5＝ 5.(2) ①以 n ＋ 2 取代 m ，得 a 2n ＋3 ＋a 2 n － 1＝ 2a 2n ＋ 1＋ 3，[a 2(n＋1)＋1－ a 2(n＋1)－1] － (a 2n ＋ 1－ a 2n －1 )＝ 3，即 b n ＋ 1－b n ＝ 3.所以数列 { b n } 是以 3 公差的等差数列．又 b 1＝ a 3－ a 1＝ 1，所以 b n ＝ 1＋(n － 1) ×3＝ 3n － 2.②因1 ＝ 13n － 2 3n ＋ 1b n b n ＋1 11 －1＝3 3n － 2 3n ＋ 1，所以 S n ＝11－1 ＋ 1－1＋⋯＋3 4 471 － 111n3n －＝ 31－3n ＋ 1 ＝3n ＋ 1.2 3n ＋ 11pqS 1＝4， S p ＝ 3p ＋ 1，S q ＝3q ＋ 1.因 S 1， S p ， S q 成等比数列，所以p 2，即 6p ＋ 13q ＋ 43p ＋1＝ 1· q2 ＝q .4 3q ＋ 1p因 1< p<q ，所以3q ＋ 4＝3＋ 4>3，即 6p ＋ 1q2 >3.qp解得 3－2 3 3＋ 2 33 <p<3 .又 1<p ，且 p ∈ N * ，所以 p ＝ 2， q ＝ 16.所以存在正整数 p ＝ 2， q ＝16，使得 S 1，S p ， S q 成等比数列．12．(2017 届江 泰州中学月考)已知各 都 正数的等比数列{ a n } 的前 n 和 S n ，数列 { b n }n ， n 偶数，(n ∈N *)，若 S 3＝ b 5＋1， b 4 是 a 2 和 a 4 的等比中 ．的通 公式 b n ＝n ＋ 1， n 奇数(1) 求数列 { a n } 的通 公式；(2) 求数列 { a n ·b n } 的前 n 和 T n .解 (1)∵数列 { b n } 的通 公式n ，n 偶数，b n ＝(n ∈ N * )，n ＋1， n 奇数∴ b 5＝ 6， b 4 ＝4，各 都 正数的等比数列 { a n } 的公比 q ，q>0，∵ S 3＝ b 5＋ 1＝7，∴ a 1＋ a 1q ＋ a 1q 2＝ 7， ① 又 b 4 是 a 2 和 a 4 的等比中 ，∴ a 2a 4＝ a 23＝ b 24＝ 16，解得 a 3＝ a 1q 2＝ 4，②由①②得 3q 2－ 4q － 4＝ 0，解得 q ＝2 或 q ＝－23(舍去 )，∴ a 1＝ 1， a n ＝2n －1.(2) 当 n 偶数 ，T n ＝ (1＋ 1) ×20＋ 2×2＋ (3＋ 1) ×22＋ 4×23＋ (5＋1) ×24＋ ⋯ ＋ [(n － 1)＋ 1] ×2n － 2＋ n ×2n －1＝ (20＋ 2×2＋ 3×22＋ 4×23＋ ⋯ ＋n ×2n － 1)＋ (20＋ 22＋ ⋯＋ 2n －2)，H n ＝ 20＋ 2×2＋ 3×22 ＋4×23＋ ⋯ ＋ n ×2n －1， ③2H n ＝ 2＋ 2×22＋ 3×23＋ 4×24＋ ⋯ ＋n ×2n ， ④由③－④，得－ H n ＝20＋2＋ 22＋ 23＋ ⋯＋ 2n －1－ n ×2nn＝1－ 2－ n ×2n ＝ (1－ n) ×2n － 1，1－ 2∴ H n ＝( n －1) ×2n ＋ 1，nn1－ 4 22 n 2∴ T n ＝ (n － 1) ×2 ＋ 1＋ 1－ 4 ＝ n － 3 ×2 ＋ 3. 当 n 奇数，且 n ≥3 ，T n ＝ T n － 1＋(n ＋ 1) ×2n － 15 n － 12n －1＝ n － 3 ×2＋3＋ (n ＋ 1) ×2＝2n－2×2n－1＋2，33经查验， T1＝ 2 切合上式，2n－ 122n－3×2＋， n为奇数，3∴ T n＝22nn－3×2＋3， n为偶数 .。

第2讲 数列求和与综合问题[做小题——激活思维]1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2C [S n ＝－2n1－2＋n＋2n －2＝2n ＋1－2＋n 2.]2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15A [∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.]3．若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2＋n 的前n 项和为1011，则n 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12B [∵1n 2＋n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1， 由nn ＋1＝1011可知n ＝10.故选B.] 4．[一题多解]12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n－n －12nB.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22nB [法一：(错位相减法)令S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，① 则12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n2n ＋1. ∴S n ＝2n ＋1－n －22n.故选B. 法二：(验证法)取n ＝1时，n 2n ＝12，代入各选项验证可知选B.]5．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且有S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋1)－[(n －1)2＋1]＝2n －1.此时对于n ＝1不成立，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.]6．数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝________. 765 [由a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3可得a n ＝3n －63，则a 21＝0，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋(a 21＋…＋a 30)＝S 30－2S 20＝765.][扣要点——查缺补漏]1．分组求和：形如{a n ±b n }的数列求和，如T 1. 2．并项求和：形如a n ＝(－1)nf (n )的数列求和，如T 2. 3．裂项相消求和： 形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋k ，其中{a n }是等差数列的求和．如T 3.4．错位相减法求和：形如{a n ·b n }的数列求和，其中{a n }，{b n }分别为等差和等比两个不同的数列，如T 4. 5．含绝对值的数列求和：先去绝对值，再求和，如T 6. 6．数列的通项的求法(1)利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项时，要注意检验n ＝1的情况．如T 5.(2)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ①累加法：适用于形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列； ②累乘法：适用于形如a n ＋1a n＝f (n )的数列； ③构造法：形如a n ＋1＝na n ma n ＋n ，可转化为1a n ＋1－1a n ＝mn ，构造等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ；形如a n ＋1＝pa n ＋q (pq ≠0，且p ≠1)，可转化为a n ＋1＋qp －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋q p －1，构造等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1.