考点25 数列求和及综合应用

数列求和、数列的综合应用【学习目标】1．掌握数列的常用求和方法；2．注意数列的函数性，能分析解决数列和函数与方程、向量、不等式、平面几何等相结合的数列综合题；3．能够用数列知识解决数列综合题及实际应用题． 【要点梳理】要点一：求数列前n 项和的几种常用方法1. 常用方法 ⑴ 公式法：如果一个数列是等差或者等比数列，求其前n 项和可直接利用等差数列或等比数列的前n 项和公式求和； ⑵ 倒序相加法：等差数列前n 项和的推导方法，即将n S 倒写 后再与n S 相加，从而达到（化多为少）求和的目的，常用于组合数列求和. ⑶ 裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，然后把数列的每一项都按照这种方法拆成两项的差，以达到在求和的时候隔项正负相抵消的目的，使前n 项的和变成只剩下若干少数项的和的方法.例如对通项公式为1(1)n a n n =+的数列求和. ⑷ 分解求和与并项求和法：把数列的每一项拆分成两项或者多项，或者把数列的项重新组合，或者把整个数列分成两部分等等，使其转化成等差数列或者等比数列等可求和的数列分别进行求和. 例如对通项公式为23n n a n =+的数列求和. ⑸ 错位相减法：如果一个数列{}n a 的通项是由一个非常数列的等差数列{}n b 与等比数列{}n c 的对应项乘积组成的，求和的时候可以采用错位相减法.即错位相减法适用于通项为n n n a b c =⋅（其中{}n b 是公差d≠0的等差数列，{}n c 是公比q≠1的等比数列）（也称为“差比数列”）的数列求前n 项和n S .例如对通项公式为(21)2n n a n =-⋅的数列求和. 一般步骤：① 展开n S ： 112211n n n n n S b c b c b c b c --=++⋯++② 展开n qS ：1211nn n n n qS b c b c b c -+=+⋯⋯++③ 作差： 11231(1)().n n n n q S b c c c c d b c +-=+++⋯⋯- 要点诠释：① 注意事项：作差后的式子中，最后一个符号是负号“–”；23n c c c ++⋯⋯是以2c 为首项的前1n 项和；② 在使用错位相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比q 是否有可能等于1，若q =1，错位相减法会不成立.2. 常见数列的前n 项和 (1) (1)1232n n n +++++=； (2) 2135(21)n n ++++-=；(3) 246(1)n n n ++++=+；(4) 2222(1)(21)1236n n n n ++++++=；(5) 23333(1)123.2n n n +⎡⎤++++=⎢⎥⎣⎦要点诠释：前两个公式结论最好能熟记，这样解题时会更加方便. 3. 常见的拆项公式 (1)1111()()n n k k n n k•=-++；(2)若{}n a 为等差数列，且公差d 不为0，首项也不为0，则111111()n n n n a a d a a •++=-；(3)若{}n a 的通项的分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式时，则1111()()()n a An B An C C B An B An C==-++-++.(4)=1k=. 要点二：数列的综合问题数列综合题，即考察同学们基础知识，又需要良好的思维能力和分析、解决问题的能力，综合题较强，解决起来比较困难. 解答这类问题的关键，在于要审清题目，充分运用观察、归纳、猜想的手段，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略. 1. 解决一个应用题，重点过三关：⑴ 事理关：需要读懂题意，明确问题的实际背景，即需要一定的阅读能力；⑵ 文理关：需将实际问题的文字语言转化数学的符号语言，用数学式子表达数学关系； ⑶ 事理关：在构建数学模型的过程中；要求考生对数学知识的检索能力，认定或构建相应的数学模型，完成用实际问题向数学问题的转化.构建出数学模型后，要正确得到问题的解，还需要比较扎实的基础知识和较强的数理能力 2. 解决数列综合题的常用方法：(1) 利用数列与函数的关系解决数列综合题； (2) 利用等差（等比）数列中n a 和n S 的关系； (3) 利用等差（等比）数列的递推性；(4) 利用等差（等比）数列的单调性，解决有关最值问题； (5) 利用转化与化归思想，解决数列综合问题； (6) 利用不等式的放缩技巧证明数列；(7) 利用不等式的基本思想，解决有关数列问题； (8) 利用平面几何思想，解决数列综合问题.要点诠释：数列的综合题一般比较难，又没有通法通则，而由于它在中学数学体系及考试中的重要性，这一部分即难掌握又必须掌握. 同学们平时要熟悉数列规律，牢记公式，做题时多观察解法，总结规律.要点三：数列应用问题数列应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.建立数学模型的基本步骤：① 审题——认真阅读题目，准确理解题意，达到如下要求：明确问题属于哪类应用问题； 弄清题目中的主要已知事项； 明确所求的结论是什么.② 建模——将已知关系翻译成数学（数列）语言，将实际问题转化成数学问题，弄清楚该数列的结构和特征；③ 求解——求出该问题的数学解； ④ 还原——将所求结果还原到实际问题中.要点诠释：数列的建模过程是解决数列应用题的重点，要正确理解题意，恰当设出数列的基本量. 【典型例题】 类型一：数列求和 1. 公式法例1．设数列{}n a 的通项为*27(),n a n n =-∈N 则1215||||||a a a ++⋯⋯+= .【思路点拨】用公式法求和. 对含绝对值的式子，首先去绝对值号，再考虑分组为等差或等比之和. 【答案】153【解析】由0,n a >得7,2n ≥取4,n ≥ 则1215||||||a a a ++⋯⋯+1234515()()(135)(1352319123122153a a a a a a =-++++++=+++++++=++⨯=）（）【总结升华】要求几个含有绝对值的式子的和，关键是要去掉绝对值符号，去绝对值符号的方法一般是用分类讨论的思想方法，所以此题的关键是要看n a 的符号.举一反三：【变式】已知{}n a 是首项为1的等比数列，n S 是{}n a 的前n 项和，且369,S S =则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为 【答案】3116由题意知，显然1q ≠∵123123456,9()a a a a a a a a a ++=+++++ ∴123456,8()a a a a a a ++=++31231238()()a a a a a a q ++=++∴12,2n n q a -== ∴01412511111131++16222a a a ++=++=………… 2. 错位相减法例2．设0a ≠，求数列：a ，22a ，33a ，…， n na ，…的前n 项和n S .【思路点拨】数列{}n na 是由等差数列{}n 与等比数列{}n a 对应项相乘构成的差比数列. 当1a =时，用公式法求和；当1a ≠时，用错位相减法求和. 【解析】当1a =时，(1)123 (2)n n n S n +=++++=当1a ≠时，2323...n n S a a a na =++++ …… ① 则234123...n n a S a a a na +⋅=++++ …… ②由①-②可得：23111(1)(1)1n n n n n n a a a S a a a aa nana a-++--=+++++-=--，∴a na a a a S n n n ----=++1)1(121. 【总结升华】1.一般地，如果等差数列{}n a 与等比数列{}n b 的对应项相乘形成的数列{}n n a b （也称为“差比数列”）都用错位相减的办法来求前n 项之和n S .2. 错项相减法是基于方程思想和数列规律的一种方法，一般都选择乘以等比数列的公比()01q q q ≠≠且；3. 在使用分类讨论时，要做到不重不漏. 在等比数列求和中，我们经常对其公比q 是否为1进行讨论. 举一反三：【高清课堂：数列的求和问题381055 典型例题3】 【变式1】求和2311234...n n S x x x nx -=+++++（x R ∈）. 【解析】①当0x =时，1n S =.②当1x =时，2)1(321+=++++=n n n S n .③当0x ≠且1x ≠时，2311234...n n S x x x nx -=+++++ ① 234234...n n xS x x x x nx =+++++ ②①–②得 1211(1)1(1)(1)1...11n n n n nnn x nx n x x S x x xnx nx x x+--+-+-=++++-=-=--， ∴21)1()1(1x x n nx S nn n -+-+=+. 【变式2】求数列1234,,,,,,248162n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅的前n 项和n S .【解析】用错位相减法求和.1234248162n n n S =++++⋅⋅⋅+ 11123424816322n n n S +=++++⋅⋅⋅+ ∴11111111(1)122482222n n n n n n n S ++⎛⎫-=+++⋅⋅⋅+-=--⎪⎝⎭ 11222n n nn S -∴=--3. 裂项相消法例3．求数列 )1(1431321211+⨯⨯⨯n n ，，，，的前n 项的和n S .【思路点拨】观察数列通项1(1)n a n n =+，各项是由分式构成，故可考虑使用裂项法： 先对通项变形，111(1)1n a n n n n ==-++，于是每一项都可变为两个数的差，即111122=-⨯，111111,23233434=-=-⨯⨯，…，且每项拆裂出作差的两数，被减数恰是前项裂出的减数，它的减数又是它后项裂出的被减数，正好可以消去. 【解析】∵111)1(1+-=+=n n n n a n ，∴1111122334(1)n S n n =++++⨯⨯⨯+1111111(1)()()()223341n n =-+-+-++-+ 111111112233411111n n n n n =-+-+-++-+=-+=+【总结升华】1. 本题所用的方法叫做裂项相消法，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两项之差，以达到隔项相消之目的.一般地，对于裂项后有明显相消项的一类数列，在求和时常用此法，分式的求和多利用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项.2. 在学习中也应积累一些常见的拆项公式，如： ①)11(1)(1kn n k k n n +-=+•；②若{}n a 为等差数列，公差为d ，则111111()n n n n a a d a a •++=-；③n n nn -+=++111，)(11n k n knk n -+=++. 举一反三： 【变式1，……的前n 项和n S .【解析】∵11++=n n a n n n -+=1∴11231321211+++++++++=n n S nn n -+++-+-+-=132231211-+=n【变式2】求和:)(21132112111+∈++++++++++N n n （*n N∈） 【解析】∵)111(2)1(22)1(1211+-=+=+=+++=k k k k k k k a k ，∴ )1(2432322212+++⨯+⨯+⨯=n n S n111111112[()()()()]1223341122(1)11n n nn n =-+-+-++-+=-=++4. 分组求和【高清课堂：数列的求和问题381055典型例题1】例4．已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n N ∈，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S .【思路点拨】由题意列方程组求,p q 的值；数列{}n x 是由等差数列{}n q ⋅和等比数列{}2n p ⋅对应相加构成的新数列，故采用分组求和，即等差数列{}n q ⋅的前n 项和与等比数列{}2n p ⋅前n 项和相加即可. 【解析】（1）232(164)2325p q p q p q p p +=⎧⎨+=+++⎩解得11q p =⎧⎨=⎩（2）12212(21)(22)+(2)n n S x x x n =+++=+++++………… =12(22+2)(123+n)n ++++++…………=1(1)222n n n ++-+【总结升华】1.一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解.2. 一般地，如果等差数列{}n a 与等比数列{}n b 的对应项相加而形成的数列{}n n a b +都用分组求和的办法来求前n 项之和n S . 举一反三：【变式1】求和23(21)(21)(21)...(21)n n S =++++++++ 【答案】231(222...2)22n n n S n n +=+++++=+-【变式2】已知数列{}n a 中，12114,422...2(2)n n a a n -==++++≥，求前n 项和n S 【解析】∵121(122...2)3(21)322n n n n a -=+++++=-+=+，∴231(222...2)2222n n n S n n +=+++++=+- 5. 并项法例5．已知数列{}n a 的前n 项和1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--，求15S ，22S 的值.【思路点拨】该数列{}n a 的特征：1(1)(43)n n a n -=--，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：1234561...4n n a a a a a a a a ++=+=+==+=-（n 为奇数），可以将相邻两项组合在一起. 【解析】方法一：由1(1)(43)n n a n -=--∴158(157)7(553)[19...(4153)][513...(4143)]2922S ++=+++⨯--+++⨯-=-=2211(181)11(585)[19...(4213)][513...(4223)]4422S ++=+++⨯--+++⨯-=-=-方法二：由1(1)(43)n n a n -=--∴当n 为奇数，*n ∈N 时， 1(43)(41)4n n a a n n ++=--+=-，当n 为偶数，*n N ∈时， 1(43)(41)4n n a a n n ++=--++=，∴151(59)(1317)(2125)...(5357)17429S =+-++-++-+++-+=+⨯=， 22(15)(913)(1721)...(8185)11(4)44S =-+-+-++-=⨯-=- 【总结升华】1.