数列中的a n 与S n 的关系(5年3考)[高考解读] 高考对本点的考查常以a n ＝S n －S n －1n为切入点，结合等差比数列的相关知识求a n 或S n .预测2020年会以数列a n 与S n 的递推关系为载体，加强转化构造能力的考查.1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. －63 [因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－－261－2＝－63.]2．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.－1n[∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.]3．(2013·全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.(－2)n －1[当n ＝1时，S 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23(a n －a n －1)，∴a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2， ∴{a n }是以1为首项的等比数列，其公比为－2， ∴a n ＝1×(－2)n －1，即a n ＝(－2)n －1.]由S n 与a n 的关系求a n 的思路利用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；或者转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .提醒：在利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求通项公式时，务必验证n ＝1时的情形，看其是否可以与n ≥2的表达式合并．1．(用累加或累乘法求通项)已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则a n ＝________.n n ＋2[∵S n ＝n ＋23a n ，且a 1＝1，∴当n ＝2时，a 1＋a 2＝2＋23a 2，即a 2＝3a 1＝3.又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，即a n ＝n ＋1n －1a n －1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1 ＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3·…·42×31×1＝n n ＋2.]2．(用构造法求通项)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n(n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为________．S n ＝3n －2n [∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1＝2S n ＋3n， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13，∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫S n 3n －1，又S 13－1＝13－1＝－23， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列，∴S n3n －1＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n-1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴S n ＝3n －2n.]3．(活用前n 项和的定义求通项)数列{a n }满足12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝12n ＋1，n ≥2 [因为12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，所以12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋1，两式相减得12n a n ＝2，即a n ＝2n ＋1，n ≥2.又12a 1＝3， 所以a 1＝6，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.]求数列{a n }的前n 项和(5年3考)[高考解读] 试题常以递推关系为载体，通过构造或借助等差比数列的基本运算，运用方程思想求得a n 或S n ，再借助裂项法或分组求和法等求数列的前n 项和，试题难易适中，面向全体，注重双基.预测2020年高考命题风格不变.[重视题](2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解](1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得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＝1n ＋n ＋＝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 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n n ＋.[点评] 重视a n 与S n 关系条件中是a n 与S n 关系，根据a n 与S n 关系式的特点，可以a n 向S n 转化也可以S n 向a n 转化，利用的都是在n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，转化后往往构造特殊数列，用到累加、累乘等，从而求出通项.[教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．[解](1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.数列求和的注意事项(1)分组求和法求和时，当数列的各项是正负交替时，一般需要对项数n 进行讨论． (2)裂项相消法的关键在于准确裂项，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等，把握相消后所剩式子的结构，前面剩几项，后面剩几项．(3)错位相减法中，两式做减法后所得式子的项数及对应项之间的关系，求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比数列．1．(与对数函数交汇考查分组求和)已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .[解](1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12得log 2(a 1a 2a 3)＝12， ∴a 1a 2a 3＝212.设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝4，∴a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212， 计算得q ＝4. ∴a n ＝4·4n －1＝4n.(2)由(1)得b n ＝log 24n＝2n ，c n ＝42nn ＋＋4n＝1nn ＋＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1nn ＋的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n n ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，∴S n ＝nn ＋1＋43(4n－1)． 2．