对通项公式中含有n )1(-或1n )1(+-的一类数列，在求n S 时要注意讨论n 的奇偶情况.2. 对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有更简洁的运算结果. 举一反三：【变式】求21-，22，23-，24，…，2(1)n n •-，…的前50项之和50S 以及前n 项之和n S . 【解析】（1）设22(21)(2)41k b k k k =--+=-，则数列{}k b 为等差数列，且50S 是{}k b 的前25项之和25T ，所以502525[3(4251)]12752S T +⨯-===.（2）当n 为偶数即*2()n k k N =∈时，(341)2n k k k S T +-==1(21)(1)2k k n n =+=+.当n 为奇数即*21()n k k N =+∈时，2221(1)(21)(1)22n k n n S T n k k n n n n +=-=+-=--=-.类型二：数列与函数的综合运用例7. 已知函数()log a f x x =，若数列{}n a 使得2，1()f a ，2()f a ，3()f a ，…，()n f a ，24n +(*)n ∈N 成等差数列.（1）求{}n a 的通项n a ；（2）设(),n n n b a f a =⋅ 求{}n b 的前n 项和是n S .【思路点拨】观察数列特征，利用等差数列的有关公式，得出数列的通项，从而利用错位相减法求和.【解析】设数列：2，1()f a ，2()f a ，3()f a ，…，()n f a ，24n +的公差为d ，则242(21)n n d +=++－解得2d =.∴()2(11)222n f a n d nd n =++-=+=+，即log 22a n a n =+， 可得22n n a a +=.（2）222222()log (22)n n n n n n a b a f a a a n a +++=⋅=⋅=+，()01a a ≠≠且，所以 46222462(22)n n n S a a n a n a +=+++⋅++ ① 2682222446(22)2(22)n n n n a S a a n a n a n a ++=+++-⋅+⋅++ ② ①-②得 2462224(1)42[](22)n n n a S a a a n a ++-=+++-+∴42424422222222(1)2(22)21[1(1)(1)111n n nn n a a a n a a a S n a a a a a+--+-=+=+-+----. 【总结升华】本题是数列与函数的综合题目，考查对数函数、等差等比数列的性质、数列的求和，有一定的综合性. 解决这类题目的主旨是运用函数的有关概念与性质，找出数列的递推关系式，从而转化为纯粹的数列问题. 举一反三：【变式】设函数()142xf x =+ .（1）证明：对一切x ∈R ，()()1f x f x +-是常数；（2）记()()()1210......1,n n a f f f f f n n n n +-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭N ，求n a ，并求出数列{n a }的前n项和.【解析】（1） ∵()142x f x =+， ∴()(1)f x f x +- =1114242x x -+++1142421.(42)(42)2x x x x --+++==++ （2） ()()()1210......1,n n a f f f f f n n n n +-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭N()()()12211......0,n n n a f f f f f f n n n n n +--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭N ∴2n a =12n + 即n a =14n + ∴111()442n n n S +++==(3).8n n +类型三：数列与不等式的综合应用例8. 已知数列{}n a 满足11a =，*121().n n a a n +=+∈N （I ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）证明：*122311...()232n n a a a n nn a a a +-<+++<∈N . 【思路点拨】由递推式可知，通过构造等比数列{}1n a +可以得到{}n a 的通项公式；通过放缩法解决关于证明数列和的不等式问题.【解析】（I ）*121()n n a a n +=+∈N 可变形为： 112(1),n n a a ++=+∴ {}1n a +是以112a +=为首项，2为公比的等比数列∴12.n n a +=即 2*21().n a n =-∈N（II ）证明：1121211,1,2,...,,12122(2)2k k k k k k a k n a ++--==<=--∴12231 (2)n n a a a na a a ++++<111211111111.,1,2,...,,2122(21)2 3.222232k k k k k k kk a k n a +++-==-=-≥-=--+- ∴1222311111111...(...)(1),2322223223n n n n a a a n n n a a a ++++≥-+++=-->- ∴*122311...().232n n a a a n nn a a a +-<+++<∈N 【总结升华】用放缩法处理数列和不等式问题的常用方法：1.先求和后放缩：若数列和可求得，一般先求和，再放缩处理；2.先放缩后求和：若数列直接求和方法不易解决，则将数列放缩为常见形式，再求和.常见的放缩方法为：（1）2221441124412121n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭； （2）11115(1)112132(1)2n nn n +<+++++<⨯⨯-； （3）1112(21)212n n n n=---；（4（5）<<；（62)n ≥；（7）12111121232(21)2(23)2nn n n n n n -⎛⎫-⋅=-⎪+++⋅+⋅⎝⎭； （8）11111111,(1)11(1)11k n k n k kn n n k kn n k ⎛⎫⎛⎫=+=- ⎪ ⎪+-+-++++++⎝⎭⎝⎭； （9<==（10）1211222211(21)(21)(21)(21)(22)(21)(21)2121n n n n n n n n n n n n n ---=<==----------.举一反三：【变式1】 已知数列{}n a 满足：11a =，1(1)(1,2,3)2n n n n a a n +=+=．求证：11132n n n n a a +-+>≥-. 【解析】（1）先证明1n n a a +>.1(1)=22n n n n n n nn na a a a a +-=+- ∵1(1)2n n n na a +=+，∴1n a +与n a 同号，又∵110a =>，所以0n a >. ∴ 10n n a a +->，即1n n a a +>． ∴数列{}n a 为递增数列. （2）再证明1132n n n a -+≥-. 由（1）可知，11n a a ≥=，即122n n nn n n na a a +-=≥. ()()()1-11-22121121=++222n n n n n n n a a a a a a a a ------≥+++ ． 令 21121222n n n S --=+++① 2311212222n n n S -=+++② 两式相减得：231111111222222n n n n S --=++++-， ∴1122n n n S -+=-，即11122n n n a a -+-≥-， ∴1132n n n a -+≥-. 综上，11132n n n n a a +-+>≥-． 【变式2】已知数列{}n a 满足:()113-2.n n a a a n ++==∈N ， （I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若1,1n n a +=∈+N ，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，试比较n T 和16的大小并证明. 【解析】( I ) 由题意可知，数列{}n a 是以2为公比、3为首项的等差数列，∴()32-121n a n n =+=+；（II）由11n a =+可知2211111=(1)(22)22123n n b a n n n ⎛⎫=<- ⎪++++⎝⎭，则 12311111111123525722123111111123557212311123231.6n nT c c c c n n n n n =+++⋯⋅⋅⋅+⎛⎫⎛⎫⎛⎫<-+-++- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫=-+-++- ⎪++⎝⎭⎛⎫=- ⎪+⎝⎭< 类型四：探究题型与创新题型例9. 已知定义在R 上的函数()f x 满足1()12f =-，且对任意实数x y ，，恒有()()()1x y f x f y f xy --=-. 又数列{}n a 满足11221,21n n n a a a a +==+，设12111()()()n n b f a f a f a =++⋯+． （１）证明：{}()n f a 为等比数列；（２）是否存在自然数m ，使得对任意+n ∈N ，都有84n m b -<成立，若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】题中条件较多，仔细审题，捋顺思路，分清主次：对于第（1）题，要证明一个数列为等比数列，应利用定义给予严格证明，即1()()n n f a f a +为定值；对于第（2）题，可假设存在自然数m ，使得84n m b -<恒成立，从而反客为主，探究84n m b -<成立时m 所需的条件. 【解析】（1）由()()()1x yf x f y f xy++=+可知， 122()()()()()2()11n n n n n n n n n n a a a f a f f f a f a f a a a a ++∴===+=++⋅，即1()2()n n f a f a +=， 又∵11()()12f a f ==-，∴{}()n f a 是以1-为首项，2为公比的等比数列，从而有()12n n f a -=-.（2）2111111112(1)21222212n n n n b ---=-+++⋯+=-=-+-，若84n m b -<恒成立（n +∈N ），则112224n m --+<-，即14.2n m -> ∵142n -⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递减数列，∴当1n =时，142n -有最大值4，故4m >．又∵m ∈N ， ∴m 的最小值为5.【总结升华】本小题是存在性问题（存在性问题指判断满足条件的事物是否存在的问题），这类问题知识覆盖面较广，综合性较高，对学生分析问题和解决问题能力要求较高. 由于存在性问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行推理和计算，对基础知识、基本能力提出了较高要求，并具备较强的探索性. 是各地近几年考试的热点.存在性问题的一般思路是：假设存在 推理论证 得出结论. 举一反三：【变式】已知()x f x m ＝ (m 为常数，01m m >≠且)．设()()()12()n f a f a f a n *⋯⋯∈N ，，，是首项为2m ，公比为m 的等比数列．(1)求证：数列{}n a 是等差数列；(2)若()()lg f n n n b f a a ⋅＝，问是否存在m ，使得数列{}n b 中每一项恒小于它后面的项，若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)由题意()2111·na n n n n f a m m m m m －＋＋＝＝，＝，即.∴1n a n ＝＋，. ∵11n n a a ＋－＝∴数列{}n a 是以2为首项，1为公差的等差数列．(2) 由题意()()111·lg lg (1)lg n n n n n n b f a f a m m n m m ⋅⋅⋅＋＋＋＝＝＝＋， 假设存在m ，使得数列{}n b 中每一项恒小于它后面的项. 要使1n n b b <＋对一切*n ∈N 成立，只要12(1)lg (2)lg n n n m m n m m ⋅⋅<⋅⋅＋＋＋＋对一切n ∈N *成立， ① 当1m >时，lg 0m >， ∴12n m n >＋＋，只要max12n m n ⎛⎫> ⎪⎝⎭＋＋； ②当01m <<时，lg 0m <， ∴ 12n m n +<+，只要min12n m n +⎛⎫< ⎪+⎝⎭.11122n n n +=++ 随着n 的增大而增大，故21132n n +≤<+，所以m 1>或203m <<.综上，当1m >或203m <<时，数列{}n b 中每一项恒小于它后面的项．例10. 定义在()()00-∞+∞，，上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，(){}n f a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”. 现有定义在()()00-∞+∞，，上的如下函数：①()²f x x =；②()2x f x =；③()f x ()f x =ln x .则其中是“保等比数列函数”的()f x 的序号为（ ）A. ①②B. ③④C. ①③D. ②④【思路点拨】仔细审题，弄清“保等比数列函数”的概念含义，要判断一个数列是否是等比数列可利用等比数列的定义. 【答案】C【解析】设数列{}n a 的公比为q .对于①，22112()()n n n nf a a q f a a ++==，是常数，故①符合条件； 对于②，111()22()2n n n n a a a n a n f a f a ++-+==，不是常数，故②不符合条件；对于③，1()()n n f a f a += 对于④，11()ln ||()ln ||n n n n f a a f a a ++=，不是常数，故④不符合条件. 由“保等比数列函数”的定义知应选C.【总结升华】所谓创新题型（新定义型问题），主要是给出高中数学没有学过的新运算、新概念、新符号和新规则，要求学生读懂题意并结合已有知识、能力进行理解，根据新定义进行运算、推理、迁移的一种题型，具有启发性、思考性、挑战性和隐蔽性等特点，考查学生的综合素质，挖掘学生的潜力，受到了命题者的青睐. 将新定义的阅读信息与所学知识进行有效结合是破解此类问题的关键. 举一反三：【变式1】在一个数列中，若每一项与其后一项的积为同一个常数（有限数列的最后一项除外），则称该数列为等积数列，其中的常数称为公积. 若数列{}n a 为等积数列，且10=2a ，公积为6，则1592013a a a a ⋅⋅⋅⋅等于（ ）A ．5042B ．5032C ．5043D ．5033 【答案】C【解析】由题意得 91099=2=6=3.a a a a ⋅，所以∴当n 为奇数时，3n a =；当n 为偶数时，2n a =.等差数列1，5，9，…，2013的通项公式为()14143n a n n =+-=-， 令432013n a n =-=，解得504n =. ∴数列1，5，9，…，2013共有504项. ∴5041592013504333333.a a a a ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=【变式2】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，令12nn S S S T n+++=，称n T 为数列12n a a a ，，，的“理想数”．已知数列12500a a a ，，，的“理想数”为2004，那么数列2，12500a a a ，，，的“理想数”为（ ）A. 2002B. 2004C. 2006D.2008 【答案】A【解析】数列12500a a a ，，，的“理想数”500T 为：12125005005004992004500500n S S S a a a T +++++===，可得12500500499=5002004a a a ++⨯，数列2，12500a a a ，，，的“理想数”为：()()()112125005011250022225005012500499501250120045005012002.a a a a a a T a a a +++++++++++=⨯+++=⨯+⨯==故选A.类型五：数列应用题例11. 假设某市2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．预计在今后的若干年后，该市每年新建住房面积平均比上年增长8%．另外，每年新建住房中，中底价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底（1）该市历年所建中低价房的累计面积（以2004年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米？（2）当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？【思路点拨】条件中有两个变量，新建住房面积和中低价房面积，为了更清晰的表明每年住房面积之间的变化，同学们可以建立一个表格：新建住房面积是以250为首项、以50为公差等差数列；中低价房面积是以为400首项、以1.08为公比的等比数列. 再由条件建立相应的不等式求解即可.【解析】（1）设中低价房面积形成数列{}n a ，由题意可知{}n a 是以250为首项、以50为公差等差数列.则{}n a 的前n 项和225225n S n n =+ 令2252254750n n +≥，即291900n n +-≥， ∵n 是正整数, ∴n ≥10.∴到2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米. （2）设新建住房面积形成数列{}n b ，由题意可知{}n b 是以为400首项、以1.08为公比的等比数列，则()1400 1.08n n b =⨯－. 由（1）可知，=25050(1)=200+50n a n n +－.令>0.85n n a b ，即()1200+50400 1.080.85.n n >⨯⨯－由计算器解得满足上述不等式的最小正整数6n =，∴到2009年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 【总结升华】解应用题的关键是建立数学模型，只要把模型中的量具体化就可得相应的解析式. 举一反三：【变式】 某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50％.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同. 公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.（Ⅰ）用d 表示1a ，2a ，并写出1n a +与n a 的关系式；（Ⅱ）若公司希望经过()3m m ≥年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值（用m 表示）.【解析】（Ⅰ）由题意得12000(150%)3000a d d =+-=-，2113(150%)2a a d a d =+-=-，13(150%)2n n n a a d a d +=+-=-.（Ⅱ）由（Ⅰ）得132n n a a d -=-2233()22n a d d -=-- 233()22n a d d -=--=12213333()1()()2222n n a d --⎡⎤=-++++⎢⎥⎣⎦. 整理得 1133()(3000)2()122n n n a d d --⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦13()(30003)22n d d -=-+. 由题意，134000,()(30003)24000,2n n a d d -=∴-+=解得13()210001000(32)2332()12n n n n nn d +⎡⎤-⨯⎢⎥-⎣⎦==--.故该企业每年上缴资金d 的值为缴11000(32)32n n n n+--时，经过(3)m m ≥年企业的剩余资金为4000元.【巩固练习】 一、选择题1.某工厂生产总值的月平均增长率为p ，则年平均增长率为（ ） Ａ．12(1)p + B. 12(1)1p +- C. p D. 12p2.设{}n a 是由正数组成的等比数列，公比2q =，且123a a a ⋅⋅⋅……30302a = ，则258a a a 29a 等于（ ）Ａ．102 B. 202 C. 152 D. 1623．已知函数22()n n f n n n =-⎧⎨⎩当为奇数时当为偶数时，且()(1)n a f n f n ＝＋＋，则123100a a a a ⋯＋＋＋＋等于( ) A ．0 B ．100 C ．－100 D ．102004．如果数列{}n a 满足12=2=1a a ，，且()11112n n n n n n a a a a n a a -+-+--=≥，则这个数列的第10项等于( )A.1012 B.912 C.110D.155．数列{}n a 中，1(1)n a n n =+，其前n 项和为910，则在平面直角坐标系中，直线(1)0n x y n ＋＋＋＝在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9二、填空题6．已知函数()2log f x x ＝，若数列{}n a 的各项使得()()()1222+4n f a f a f a n ，，，，，成等差数列，则数列{}n a 的前n 项和n S ＝________.7．已知函数()232f x x x ＝－，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，n S )(n∈N *)均在函数f(x)的图象上，13n n n b a a +=，T n 是数列{}n b 的前n 项和，则使得20n mT <对所有n *∈N 都成立的最小正整数m 等于________．8. 求等比数列1，13，19，…的前6项和6S = . 9. 已知数列{}n a 中22n n a =+，求前n 项和n S = . 10．求数列114⨯，147⨯，…，1(32)(31)n n -+，…的前n 项和n S = .三、解答题11. 求数列12，34，58，…，212nn -，…的前n 项和n S . 12.已知数列1，3a ，25a ，…，1(21)n n a --，求此数列前n 项和n S . 13．求222212...1(2)3(4)(1)n n S n -=+-++-++-的和.14. 设数列{}n a 满足2111232n n n a a a -⋅＋＝，－＝. （Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令n n b na ＝，求数列{b n }的前n 项和n S .15.等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== （Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.【答案与解析】 1.【答案】B【解析】设年增长率为q ，基数为a ，则12(1)(1),a p a q +=+ ∴12(1)1q p =+-2.【答案】A【解析】将数列{}n a 的前30项分成三组，设14728,a a a a x ⋅⋅⋅⋅=……则102025829369302,2a a a a x a a a a x ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅…………，可求1x =，即10258292a a a a ⋅⋅⋅⋅=…….3. 【答案】B【解析】由题意，a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.4. 【答案】D 【解析】∵1111n n n n a a a a -+-=-，∴112n n n n a aa a -++=， 11211n n n a a a --=+，∴1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为12， 公差为12的等差数列，∴112n n a =，∴1015a =.5. 【答案】B【解析】数列{a n }的前n 项和为1111111111223(1)2231n n n n +++=-+-++-⨯⨯++ 1911110n n n =-==++，所以n ＝9，于是直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0即为10x ＋y ＋9＝0，所以其在y 轴上的截距为－9.6. 【答案】16(41)3n- 【解析】设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2，于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…，从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，….易知数列{a n }是等比数列，其公比214a q a ==，所以424116(41)413n nn S -==--．7.【答案】10【解析】由S n ＝3n 2－2n ，得a n ＝6n －5， 又∵13111()26561n n n b a a n n -==--+， ∴111111111(1)()()(1)2771365612612Tn n n n ⎡⎤=-+-++-=-<⎢⎥-++⎣⎦， 要使11(1)26120mn -<+对所有n ∈N *成立， 只需1202m ≥，∴m≥10，故符合条件的正整数m ＝10.8.【答案】364243【解析】 ∵11a =，13q =，6n =，∴6611[1()]3643124313S ⨯-==-9. 【答案】1222n n ++-【解析】12121(22)(22)...(22)(22...2)2222n n n n S n n +=++++++=++++=+-10．【答案】31nn + 【解析】1111447(32)(31)n S n n =+++⨯⨯-+111111[(1)()()]34473231n n =-+-++--+ 11(1)33131nn n =-=++11. 【解析】∵135721248162n nn S -=+++++， 1113523212481622n n n n n S +--=+++++ ∴111112222211121122481622222n n n n n n n n S S +-+---=+++++-=+--， 故2121322n n nn S --=--.12. 【解析】21135(21)n n S a a n a -=++++-， ①当0a =时，1n S = 当1a =时，2[1(21)]135(21)2n n n S n n +-=++++-==. 当0a ≠且1a ≠时，23135(23)(21)n n n a S a a a n a n a -••=++++-+- ②由①-②得：2311(1)1(2222)(21)2(1)1(21)1n nn n na S a a a a n a a a n a a-••-•-=+++++---=+---∴22()1(21)(1)1n nn a a n a S a a•---=+--.13．【解析】 当n 为奇数时，2222222...(12)(34)[(2)(1)]n S n n n =-+-++---+ 2[3711...(23)]n n =-++++-+213(23)22n n n -+-=-⋅+ 22n n += 当n 为偶数时，222222...(12)(34)[(1)]n S n n =-+-++--[3711...(21)]n =-++++-3(21)22n n +-=-⋅22n n+=-.14．【解析】(1)由已知得，当n≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n-1＋22n-3＋…＋2)＋2＝22(n+1)-1， 而a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n-1. (2)由b n ＝na n ＝n·22n-1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n-1 ① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n+1 ② ①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n-1－n·22n+1. 即S n ＝19[(3n －1)22n+1＋2]．15. 【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，由23269a a a =得32349a a =所以219q =. 由条件可知0n a >，故13q =.由12231a a +=得11231a a q +=，所以113a =.故数列{}n a 的通项式为n a =1()3n . （Ⅱ ）31323n log log ...log n b a a a =+++(12...)(1)2n n n =-++++=-.故12112()(1)1n b n n n n =-=--++，12111111112...2((1)()...())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-++.所以数列1{}n b 的前n 项和为21n n -+.。