(错位相减法求和)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列；(2)令b n ＝2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解](1)证明：由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n ＝1，又S 11＝5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知S nn＝5＋(n －1)＝n ＋4，所以S n ＝n 2＋4n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3. 又a 1＝5也符合上式，所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *)， 所以b n ＝(2n ＋3)2n，所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n， ①2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n＋(2n ＋3)2n ＋1， ②所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1)＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23－2n －11－2＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8)＝(2n ＋1)2n ＋1－2.3．(含有(－1)na n 的并项求和)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 a n ＋1，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，故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)·(2n ＋1)＝(－1)n －1·(4n 2－1)．∴T 2n ＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n －1·[4×(2n )2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2] ＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n －1＋2n ) ＝－4×2nn ＋2＝－8n 2－4n .数列中的创新与交汇问题[高考解读] 应用性问题是数学命题的一个新动向，主要考查考生运用已知知识解决实际问题的能力，试题背景新颖，有较好的区分度.1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏B [设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 1－q71－q＝a 1－271－2＝381，解得a 1＝3.故选B.]2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110A [设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n＋n2. 由题意知，N >100，令n＋n 2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后． 第n 组的各项和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组所有项的和为－2n1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则第n ＋1组的前k 项的和2k－1应与－2－n 互为相反数，即2k－1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝＋2＋5＝440.故选A.][教师备选题](2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个C [由题意知：当m ＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a 1＝0，a 8＝1.不考虑限制条件“对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C 36＝20(种)，其中存在k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数少于1的个数的情况有：①若a 2＝a 3＝1，则有C 14＝4(种)；②若a 2＝1，a 3＝0，则a 4＝1，a 5＝1，只有1种；③若a 2＝0，则a 3＝a 4＝a 5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C.]与数列有关的综合问题求解策略(1)对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，要弄清所考查的问题与哪个知识点有关，在此基础上，借助相关知识寻找求解线索．(2)以数列为背景的不等式恒成立问题，多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧，同时也要注意数列或数列对应函数的单调性的应用．1．(与函数交汇)已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数，且满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝f (x )，f (－2)＝－3，数列{a n }满足a 1＝－1，且S n ＝2a n ＋n (S n 为{a n }的前n 项和)，则f (a 5)＋f (a 6)＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6A [∵S n ＝2a n ＋n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1＋1， 即a n ＝2a n －1－1，又a 1＝－1，∴a 2＝－3，a 3＝－7，a 4＝－15，a 5＝－31，a 6＝－63.由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝f (x )，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32＝－f (x )⇒f (x －3)＝f (x )，f (x )＝f (x ＋3)，∴f (－31)＝f (－33＋2)＝f (2)＝3，f (－63)＝f (0)＝0，∴f (a 5)＋f (a 6)＝f (－31)＋f (－63)＝3.]2．(数列与数学文化)“斐波那契数列”由13世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．斐波那契数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝1，a n ＝a n －1＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)，记其前n 项和为S n ，设a 2 018＝t (t 为常数)，则S 2 016＋S 2 015－S 2 014－S 2 013＝________.(用t 表示)t [由题意可得S 2 016＋S 2 015－S 2 014－S 2 013＝a 2 016＋a 2 015＋a 2 015＋a 2 014＝a 2 017＋a 2 016＝a 2 018＝t .]3．[重视题](数列与数学归纳法)(2019·浙江高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n 2b n，n ∈N *， 证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2n ，n ∈N *. [解](1)设数列{a n }的公差为d ， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2，∴a n ＝2n －2，n ∈N *. ∴S n ＝n 2－n ，n ∈N *.∵数列{b n }满足：对每个 n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列， ∴(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )， 解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)，解得b n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)证明：c n ＝a n2b n ＝2n －22n n ＋＝n －1n n ＋，n ∈N *，用数学归纳法证明：①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立；②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋c k＜2k，那么当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋c k＋c k＋1＜2k ＋kk＋k＋＜2k＋1k＋1＜2k＋2k＋1＋k＝2k＋2(k＋1－k)＝2k＋1，即当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②得c1＋c2＋…＋c n＜2n，n∈N*.- 11 -。

(新课标（理）)2022山东高考数学二轮复习第一部分专项四数列：1-4-2第二讲 数列的通项公式与数列求和1．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10，则a 2 012＝( )A ．2 010B ．2 012C ．－2 010D ．－ 2020解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 则由已知条件可得⎩⎨⎧a 1＋d ＝02a 1＋12d ＝－10， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.因此数列{a n }的通项公式为a n ＝－n ＋2.故a 2 012＝－2 012＋2＝－2 010.答案：C2．(2020年高考福建卷)数列{a n }的通项公式a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006B ．2 012C ．503D ．0 解析：用归纳法求解．∵a n ＝n cos n π2，∴a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，…. 由此易知a 4n －2＝－(4n －2)，a 4n ＝4n ，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－2＋4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝－6＋8＝2，…，a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－(4n －2)＋4n ＝2.又2 012＝4×503，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝2＋2＋…＋2,\s \do 4(503个))＝2×503＝1 006.答案：A3．(2020年海淀模拟)若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：∵a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n .设前k 项和最大，则有⎩⎨⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，∴⎩⎨⎧22－3k ≥0，22－3（k ＋1）≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.故满足条件的n 的值为7.答案：B4．在公差为d ，各项均为正整数的等差数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＝51，则n ＋d 的最小值为( )A ．14B ．16C ．18D ．10解析：由题意得1＋(n －1)d ＝51，即(n －1)d ＝50，且d >0.由(n －1)＋d ≥2（n －1）d ＝250(当且仅当n －1＝d 时等号成立)， 得n ＋d ≥102＋1，因为n ，d 均为正整数，因此n ＋d 的最小值为16，选B.答案：B5．(2020年高考浙江卷)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 }是递增数列解析：利用函数思想，通过讨论S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n 的单调性判定． 设{a n }的首项为a 1，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n .由二次函数性质知S n 有最大值时，则d <0，故A 、B 正确；因为{S n }为递增数列，则d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，明显{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故C 错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，D 正确．答案：C二、填空题6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：由于S n ＝2n －a n ，因此S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n ＝2－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，则数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12为公比的等比数列．又a 1＝2－a 1，即a 1＝1.则a n －2＝(－1)·(12)n －1，因此a n ＝2－(12)n －1. 答案：2－(12)n －1 7．(2020年高考江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________．解析：利用“专门值”法，确定公比．由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－（－2）53＝11. 答案：118．流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人．由于该市卫生部门采取措施，使该种病毒的传播得到操纵，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8 670人，则11月________日，该市感染此病毒的新患者人数最多．解析：设该市11月n 日新感染者有a n 人，在11月(x ＋1)日开始操纵病毒的传播，其中x ∈N *，则由题意可知：a n ＝⎩⎨⎧20＋50（n －1），1≤n ≤x 50x －30－30（n －x ），x <n ≤30，从而由条件得20＋50x －302·x ＋[（50x －60）＋（80x －930）]2·(30－x )＝8 670，解之得x ＝12或x ＝49(舍去)，故易知11月12日，该市感染此病毒的新患者人数最多．答案：12三、解答题9．(2020年长沙模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足4b 1－1·42b 2－1·43b 3－1·…·4nb n －1＝(a n ＋1)n ，求数列{b n }的通项公式． 