考点24 数列求和及综合应用一、选择题1.（2011·江西高考理科·Ｔ5） 已知数列 {n a }的前n 项和n s 满足：n s +m s =n m s +，且1a =1，那么10a =( ) （A ）1 (B)9 （C ）10 (D)55 【思路点拨】n m n m 911010s s s m,n 9,m 1,S S S ,1.++===+==结合，对赋值，令n 即得即得a【精讲精析】选A.n m n m 911011091010s s s 9,m 1,S S S ,S S -S =a =1a =1.++=∴==+==∴ 令n 即得即，2.（2011·安徽高考文科·Ｔ7）若数列{}n a 的通项公式是a n =(-1)n(3n -2),则12a a ++…10a +=( ) （A ）15 (B)12 （C ）-12 (D) -15 【思路点拨】观察数列{}n a 的性质，得到.31094321=+==+=+a a a a a a 【精讲精析】选A. .31094321=+==+=+a a a a a a 故.151021=+++a a a 二、填空题3.（2011·江苏高考·Ｔ13）设1271=a a a ≤≤≤ ，其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列，642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________.【思路点拨】本题考查的是等差数列与等比数列的综合问题，解题的关键是找出等差数列与等比数列的结合点，从而找到q 满足的关系式，求得其最小值. 【精讲精析】由题意：231212121112a a a q a a q a a q =≤≤≤+≤≤+≤，222221,12a q a a q a ∴≤≤++≤≤+，3223q a ≥+≥，而212221,1,,1,2a a a a a ≥=∴++ 的最小值分别为1，2，3；min q ∴=4.（2011·浙江高考文科·Ｔ17）若数列2(4)()3n n n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭中的最大项是第k 项，则k =_______________.【思路点拨】可由不等式组11k k k k a a a a +-≥⎧⎨≥⎩解得.【精讲精析】设最大项为第k 项，则由不等式组11k k k k a a a a +-≥⎧⎨≥⎩得1122(4)(1)(5)3322(4)(1)(3)33k k k k k k k k k k k k +-⎧⎛⎫⎛⎫+≥++⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎪+≥-+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩,即2(4)(1)(5)32(4)(1)(3)3k k k k k k k k ⎧+≥++⋅⎪⎪⎨⎪+⋅≥-+⎪⎩,1k ≤,故4k =. 【答案】4 三、解答题5.（2011·安徽高考理科·Ｔ18）在数1和100之间插入n 个实数，使得这n +2个数构成递增的等比数列，将这n +2个数的乘积记作n T ，令lg n n a T =，1n ≥ （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n n n 1b tan a tan a ,+=求数列{}n b 的前n 项和n S . 【思路点拨】本题将数列问题和三角函数问题结合在一起，解决此题需利用等比数列通项公式，等差数列前n 项和公式，及两角差的正切公式等基本知识.【精讲精析】（Ⅰ）设这n +2个数构成的等比数列为{}n c ，则100,121==+n c c ，则1001=+n q，11100+=n q ，又(n 1)(n 2)2n 12n 12n 2T c c c 1q q qq++++==⨯⨯⨯⨯=所以 .1,2100lg lg lg 222)2)(1(≥+====+++n n qT a n n n n n（Ⅱ）由题意和（Ⅰ）中计算结果，知.1),3tan()2tan(≥+⋅+=n n n b n另一方面，利用[]tan(1)tan tan1tan (1),1tan(1)tan k kk k k k+-=+-=++⋅得 .11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=⋅+kk k k所以21323tan(1)tan tan(1)tan (1)tan1tan(3)tan 3.tan1+==+===+⋅+-=-+-=-∑∑∑n n n k k k n k S b k kk kn n6.（2011·江苏高考·Ｔ20）设M 为部分正整数组成的集合，数列}{n a 的首项11=a ，前n 项和为n S ，已知对任意整数k ∈M ，当整数n>k 时，)(2k n k n k n S S S S +=+-+都成立. （1）设M=｛1｝，22=a ，求5a 的值； （2）设M=｛3，4｝，求数列}{n a 的通项公式.【思路点拨】本题考查的是等差数列概念、前n 项和与通项关系，其中（1）问较为容易，（2）问解决的关键是抓住题目的)(2k n k n k n S S S S +=+-+的转化从中找到解决问题的规律. 【精讲精析】(1)由题设知，当2≥n 时，)(2111S S S S n n n +=+-+ 即1112)()(S S S S S n n n n =----+，从而2211==-+a a a n n ，又22=a ， 故当2≥n 时，22)2(22-=-+=n n a a n ，所以5a 的值为8. (2) 由题设知, 当{}4,3=∈M k ,且k n >时，)(2k n k n k n S S S S +=+-+且)(2111k n k n k n S S S S +=++-+++，两式相减得n 1k n 1k n 1a a 2a +++-++=，即n 1k n 1n 1n 1k a a a a +++++--=-，所以当8≥n 时，6336,,,,++--n n n n n a a a a a 成等差数列，且6226,,,++--n n n n a a a a 也成等差数列，从而当8≥n 时，332-++=n n n a a a 66-++=n n a a )(*， 且22-++n n a a 66-++=n n a a .所以当8≥n 时，222-++=n n n a a a ，即22-+-=-n n n n a a a a ，于是， 当9≥n 时，3113,,,++--n n n n a a a a 成等差数列，从而33-++n n a a 11-++=n n a a ，故由)(*式知=n a 211-++n n a a ，即11-+-=-n n n n a a a a ，当9≥n 时，设1--=n n a a d ，当82≤≤m 时，86≥+m ，从而由)(*式知1262+++=m m m a a a ，故13172++++=m m m a a a ，从而m 7m 6m 1m m 13m 122(a a )a a (a a )+++++-=-+-，于是d d d a a m m =-=-+21. 因此d a a n n =-+1，对任意2≥n 都成立.又由k n k n k n S S S S 22=-+-+（{})4,3∈k 可知k k n n n k n S S S S S 2)()(=----+， 故329S d =且4216S d =.解得d a 274=，从而d a 232=，d a 211=. 因此，数列{}n a 为等差数列，由11=a 知2=d ， 所以数列{}n a 的通项公式为12-=n a n .7.（2011·新课标全国高考理科·Ｔ17）等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +==（Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设 3132log log ......log ,n n b a a a =+++3log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1{}nb 的前n 项和. 【思路点拨】第（Ⅰ）问可由12231a a +=，23269a a a =联立方程组求得1a 和公比q ，从而求得n a 的通项公式.第（Ⅱ）问中，需先利用对数的性质化简n b ，再用裂项相消的方法求数列1{}nb 的前n 项和. 【精讲精析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，由23269a a a =得23a3249a a =所以219q =. 由条件可知0n a >,故13q =.由12231a a +=得11231a a q +=，所以113a =. 故数列{}n a 的通项公式为n a =1()3n.（Ⅱ ）31323n log log ...log n b a a a =+++(12...)(1)2n n n =-++++=-.故12112()(1)1n b n n n n =-=--++,.所以数列1{}n b 的前n 项和为21nn -+.8.（2011·新课标全国高考文科·Ｔ17）已知等比数列{}n a 中，11a =3，公比13q =. （1）n S 为{}n a 的前n 项和，证明：12nn a S -=. （2）设31323log log log n n b a a a =++⋅⋅⋅+，求数列{n b }的通项公式.【思路点拨】第（1）问利用等比数列通项公式和求和公式求出n S ,n a ，然后证明等式12nn a S -=成立； （2）利用对数的性质化简n b ，即得{n b }的通项公式.【精讲精析】（1）n 1n 131()a 3-==1()3n，111(1-)1-3121-333==n n n S∴12nn a S -=. （2）31323log log log n n b a a a =++⋅⋅⋅+n(n 1)(123...n)2+=-++++=-. ∴数列{n b }的通项公式为n b =n(n 1)2+-. 9.（2011·广东文科·T20）设b>0，数列{n a }满足a 1=b,11(2)1n n n nba a n a n --=+-≥.(1)求数列{n a }的通项公式； (2)证明：对于一切正整数n ，n 2a ≤bn 1++1.【思路点拨】（1）把题中条件变形为1111--⋅+=n nn n ，构造成为)11(111n n n n+-=+-，转化为等比数列，求得}11{ba n n-+的通项公式，进而求出}{n a 的通项公式.（2）利用均值不等式证明.【精讲精析】（1）由已知得1111--⋅+=n na nb ba n ）（2≥n ，当1≠b 时，上式变形为：)111(1111ba nb ba n n n-+-=-+-， 即数列}11{b a n n -+是以)1(11111b b b a -=-+为首项，以b 1为公比的等比数列，由等比数列的通项公式得：n n n bb b b b b a n )1(1)1()1(1111-=-=-+-，解得nn b nbb a --=1)1(；当1=b 时，有111=---n na n a n ，即{na n }是首项公差均为1的等差数列，则1=n a .综上所述⎪⎩⎪⎨⎧≠>--==)1且0(1)1()1(1b b b nb b b a nn n .（2）方法一：当12(1)1,(21,1nn n nnb b b a b b +-≠=≤+-时欲证只需证112(1))1nn n b nb b b +-≤+-12211121(1)11n n n n n n n b bb b b b b b +-+---+=+++++++-11111()--=++++++ n n n n n b b b b b b b(222)n b >+++ 2,n nb =12(1)21.1n n n nnb b a b b +-∴=<+-当b=1时，b n+1+1=2=2a n ,综上所述12 1.n n a b +≤+方法二：由（1）及题设知: 当1=b 时，1+n b +1=2=2n a ；当1且0≠>b b 时，nnk 1nn kk 1k 1n n n 1b11b 1b a (1b)nb nbb n--==-===⋅-∑∑，而nn 1n 210n 1n kk 1211111()()()()1bb b b b ()nn b----=++⋅⋅⋅++=≥=∑，∴21211111+-=≥n n nb bb a ）（， 即2212+≤n n ba ，又2111221+++=≥+n n n bb b ，∴121+≤+n n b a .综上所述，对于一切正整数n 有121+≤+n n b a .10.（2011·广东高考理科·Ｔ20）设0>b 数列{}n a 满足111=,(2)22n n n nba a b a n a n --=≥+-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n,1112n n n b a ++≤+ .【思路点拨】（1）把题中条件变形为1121+-⋅=⋅-n n a n a n b ，构造成为)211(2211b a n b b a n n n -+-=-+-，转化为等比数列，求得nn 1a 2b ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭的通项公式，进而求出}{n a 的通项公式.或用猜想证明的方法解决. （2）利用均值不等式证明.【精讲精析】（1）方法一：由已知得11)22(--=-+n nn n nba a n a a ，两边同除以1-n n a a ，整理得1121+-⋅=⋅-n n a n a n b ， 当2≠b 时有： )211(2211b a n b b a n n n -+-=-+-（2≥n ）令n c n n +=1，则}{n c 是以)2(221111b b b a c -=-+=为首项，bq 2=为公比的等比数列.由等比数列通项公式得)2(2)2()2(21b b b b b c n nn n -=-=-，即)2(221b b b a n n n n-=-+ 从而nn nn b nb b a --=2)2(.当2=b 时，有2111=---n na n a n ，即}{n a n 是首项与公差均为21的等差数列，从而有2n a n n =，得2=n a . 综上所述⎪⎩⎪⎨⎧≠>--==)2且0(2)2()2(2b b bnb b b a nn nn 方法二：（ⅰ）当2b =时，{}n n a 是以12为首项，12为公差的等差数列， 即111(1)222=+-⨯=n n n n a ，∴2n a =. （ⅱ）当2b ≠时，1a b =，2222222(2)22b b b a b b -==+-，33323333(2)242-==++-b b b a b b b ， 猜想(2)2n n n nnb b a b -=-，下面用数学归纳法证明：①当1n =时，猜想显然成立；②假设当n k =时，(2)2k k k kkb b a b -=-，则 1111(1)(1)(2)(1)(2)2(2)2(2)2+++++⋅+⋅-+-===+-+⋅--k k k k k k kk k k k b a k b kb b k b b a a k kb b k b b ， 所以当1n k =+时，猜想成立，由①②知，*n N ∀∈，(2)2n n n nnb b a b -=-．综上所述⎪⎩⎪⎨⎧≠>--==)2且0(2)2()2(2b b bnb b b a nn n n （2）方法一：（ⅰ）当2b =时， 112212n n n a ++==+，故2b =时，命题成立；（ⅱ）当2b ≠时，22122n n n n b b ++≥=，21211222n n n n b b b --+⋅+⋅≥=，11111,222n n n n n n b b b +--++⋅+⋅≥= ，以上n 个式子相加得2212n n b b -+⋅+111122n n n n b b +--++⋅+⋅+ 2121222n n n n b n b -++⋅+≥⋅，1221212112(2)[(222)2](2)2(2)2(2)n n n n n n n n n n n n n n nn b b b b b b b a b b +--++⋅-+⋅++⋅+-⋅-=≤-- 2212121(222)(2)2(2)2(2)n n n n n n n n nb b b b b b b --++⋅++⋅+--⋅-=- 2121111(2)222(2)n n n n n n n n nb b b b +++++--⋅+⋅=- 2111211(2)(22)2(2)n n n n n n n n nb b b b +++++-⋅+⋅-=-1112n n b ++=+．故当2b ≠时，命题成立； 综上（ⅰ）（ⅱ）知命题成立．方法二：由（1）及题设知: 当2b =时，11122n n n b a +++==，故b=2时，命题成立；当02b b >≠且时，1111111221212121;(2)n knnn kk n nn k k n k n n n kk k nnn n kk k n bb b b a n b b nb nb b nb b b n-------==--==-=====-∑∑∑∑而11210222221()()()()122()-----=++++=≥=∑ n n n n k n b b b b n k k n b n b112211212()()2-+∴≥=n n n a b b b，即122()2+≤n n b a，又112112()22++++≥=n n n b b 综上所述：对于一切正整数n,1112n n n b a ++≤+. 11.（2011·山东高考理科·Ｔ20）等比数列{}n a 中，123,,a a a 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数不在下表的同一列.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 满足：(1)ln nn n n b a a =+-，求数列{}n b 的前n 项和S n .【思路点拨】（Ⅰ）由题意易知1232,6,18a a a ===.由等比数列的通项公式写出数列的通项公式. （Ⅱ）由题意易知数列{}n b 为摆动数列，利用分组求和法，可以将奇数项和偶数项分开来求解数列的前n 项和，但是要分奇数和偶数两种情况讨论.【精讲精析】（Ⅰ）由题意可知1232,6,18a a a ===，公比32123a a q a a ===， 通项公式为123n n a -=⋅；（Ⅱ）()1111ln 23(1)ln(23)23(1)[ln 2(1)ln 3]---=+-=+-=+-+-nn n n n n n n n b a a n ×××当2(*)n k k =∈N 时，122n k S b b b =+++212(133){1(23)[(22)(21)]}ln 3-=+++++-+++--+- k k k 2132ln 331ln 3132-=+=-+-k n n k ×当21(*)n k k =-∈N 时，1221n k S b b b -=+++222(133){(12)[(23)(22)}ln 3ln 2-=++++-++---- k k k ]21132(1)ln 3ln 213--=----k k ×131ln 3ln 22-=---n n故31ln 3,2131ln 3ln 22⎧-+⎪⎪=⎨-⎪---⎪⎩n n n n n S n n 为偶数；，为奇数.12.（2011·山东高考文科·Ｔ20）等比数列{}n a 中，123,,a a a 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数不在下表的同一列.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 满足：n b =(1)ln nn n a a +-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S .【思路点拨】（I ）由题意易知1232,6,18a a a ===.由等比数列的通项公式写出数列{}n a .（Ⅱ）由题意易知数列{}n b 可利用分组法求和.【精讲精析】（Ⅰ）由题意知1232,6,18a a a ===,因为{}n a 是等比数列,所以公比为3,所以数列{}n a 的通项公式123n n a -=⋅.（Ⅱ）n b =(1)ln nn n a a +-=123n -⋅+(1)[ln 2(1)ln 3]nn -+-=123n -⋅+(1)ln 2(1)(1)ln 3n n n -+--,所以0122112212(23232323)[(1)(1)(1)]ln 2[(1)0-=⋅+⋅+⋅++⋅+-+-++-+-⋅+ n n n S232(1)1(1)2(1)(21)]ln 3-⋅+-⋅++-⋅- n n 22(13)(111111)ln 2[01234(22)(21)]ln 313-=+-+-+--+++-+-+--+-- n n n=91n-+0ln 2ln391ln3nn n ⋅+=-+．13.（2011·辽宁高考理科·Ｔ17）已知等差数列{a n }满足a 2=0，a 6+a 8= -10 （I ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-12n n a 的前n 项和． 【思路点拨】(Ⅰ)先求首项1a 和公差d ，再求通项公式；（Ⅱ）可利用错位相减法求和． 【精讲精析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知条件可得⎩⎨⎧-=+=+,10122,011d a d a ⎩⎨⎧-==.1,11d a 故数列{}n a的通项公式为 .2n a n -= （Ⅱ）设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-12n n a 的前n 项和为n S ，即n S =,22121-+++n n a a a 故1S =1， n n n a a a S 242221+++= .所以，当n ＞1时，2n S =1112122---++-+n n n a a a a a -n n a 2=n 1n 1112n 1()2422---+++- =n n n 22)211(11-----=n n 2，所以n S =12-n n 综上，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-12n n a 的前n 项和n S =12-n n . 14.（2011·北京高考理科·T20）若数列n A :12,,...,(2)n a a a n ≥满足11(1,2,...,1)k k a a k n +-==-，则称n A 为E 数列，记()n S A =12...n a a a +++.（Ⅰ）写出一个满足150a a ==，且5S(A )0>的E 数列5A ；（Ⅱ）若112a =，n=2000，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是n a =2011；（Ⅲ）对任意给定的整数n （n ≥2），是否存在首项为0的E 数列n A ，使得()n S A =0？如果存在，写出一个满足条件的E 数列n A ；如果不存在，说明理由.【思路点拨】（Ⅰ）写出满足条件的一个数列即可；（Ⅱ）分别证明必要性与充分性；（Ⅲ）先假设存在，看能否求出，求出即存在，求不出则不存在.【精讲精析】（Ⅰ）0，1，2，1，0是一个满足条件的E 数列5A . （答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E 数列5A ）（Ⅱ）必要性：因为E 数列n A 是递增数列，所以11(1,2,,1999)k k a a k +-== . 所以n A 是首项为12，公差为1的等差数列.所以200012(20001)12011a =+-⨯=. 充分性：由于200019991a a -≤，199919981a a -≤，…，211a a -≤， 所以200011999a a -≤，即200011999a a ≤+. 又因为1200012,2011a a ==，所以200011999a a =+. 故110(1,2,,1999)k k a a k +-=>= ，即n A 是递增数列. 综上，结论得证.（Ⅲ）令1(1,2,3,,1)k k k c a a k n +=-=- ，则1k c =±.因为 2113112,a a c a a c c =+=++，…，1121n n a a c c c -=++++ ， 所以11231()(1)(2)(3)n n S A na n c n c n c c -=+-+-+-++121(1)(2)1[(1)(1)(1)(2)(1)]n n n c n c n c -=-+-++---+--++-(1)2n n -=-121[(1)(1)(1)(2)(1)]n c n c n c ---+--++- 因为 1k c =±，所以1k c -为偶数(1,2,,1)k n =- . 所以121(1)(1)(1)(2)(1)n c n c n c ---+--++- 为偶数. 所以要使()0n S A =，必须使(1)2n n -为偶数， 即4整除(1)n n -，亦即4n m =或*41()n m m N =+∈当*4()n m m N =∈时，E 数列n A 的项满足41434240,1,1m m m m a a a a +++===-= (1,2,,)k m = 时，有10,()0n a S A ==；当n=4m+1*()m N ∈时，E 数列n A 的项满足41434240,1,1m m m m a a a a +++===-= (1,2,,)k m = 时，有10,()0n a S A ==；当n=4m+2或n=4m+3*()m N ∈时，n(n-1)不能被4整除，此时不存在E 数列n A ，使得10,()0n a S A ==. 15.（2011·北京高考文科·T20）若数列n A ：12,,...,(2)n a a a n =≥满足11(1,2,...,1)k k a a k n +-==-，则称n A 为E 数列.记()n S A =12...n a a a +++.（Ⅰ）写出一个满足10s a a==50=a ，且S(5A )>0的E 数列5A ； （Ⅱ）若112a =，n=2000，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是n a =2011； （Ⅲ）在14a =的E 数列n A 中，求使得()0n S A =成立的n 的最小值.【思路点拨】（Ⅰ）写出满足条件的一个数列即可；（Ⅱ）分别证明必要性与充分性；（Ⅲ）利用E 数列的定义找出前面几项的和与0的关系，再求n 的最小值.【精讲精析】（Ⅰ）0，1，2，1，0是一个满足条件的E 数列5A . （答案不惟一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E 数列5A ）（Ⅱ）必要性：因为E 数列n A 是递增数列，所以11(1,2,,1999)+-== k k a a k . 所以n A 是首项为12，公差为1的等差数列.所以200012(20001)12011a =+-⨯=. 充分性：由于200019991a a -≤，199919981a a -≤，…，211a a -≤， 所以200011999a a -≤，即200011999a a ≤+. 又因为1200012,2011a a ==，所以200011999a a =+. 故110(1,2,,1999)k k a a k +-=>= ，即n A 是递增数列. 综上，结论得证.（Ⅲ）对首项为4的E 数列n A 由于21328713,12,,13a a a a a a ≥-=≥-≥≥-≥- ，… 所以120k a a a +++> (2,3,,8)= k .所以对任意的首项为4的E 数列n A ，若()0n S A =，则必有9≥n . 又14a =的E 数列n A ：4，3，2，1，0，-1，-2，-3，-4满足()0n S A =， 所以n 的最小值是9.16.（2011·湖南高考文科T20）某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少.从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.（Ⅰ）求第n 年初M 的价值n a 的表达式； （Ⅱ）设n nn A na a a A 若.21+++=大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新.证明：须在第9年初对M 更新.【思路点拨】本题考查学生运用知识的能力，重点考查学生的以下能力：一是阅读能力.二是转化能力.三是表达能力.即能否把文字语言转化为符号语言的能力.四是解题能力.本题主要考查学生的阅读能力、建模能力和运算能力，阅读后建立数学模型是关键. 【精讲精析】（I ）当6n ≤时，数列{}n a 是首项为120，公差为10-的等差数列． 12010(1)13010;n a n n =--=- 当6n ≥时，数列{}n a 是以6a 为首项，公比为34的等比数列，又670a =，所以6370();4n n a -=⨯因此，第n 年初，M 的价值n a 的表达式为(Ⅱ)设n S 表示数列{}n a 的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当16n ≤≤时，1205(1),1205(1)1255;n n S n n n A n n =--=--=-当7n ≥时， 666786333()570704[1()]780210()4443780210()4.n n n n n n S S a a a A n---=++++=+⨯⨯⨯-=-⨯-⨯= ， 666786333()570704[1()]780210()4443780210()4.n n n nn n S S a a a A n---=++++=+⨯⨯⨯-=-⨯-⨯= 因为{}n a 是递减数列，所以{}n A 是递减数列，又86968933780210()780210()4779448280,7680,864996A A ---⨯-⨯==>==<所以须在第9年初对M 更新．17.（2011天津高考文科T20）已知数列{}{}n n a b 与满足1*1113(1)(2)1,,, 2.2-+++-+=-+=∈=n nn n n n n b a b a b n N a 且（1）求23,a a 的值；（2）设*2121,+-=-∈n n n c a a n N ，证明{}n c 是等比数列；（3）设n S 为{}n a 的前n 项和，证明*21212122121().3--++++≤-∈ n n n n S S S S n n N a a a a 【思路点拨】（1）n b 的通项公式是常数，对n 取值代入11(2)1nn n n n b a b a +++=-+求值；（2）由n c 的关系式，构造1n n c c +是常数；（3）由（2）求出2k a 的通项，得到2k S 的通项公式，再求和、放缩证明.【精讲精析】（1）由1*3(1),2-+-=∈n n b n N 可得2,,1,,⎧=⎨⎩n n b n 为奇数为偶数又()1121nn n n n b a b a +++=-+，当121231,21,2,;2n a a a a =+=-==-时由可得当2332,25,8.n a a a =+==时可得（2）对任意*∈n N 21212221n n n a a --+=-+ ①2221221n n n a a ++=+ ②②-①，得21211212132,32,4--++--=⨯=⨯=n n n n n n nc a a c c 即于是.所以{}n c 是等比数列. （3）12a =，由（2）知，当*2∈≥k N k 且时，2113153752123()()()()k k k a a a a a a a a a a ---=+-+-+-++-13523212(14)23(2222)23214----=+++++=+⨯=- k k k .故对任意*2121,2.--∈=k k k N a由①得212121*2212221,2,2---+=-+=-∈k k k k k a a k N 所以 因此，21234212()()().2k k k kS a a a a a a -=++++++=于是，21212212.2---=-=+k k k k k S S a故21221221222121212121221.1222144(41)22k k k k k k k k k kk k k k kS S k k k a a ------+-++=+=-=-----。