解析：(1)∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2，而a 1＝1，a 1＋1＝2≠0，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵4b 1－1·42b 2－1·43b 3－1·…·4nb n －1＝(a n ＋1)n ，∴4b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n －n ＝2n 2，∴2(b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n )－2n ＝n 2，即2(b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n )＝n 2＋2n ，①当n ≥2时，2[b 1＋2b 2＋…＋(n －1)b n －1]＝(n －1)2＋2(n －1)＝n 2－1，②由①－②得2nb n ＝2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1＋12n(n ≥2)． 易知当n ＝1时，4b 1－1＝a 1＋1＝2，得b 1＝32，满足上式， ∴b n ＝1＋12n(n ∈N *)． 10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n .(1)求数列的通项公式a n ；(2)设2b n ＝a n －1，且T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n . 解析：(1)因为S n ＝n 2＋2n ，因此当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＝2×1＋12，满足上式．故a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)因为2b n ＝a n －1，因此b n ＝12(a n －1)＝12(2n ＋1－1)＝n ， 因此1b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， 因此T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋…＋1n ×（n ＋1）＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1 n－1－1n＋1n－1n＋1＝nn＋1.11．(2020年广州两校联考)已知数列{a n}满足a1＝5，a2＝5，a n＋1＝a n＋6a n－1(n≥2)．(1)求证：{a n＋1＋2a n}是等比数列；(2)求证：{a n－3n}是等比数列并求数列{a n}的通项公式；(3)设3n b n＝n(3n－a n)，且|b1|＋|b2|＋…＋|b n|<m关于n∈N*恒成立，求m的取值范畴．解析：(1)证明：由a n＋1＝a n＋6a n－1，a n＋1＋2a n＝3(a n＋2a n－1)(n≥2)，∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15故数列{a n＋1＋2a n}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)证明：由(1)得a n＋1＋2a n＝5·3n，∴(a n＋1－3n＋1)＝－2(a n－3n)，故数列{a n－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列，∴a n－3n＝2(－2)n－1，即a n＝3n＋2(－2)n－1＝3n－(－2)n(3)由3n b n＝n(3n－a n)＝n[3n－3n＋(－2)n]＝n(－2)n，∴b n＝n(－23)n令S n＝|b1|＋|b2|＋…＋|b n|＝23＋2(23)2＋3(23)3＋…＋n(23)n23S n＝(23)2＋2(23)3＋…＋(n－1)(23)n＋n(23)n＋1得13S n＝23＋(23)2＋(23)3＋…＋(23)n－n(23)n＋1＝23[1－（23）n]1－23－n(23)n＋1＝2[1－(23)n]－n(23)n＋1∴S n＝6[1－(23)n]－3n(23)n＋1<6，要使得|b1|＋|b2|＋…＋|b n|<m关于n∈N*恒成立，只须m≥6.。

第二讲数列求和及综合应用1．等差、等比数列的求和公式（1）等差数列前n项和公式：S n＝na1＋错误!·d＝错误!。

(2)等比数列前n项和公式:①q＝1时,S n＝na1；②q≠1时,S n＝错误!。

2．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）倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提,并且剩余项的和易于求得,则这样的数列可用倒序相加法求和．（4）裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n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．3．数列的应用题（1）应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题,首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．（2）数列应用题一般是等比、等差数列问题,其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型｛a n}，利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式．1．(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列｛a n｝的前n项和为S n,S m－1＝－2,S m＝0，S m＋1＝3，则m等于（)A．3 B．4 C．5 D．6答案C解析a m＝2，a m＋1＝3，故d＝1，因为S m＝0,故ma1＋错误!d＝0，故a1＝－错误!，因为a m＋a m＋1＝5，故a m＋a m＋1＝2a1＋（2m－1)d＝－(m－1)＋2m－1＝5，即m＝5。

高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，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n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

高中数学 第二章《数列数列求和问题》学案（2） 大纲人教
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一、学习目标：
1．熟练掌握等差、等比数列的求和公式；
2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
3．分组求和：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和． 4．裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

常见拆项： 1(1)
n n ； 1(21)(21)n n ；
1n n ．
5．其它求和法：合并求和：求22222210099989721= ．
归纳猜想法，奇偶法等．
三、例题：
例1 求数列
311⨯，421⨯，531⨯，…，)2(1+n n ，…的前n 项和S ．
2、 求数列112，13
4，158，…，（2n -1）＋ 12n ,…的前n 项和.
练习：
1．数列1111,4,7
,3612的前10项的和为 ． 2． ()()=+-++⋅+⋅+⋅121217
51531311n n ． 3.数列{}
n a 中n a =
n S = ．
4．数列1，21+，2221++，…，122221=++++n 的前n 项和n S ．
四、课外作业：做P60复习题。