1010
C. 2019
2020
√D. 2020 2021
由
a1
1 2
，an1
1 2 an
，得 a2
1 2 a1
2 3
，a3
3 4
，归纳可得
an
n
n
1
.当
n
1
时，a1
1 2
满足
an
n.
n 1
假设当 n k 时满足，即 ak
k
k 1
，当
n
k
1 时，
ak 1
1 2 ak
1 2 k
k 1 ，满足该式，故
an
SS1n,
n
1 Sn1, n
2, n N
只有 a1 S1 ，满足 n 2 的情形，通项公式才可以统一写成 an Sn . Sn1
1.已知数列an
满足
a1
1 2
，
an1
2
1 an
n N*
，则 a1
a2 22
a3 32
a2020 的值是(
20202
)
A. 2018
2019
B. 1009
3.以等差（比）数列为命题背景，考查等差（比）的前n项和公式、 分组求和 4.以递推数列、等差（比）数列为命题背景， 考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法
考点解读
5.等差（比）数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和 6.常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、 不等式的性质等
2.已知等比数列an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn 2n1 2 ，
则数列
log
2
an
1 log2
an1

数列求和与数列的综合应用知识点一数列求和的几种常用方法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．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．3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．4．倒序相加法如果一个数列{an}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．5．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an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．1．判断正误(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Sn＝较为合理．(√)(2)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(√)(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(√) 2．(2019·益阳、湘潭二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是(B)A. B.C. D.解析：由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn ＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.bn＝log2an＝当n≥2时，＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝.故选B.3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝(n－1)2n＋1＋2.解析：∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.知识点二数列的综合应用1．等差数列和等比数列的综合等差数列中最基本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最基本的量是其首项a1和公比q，在等差数列和等比数列的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的．2．数列和函数、不等式的综合(1)等差数列的通项公式和前n项和公式是在公差d≠0的情况下关于n的一次或二次函数．(2)等比数列的通项公式和前n项和公式在公比q≠1的情况下是公比q的指数函数模型．(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，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．4．(2019·武汉市调研考试)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝100.解析：令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，……an－an－1＝bn－1，累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋，分别令n＝12，n＝22，得解得a1＝，a2＝100.1．对于等差、等比数列的综合问题，要先分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项，求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．2．数列与函数的综合问题主要有以下两类：一是已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；二是已知数列条件，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．在解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．3．数列与不等式相结合问题的处理方法(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之，解决这类问题，要把数列和不等式的知识巧妙结合起来，综合处理．考向一分组求和法【例1】(1)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2(2)已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是()A．13B．76C．46D．－76【解析】(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(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×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n ＋1＋n2－2.(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.【答案】(1)C(2)D分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．(1)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为(C)A．379＋ B．399＋C．419＋ D．439＋(2)若数列{an}是22＋222＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn ＝2n＋2－4－2n.解析：(1)令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋a3＋...＋a20＝2(1＋2＋3＋ (20)－＝420－＝419＋.(2)an＝2＋22＋23＋ (2)＝＝2n＋1－2，所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝－2n＝2n＋2－4－2n.考向二错位相减法求和【例2】(2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.(1)求q的值；(2)求数列{bn}的通项公式．【解】(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20得8(q＋)＝20，解得q＝2或q＝，因为q>1，所以q＝2.(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.由cn＝解得cn＝4n－1.由(1)可知an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)·()n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)·()n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·()n－2＋(4n－9)·()n－3＋…＋7·＋3.设Tn＝3＋7·＋11·()2＋…＋(4n－5)·()n－2，n≥2，①Tn＝3·＋7·()2＋…＋(4n－9)·()n－2＋(4n－5)·()n－1，②所以①－②得Tn＝3＋4·＋4·()2＋…＋4·()n－2－(4n－5)·()n－1，因此Tn＝14－(4n＋3)·()n－2，n≥2，又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·()n－2.用错位相减法求和的三个注意事项：(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“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”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.已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，所以解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n ＋1－8.得Tn＝×4n＋1＋.所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.考向三裂项相消法求和【例3】(2019·福州市模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.(1)证明：数列{bn}是等比数列；(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项的和Sn.【解】(1)证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，所以＝＝＝＝2，又b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，因为cn＝，所以cn＝＝(－)，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，故bn＝＝＝.Tn＝＝<＝.。

数列的综合应用总结数列作为数学中常见的一种数学对象，在各个领域中都有着广泛的应用。

本文将对数列的综合应用进行总结和分析，包括数列的定义、数列求和的方法以及数列在实际问题中的应用等方面。

一、数列的定义数列是由一系列按照一定规律排列的数所组成的有序集合。

一般用an表示数列中的第n个数，其中n为正整数，称为项号。

数列的通项公式表示了数列中任意一项与项号之间的关系。

二、数列求和的方法1.等差数列求和等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。

等差数列的前n项和Sn可以通过等差数列求和公式来计算，即Sn =(a1 + an) * n / 2。

2.等比数列求和等比数列的通项公式为an = a1 * q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。

等比数列的前n项和Sn可以通过等比数列求和公式来计算，即Sn =(a1 * (1 - q^n)) / (1 - q)，当|q| < 1时成立。

3.其他数列求和方法除了等差数列和等比数列，还存在一些特殊的数列，它们的求和方法也各不相同。

比如斐波那契数列、调和数列等，它们的求和方法需要根据具体的问题和数列的规律来确定。

三、数列在实际问题中的应用数列的应用广泛存在于实际问题的建模和解决过程中。

下面以几个具体的应用场景来说明数列在实际问题中的应用。

1.金融领域在金融领域中，利率、投资回报率等与时间相关的指标可以使用数列进行建模。

比如等额本息还款方式下，每期的还款金额就可以通过等差数列求和来计算。

2.物理学领域在物理学中，许多物理现象的变化过程可以用数列进行描述。

比如自由落体运动的位移、速度、加速度等物理量随时间的变化可以用等差数列或等比数列来表示和推导。

3.计算机科学领域在算法设计和数据处理中，数列也有着重要的应用。

比如在排序算法中，快速排序、归并排序等算法利用了数列的递推和分治思想来实现高效的排序。

四、总结数列作为一种常见的数学对象，具有广泛的应用价值。

－ ｎ ＋１ ｋ
ꎻ
( ) (
３)
(
１ ２ｎ－ １) (
２ｎ＋
１)
＝
１ ２
１－１ ２ｎ－１ ２ｎ＋１
ꎻ
(４) １ ＝ ｎ＋１ － ｎ ꎻ ｎ ＋ ｎ＋１
[ ] (
５)
ｎ(
ｎ＋
１ １) (
ｎ＋２)
＝
１ ２
ｎ(
１ ｎ＋
１)
－ (
１ ｎ＋ １) (
ｎ＋
Hale Waihona Puke ２)ꎻ(６)
(２ｎ
２ｎ －１) (２ｎ＋１
－１)
＝
１ ２ｎ －
ｎ( ｎ＋ １)
２
.
２
考点二 数列的综合应用
高频考点
数列的实际应用 ( １) 数列应用题的常见模型 ①等差模型:当增加( 或减少) 的量是一个固定量时ꎬ该模型
是等差模型ꎬ增加( 或减少) 的量就是公差. ②等比模型:当后一个量与前一个量的比是一个固定的数
时ꎬ该模型是等比模型ꎬ这个固定的数就是公比. ③递推模型:找到数列中任一项与它前面项之间的递推关
(２０１７ 天津ꎬ１８ꎬ１３ 分) 已知{ ａｎ } 为等差数列ꎬ前 ｎ 项 和为 Ｓｎ( ｎ∈Ｎ∗ ) ꎬ{ ｂｎ } 是首项为 ２ 的等比数列ꎬ且公比大于 ０ꎬｂ２ ＋ｂ３ ＝ １２ꎬｂ３ ＝ ａ４ －２ａ１ ꎬＳ１１ ＝ １１ｂ４ .
( １) 求{ ａｎ } 和{ ｂｎ } 的通项公式ꎻ (２) 求数列{ ａ２ｎ ｂ２ｎ－１ } 的前 ｎ 项和( ｎ∈Ｎ∗ ) .
６ ８
§ ６.４ 数列求和、数列的综合应用
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数列求和与数列的综合应用 一、分组求和法：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，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。

1、已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n nn S n ，22.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()n na n ab n 12-+=，求数列{}n b 的前n 2项和T 2n .2、已知{}n a 是等差数列，满足13a =，412a =，数列{}n b 满足14b =，420b =，且{}n n b a -是等比数列.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和S n .二、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。

(2)常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1②1n(n+2)=12(1n−1n +2) ③1(2n −1)(2n+1)=12(12n−1−12n +1)④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n 3、设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-= .（1）求{}n a 的通项公式；n .4、已知数列{}n a 是递增的等比数列，且14239,8.a a a a +==（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．三、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、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 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 na n 的前n 项和T n .6、已知{}n a 为等差数列，前n 项和为*()n S n ∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2334111412,2,11b b b a a S b +==-=.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列2{}n n a b 的前n 项和T n *()n ∈N .四、分奇数、偶数求和（课后作业）7、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121,2a a ==，且(1)证明：23n n a a +=；(2)求n S8、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若a 1=2,a n +1+a n =2n −1（1） 求数列{}n a 的通项公式（2） 求n S。

第26讲-数列求和及数列的综合应用(解析版)第26讲-数列求和及数列的综合应用(解析版)数列是数学中的重要概念，它在各个领域都有广泛的应用。

本文将讨论数列求和的方法以及数列在各个领域中的综合应用。

一、数列求和方法介绍1.1 等差数列求和公式等差数列是数列中最常见的一种类型，它的每一项与前一项之差都相等。

对于一个等差数列a，其中首项为a1，公差为d，一共有n项。

那么等差数列的求和公式为：Sn = (n/2) * (2a1 + (n-1)d)其中Sn表示等差数列的前n项和。

1.2 等比数列求和公式等比数列是另一种常见的数列类型，它的每一项与前一项的比值都相等。

对于一个等比数列b，其中首项为b1，公比为q，一共有n项。

那么等比数列的求和公式为：Sn = b1 * (1 - q^n) / (1 - q)其中Sn表示等比数列的前n项和。

1.3 平方数列求和公式平方数列是指数列中每一项都是前一项的平方。

对于平方数列c，其中首项为c1，一共有n项。

那么平方数列的求和公式为：Sn = (2^(n+1) - 1) * c1其中Sn表示平方数列的前n项和。

二、数列的综合应用2.1 数列在几何问题中的应用数列在几何问题中有着广泛的应用。

比如，在计算几何中，我们经常需要计算等差数列的前n项和来求解某些图形的周长或面积。

在解答这类问题时，我们可以先通过观察找到数列的公差和首项，然后利用等差数列的求和公式求解。

2.2 数列在金融问题中的应用数列在金融问题中也有着重要的应用。

比如，在投资领域，我们经常需要计算等比数列的前n项和来求解复利问题或者计算某种投资的总收益。

同样地，我们可以通过观察数列的首项和公比，然后利用等比数列的求和公式来进行计算。

2.3 数列在自然科学中的应用数列在自然科学中也扮演着重要的角色。

在物理学中，等差数列的前n项和可以用来计算运动物体的位移和速度。

在化学中，平方数列可以用来计算物质的化学计量位移。

三、总结数列求和方法为我们解决各类实际问题提供了有效的工具。

+…+tan
θn<
5 3
的最大整数n的值为
.
解析
由题意可得An
n,n
1 2
n
+
n
1 +
1
,∵O为坐标原点,∴
OAn
=
n,n
1 2
n
+
n
1 +
1
,∵向量
OAn
与向量i=(1,0)的夹角为θn,∴cos
θn=
n
.
n2 +
∴sin ∴tan
n
θn=
θn=
1 n 2
n2 1 2
-1
W9 =1×
10
+29×
10
19+03×2
+190…3+n·
两式相减得
110W=-n·
9 10
n+1+
9+
10
9 10
2+
9 10
3+…+
9 10
n-1=-n·
9 10
n+
1-
9 10
n
1- 9
10
=-n·
9 10
n
+10-10·
9 10
n
,
则W=-10n·
9 10
n+100-100·
题,弄清该数列的特征以及要求什么;
(3)求解——求出该问题的数学解;
(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.
2.数列应用题常见模型
(1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定值,那么该模型是等差模

涉和衍射现象。
量子力学
数列在量子力学中用于描述微 观粒子的波函数和能量级。
数列在计算机科学中的应用
数据结构
数列是计算机科学中常见的数 据结构之一，用于存储有序的
元素集合。
算法设计
数列在算法设计中用于实现排 序、搜索和图算法等。
加密技术
数列在加密技术中用于生成加 密密钥和实现加密算法。
积的数列。
02
数列的求和
数列求和的定义
数列求和是对数列中所有项进行加法运算的过程。
数列求和是数学中一个重要的概念，它是对数列中所有项进行加法运算的过程。 通过数列求和，我们可以得到数列的和，从而了解数列的整体性质和特点。
等差数列的求和
等差数列是一种常见的数列，其求和 方法有多种。
等差数列是一种常见的数列，其特点 是每项与前一项的差是一个常数。等 差数列的求和方法有多种，其中最常 用的是利用等差数列的通项公式和项 数进行计算。
等比数列的应用实例解析
总结词
等比数列在金融、经济、生物等领域中有着 广泛的应用，如复利计算、人口增长等。
详细描述
等比数列是一种常见的数列，其相邻两项之 间的比是一个常数。在金融和经济领域中， 很多问题需要用到等比数列的知识，例如复 利计算、股票价格等。通过等比数列的应用 ，我们可以更好地理解这些问题的本质，从 而更好地进行决策。
本质，从而更好地进行预测和建模。
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等比数列的求和
等比数列是一种常见的数列，其求和方法有多种。
等比数列是一种常见的数列，其特点是每项与前一项的比值是一个常数。等比数列的求和方法有多种，其中最常用的是利用 等比数列的通项公式和项数进行计算。
幂数列的求和

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(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1+n n a a c(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)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝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)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，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)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(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．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

与计算有关的问题主要有：求数列的某项，确定数列的通项公式，求有穷数列或无穷数列之和，计算 数列的极限，将数列与方程，与不等式，与某些几何问题等联系起来，从而解决有关问题.
有关定性问题的论证问题主要有：考察或论证数列的单调性，将数列分类定性，考察数列的图像特征， 考察数列的极限存在与否等等.
有关实际应用问题：某些与非零自然数有关的实际应用题，可用数列的各项与之对应，然后利用数列 有关知识解答此类应用题.
公式法
数列前n项和
分组求和 错位相减
倒序相加
裂项相消
综合应用
与函数、方程、不等式等 与几何、实际问题等
【考点梳理】 纵观近几年的高考，在解答题中，有关数列的试题出现的频率较高，不仅可与函数、方程、不等式、
复数相联系，而且还与三角、立体几何密切相关；数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用， 如增长率、银行信贷、浓度匹配、养老保险、圆钢堆垒等问题.这就要求同学们除熟练运用有关概念式外， 还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解数列题的速度.
(2) y 4sin2 x 4 1 cos 2 x 2 2 cos 2 x 的最小正周期为 T 2 1
2
2
b1 1 q 3 bn 3n1 an bn 2n 3n1
Sn
2 30
4 31
2n 3 n1
2 2n n 1 3n n2 n 1 1 3n
a1
, a2
2 3
3, a3
4 9
4
由 a22 a1 a3 得 9 0 ，显然矛盾，
即不存在实数 使得数列{an}是等比数列。
（Ⅱ）根据等比数列的定义：
bn1 bn
(1)n1[an1 3(n 1) 21]

数列求和及数列的综合应用一、知识梳理 1.特殊数列的求和公式 (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.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (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，从而求得其和. (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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)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.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系. 小结：1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .二、例题精讲 + 随堂练习1.判断下列结论正误(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＝12(1n －1－1n ＋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.( ) 解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n为( ) A.2 018 B.2 019 C.2 020D.2 021解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2019. 答案 B3.等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________.解析 由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8， 又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1361－13＝3649.答案 36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9B.15C.18D.30解析 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列，又a 1＝－5，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案 C5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________. 解析 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2， 又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4. 答案 2n ＋2＋n (n ＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＝4，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1). 答案 a n ＝2(n ＋1)考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1，a 2，a 3－1成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3，∴q ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *).(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1，∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1) ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1) ＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n－1. ∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0，∴S n <n 2＋2n .规律方法 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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b 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{a 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).∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n .考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .解 (1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1， ∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝⎛⎭⎪⎫a n 2－n ，即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2， ∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N *， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3， ∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －1.(2)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－13n ＋1－1.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1－132－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)， ∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三 错位相减法求和【例3】 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 (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 na 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 .【训练3】 已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1. (1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d 分别加上1，1，3后成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )， 解得d ＝2(舍负)，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，则b n ＝12n . (2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n ， 则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② 由①－②，得 12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. ∴12T n ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1，∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n ＝3－3＋2n 2n .考点四 数列的综合应用【例4】 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？解 设该学生工作n 天，每天领工资a n 元，共领工资S n 元，则第一种方案a n (1)＝38，S n (1)＝38n ；第二种方案a n (2)＝4n ，S n (2)＝4(1＋2＋3＋…＋n )＝2n 2＋2n ；第三种方案a n (3)＝0.4×2n －1，S n (3)＝0.4（1－2n ）1－2＝0.4(2n －1). 令S n (1)≥S n (2)，即38n ≥2n 2＋2n ，解得n ≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令S n (1)≥S n (3)，即38n ≥0.4×(2n －1)，利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高， 所以少于10天时，选择第一种方案.比较第二、第三种方案，S 10(2)＝220，S 10(3)＝409.2，S 10(3)>S 10(2)，…，S n (3)>S n (2).所以等于或多于10天时，选择第三种方案.【训练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 (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 ＋1.三、课后练习1.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则( )A.a n ≥2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －1解析 由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2， ∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1，∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，∴S n ≥n （1＋2n －1）2＝n 2. 答案 B2.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N的大小关系是()A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定解析投入资金逐月值构成等比数列{b n}，利润逐月值构成等差数列{a n}，等比数列{b n}可以看成关于n的指数式函数，它是凹函数，等差数列{a n}可以看成关于n的一次式函数.由于a1＝b1，a12＝b12，相当于图象有两个交点，且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方，所以全年的总利润ω＝a1＋a2＋…＋a12比总投资N＝b1＋b2＋…＋b12大，故选A.答案A3.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b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|b n|＝________.解析由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴b n＝(－3)×(－4)n－1，∴|b n|＝3×4n－1，即{|b n|}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b1|＋|b2|＋…＋|b n|＝3（1－4n）1－4＝4n－1.答案4n－14.(2019·潍坊调研)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝5，nS n＋1－(n＋1)S n＝n2＋n.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(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)解 由(1)可知S n n ＝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 ，① 2T 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（1－2n －1）1－2＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8) ＝(2n ＋1)2n ＋1－2.。

专题：数列第二讲 数列求和及综合应用必记公式：（自学整理）1．分组求和法：若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．例如：n n n b a c +=，其中{}n a 和{}n b 可直接求和2．裂项相消法：把数列的通项拆成两个代数式子的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 常用的裂项公式：(1)1n （n ＋1）＝________________；____________________)(1=+k n n (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝________________；(3)1n ＋n ＋1＝________________； 3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用错位相减法求和；例如：n n n b a c ⋅=，其中{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列。

失分警示：1.公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论。

2.错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项。

3.裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项。

4.裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性。

热点考向：考点一：数列求和问题 题型一：分组转化求和 例1:数列}{n a 的通项公式为12+-=n a n n ，求数列}{n a 的的前n 项和S n .题型二：错位相减法求和例2:【2016高考山东】已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n .题型三：裂项相消法求和例3：【2016高考山东】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意正整数n 都有n n a S 2-16=（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n n a b 21log = 求11111122221-++-+-=n n b b b T考点二：数列与不等式的综合（选做）例3.【2016广州模拟】（利用单调性证明不等式）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知，21=a 对任意*N n ∈都有n n a S )1(n 2+=.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+)2(4n n a a 的前n 项和为nT ，求证：121<≤n T高考随堂演练：1.【2008年海南宁夏文13】已知{a n }为等差数列，a 3 + a 8 = 22，a 6 = 7，则a 5 = ____________2.【2015年新课标卷1文13】数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n = .3.【2015年新课标卷1文7】 已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（ ） （A ）172 （B ）192（C ）10 （D ）12 4.【2008年海南宁夏理4文8】设等比数列{}n a 的公比q =2，前n 项和为S n ，则24a S =（ ）A ．2B ．4C ．215D ．217 5.【2013年新课标卷1文6】设首项为1，公比为错误！未找到引用源。

高中数学经典的解题技巧和方法（数列求和及综合应用）【编者按】数列求和及综合应用是高中数学考试的必考内容，而且是这几年考试的热点跟增长点，无论是期中、期末还是会考、高考，都是高中数学的必考内容之一。

因此，马博士教育网数学频道编辑部特意针对这两个部分的内容和题型总结归纳了具体的解题技巧和方法，希望能够帮助到高中的同学们，让同学们有更多、更好、更快的方法解决数学问题。

好了，下面就请同学们跟我们一起来探讨下数列求和及综合应用的经典解题技巧。

首先，解答数列求和及综合应用这两个方面的问题时，先要搞清楚以下几个方面的基本概念性问题，同学们应该先把基本概念和定理完全的吃透了、弄懂了才能更好的解决问题：1．了解数列求和的基本方法。

2．能在具体问题情景中识别数列的等差、等比关系，并能用有关知识解决相应问题。

3．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。

好了，搞清楚了数列求和及综合应用的上述内容之后，下面我们就看下针对这两个内容的具体的解题技巧。

一、可转化为等差、等比数列的求和问题考情聚焦：1．可转化为等差或等比数列的求和问题，已经成为高考考查的重点内容之一。

2．该类问题出题背景选择面广，易与函数方程、递推数列等知识综合，在知识交汇点处命题。

3．多以解答题的形式出现，属于中、高档题目。

解题技巧：某些递推数列可转化为等差、等比数列解决，其转化途径有：1．凑配、消项变换——如将递推公式（q、d为常数，q≠0，≠1）。

通过凑配变成；或消常数转化为2．倒数变换—如将递推公式（c、d为非零常数）取倒数得3．对数变换——如将递推公式取对数得4．换元变换——如将递推公式（q、d为非零常数，q≠1，d≠1）变换成，令，则转化为的形式。

例1：（2010·福建高考文科·Ｔ１7）数列{n a } 中a ＝13，前n 项和n S 满足1n S +-n S ＝113n +⎛⎫⎪⎝⎭（n ∈*N ）.( I ) 求数列{n a }的通项公式n a 以及前n 项和n S ；（II ）若S 1, t ( S 1+S 2 ), 3( S 2+S 3 ) 成等差数列，求实数t 的值。

＝3n＋n2ln 3－1；
题型与方法
专题四 第二讲
当 n 为奇数时，Sn＝2×11－－33n－(ln 2－ln 3)＋n－2 1－nln 3
本 讲
＝3n－n－2 1ln 3－ln 2－1.
栏
目 开
3n＋n2ln 3－1，
n为偶数，
综上所述，Sn＝3n－n－2 1ln 3－ln 2－1， n为奇数.
专题四 第二讲
2.(2012·福建)数列{an}的通项公式 an＝ncos n2π，其前 n 项和为
Sn，则 S2 012 等于
()
A.1 006 B.2 012 C.503 D.0
本 解析 用归纳法求解.
讲 栏 目
∵an＝ncos n2π，∴a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，
开
a6＝－6，a7＝0，a8＝8，….
目 开
此时一定要查清其项数.
题型与方法
专题四 第二讲
变式训练 2 (2013·山东)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且
S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
本
(2)设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，且 Tn＋an2＋n 1＝λ(λ 为常数).
讲 栏
令 cn＝b2n，n∈N*，求数列{cn}的前 n 项和 Rn.
讲
栏 目
当 a1＝2 时，当且仅当 a2＝6，a3＝18 时，符合题意；
开
当 a1＝10 时，不合题意.
因此 a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比 q＝3.
故 an＝2·3n－1 (n∈N*).
题型与方法
专题四 第二讲
(2)因为bn＝an＋(－1)nln an

2020届高考数学复习备考-数列求和及综合应用1．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2.设数列{an}满足a1＝1，a2＝3且2nan ＝(n －1)an －1＋(n ＋1)an ＋1则a20的值是 ( )A. 245 B ．225 C.235 D ．2153．等差数列{an}的前n 项和Sn ，a3＝3，S4＝10，则 k ＝1n 1Sk ＝__________.4．设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n －1)an ＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{an 2n ＋1}的前n 项和．典型例题例1：设数列{an}的前n 项和为Sn.已知2Sn ＝3n ＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn ＝log3an ，求{bn}的前n 项和Tn ．例2：设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n ∈N*，函数f(x)＝(an －an ＋1＋an ＋2)x ＋an ＋1cos x －an ＋2sin x 满足f ′(π2)＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn ＝2(an ＋12an)，求数列{bn}的前n 项和Sn ．例3：设Sn 为数列{an}的前n 项和，已知a1＝2，对任意n ∈N*，都有2Sn ＝(n ＋1)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{4an an ＋2}的前n 项和为Tn ， 求证：12≤Tn<1．课后练习1．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an ＋1－an ＝bn ＋1bn ＝2，n ∈N ＋，则数列{ban}的前10项的和为 ( )A ．43(49－1)B ．43(410－1)C ．13(49－1)D ．13(410－1)2．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q ＝2，则Tn ＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan ＋1等于 ( ) A ．1－14n B ．23(1－14n )C ．1－12nD ．23(1－12n )3．给出数列11，12，21，13，22，31，…，1k ，2k －1，…，k 1，…，在这个数列中，第50个值等于1的项的序号是 ( )A ．4900B ．4901C ．5000D ．50014.以Sn 表示等差数列{an}的前n 项和，若S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是 ( )A ．2a3>3a4B ．5a5>a1＋6a6C ．a5＋a4－a3<0D ．a3＋a6＋a12<2a75．等差数列{an}中，a1>0，公差d<0，Sn 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，Sn)在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是 ( )6．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2; ②f(x)＝2x ；③f(x)＝|x|； ④f(x)＝ln|x|．则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为 ( )A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④7．已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是 ( )A ．25B ．50C ．100D ．不存在8．已知函数f(x)＝a ·bx 的图象过点A(2，12)、B(3,1)，若记an ＝log2f(n)(n ∈N*)，Sn 是数列{an}的前n 项和，则Sn 的最小值是9．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn 为数列{an}的前n 项和，bn ＝ an ＋1SnSn ＋1，求数列{bn}的前n 项和Tn ．10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．。