大学数学(高数微积分)专题三第2讲数列求和及数列的综合应用(课堂讲义)

第2讲数列求和及其综合应用[考情分析] 1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等．考点一数列求和核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋k )＝14n 2－1＝2．错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．考向1分组转化法例1(2023·枣庄模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝3，且满足a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2.(1)证明：{a n －2n }为等比数列；(2)已知b n n ，n 为奇数，2a n ，n 为偶数，T n 为{b n }的前n 项和，求T 10.(1)证明由a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2可得a n ＋1－2n ＋1＝2n ＋1－2a n ＝－2(a n －2n )．又a 1－21＝1≠0，所以{a n －2n }是以1为首项，－2为公比的等比数列．(2)解由(1)可得a n －2n ＝(－2)n －1，即a n ＝2n ＋(－2)n －1.当n 为奇数时，b n ＝a n ＝2n ＋(－2)n －1＝3×2n －1；当n 为偶数时，b n ＝log 2a n ＝log 2[2n ＋(－2)n －1]＝log 22n －1＝n －1.所以T 10＝(b 1＋b 3＋b 5＋b 7＋b 9)＋(b 2＋b 4＋b 6＋b 8＋b 10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝3×(1－45)1－4＋(1＋9)×52＝1048.考向2裂项相消法例2(2023·沈阳质检)设n ∈N *，向量AB →＝(n －1,1)，AC →＝(n －1,4n －1)，a n ＝AB →·AC →.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{b n }为等差数列；(2)求证：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <34.证明(1)由题意可得a n ＝AB →·AC →＝(n －1)2＋4n －1＝n 2＋2n ，则b n ＝a n ＋1－a n ＝[(n ＋1)2＋2(n ＋1)]－(n 2＋2n )＝2n ＋3，可得b n ＋1－b n ＝(2n ＋5)－(2n ＋3)＝2，故数列{b n }是首项b 1＝5，公差d ＝2的等差数列．(2)由(1)可得1a n ＝1n 2＋2n则1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝12×－13＋12－14＋…＋1n －＝12×－1n ＋1－∵1n ＋1>0，1n ＋2>0，故1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝12×－1n ＋1－<34.考向3错位相减法例3(2023·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1,2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2S n －2S n －1＝na n －(n －1)a n －1＝2a n ，化简得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1，则当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2，则a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2＝n －1n －2·n －2n －3·…·21，即a n a 2＝n －1，又因为a 2＝1，所以a n ＝n －1，当n ＝1,2时都满足上式，所以a n ＝n －1，n ∈N *.(2)令b n ＝a n ＋12n ＝n 2n，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ，①12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，②由①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝21－12－n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1，即T n ＝2－2＋n 2n .规律方法(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．跟踪演练1(1)(2023·淮南模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2n ，且a 1＝1.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝a n ＋1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解①∵数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2n ，且a 1＝1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n －1.当n ＝1时也成立，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．②b n ＝a n ＋1a n a n ＋1＝2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1，∴数列{b n }的前n 项和T n …1－12n ＋1－1.(2)(2023·浙江省强基联盟模拟)已知a 1＝1，{a n ＋1}是公比为2的等比数列，{b n }为正项数列，b 1＝1，当n ≥2时，(2n －3)b n ＝(2n －1)b n －1.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②记c n ＝a n ·b n .求数列{c n }的前n 项和T n .解①因为数列{a n ＋1}为等比数列，公比为2，首项为a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，由(2n －3)b n ＝(2n －1)b n －1，推得b n b n －1＝2n －12n －3(n ≥2)，所以b 2b 1＝31，b 3b 2＝53，b 4b 3＝75，…，b n b n －1＝2n －12n －3(n ≥2)，故b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1＝2n －12n －3·2n －32n －5·…·31(n ≥2)，又b 1＝1，所以当n ≥2时，b n ＝2n －11b 1＝2n －1，又b 1＝1符合上式，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)．②由题可得c n ＝2n (2n －1)－(2n －1)，令d n ＝2n (2n －1)，{d n }的前n 项和为P n .所以P n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ，2P n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－P n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)2n ＋1，所以P n ＝(2n －1)2n ＋1－2－2(2n ＋1－4)，所以P n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.令e n ＝2n －1，{e n }的前n 项和为E n ，则E n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2，综上，T n ＝P n －E n ＝(2n －3)2n ＋1＋6－n 2.考点二数列的综合问题核心提炼数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养．解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解．例4(1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为()A.814 B.8168C ．4 D.463答案C 解析设第n 个正方形的边长为a n ，则由已知可得a n ＝a n ＋1sin 15°＋a n ＋1cos 15°，∴a n ＋1a n ＝1sin 15°＋cos 15°＝12sin 60°＝63，∴{a n }是以9为首项，63为公比的等比数列，∴a 5＝a 1q 4＝9＝4.(2)(2023·武汉模拟)将1,2，…，n 按照某种顺序排成一列得到数列{a n }，对任意1≤i <j ≤n ，如果a i >a j ，那么称数对(a i ，a j )构成数列{a n }的一个逆序对．若n ＝4，则恰有2个逆序对的数列{a n }的个数为()A ．4B ．5C ．6D ．7答案B解析若n＝4，则1≤i<j≤4，由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，若数列{a n}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；若数列{a n}的第二个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{1,4,2,3}；若数列{a n}的第三个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；若数列{a n}的第四个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，综上，恰有2个逆序对的数列{a n}的个数为5.规律方法数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识．跟踪演练2(1)如图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{a n}，令b n＝2a n－2，S n为数列{b n}的前n项和，则S120等于()A．8B．9C．10D．11答案C解析由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝ (2)可得OA2＝22，OA3＝23，…，OA n＝2n，所以a n＝OA n＋OA n＋1＋A n A n＋1＝2n＋2n＋1＋2，所以b n＝2a n－2＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以前n项和S n＝b1＋b2＋…＋b n＝2－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n＋1－1，所以S120＝120＋1－1＝10.(2)(2023·郑州模拟)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为a n(n∈N)，若a5＝1，且a i(i＝1,2,3,4)均不为1，则a0等于()A．5或16B．5或32C．5或16或4D．5或32或4答案B解析由题知a n＋1＋1，a n为奇数，a n为偶数，因为a5＝1，则有，若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，且a4＝2a5＝2；若a3为奇数，则a4＝3a3＋1＝2，得a3＝13，不合题意，所以a3为偶数，且a3＝2a4＝4；若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8；若a1为奇数，则a2＝3a1＋1＝8，得a1＝73，不合题意，所以a1为偶数，且a1＝2a2＝16；若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32.综上所述，a0＝5或a0＝32.专题强化练一、单项选择题1．数列{a n}满足2a n＋1＝a n＋a n＋2，且a8，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2024的值为()A．4B．－4C．4040D．－4040答案A解析因为a8，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，即a8，a4040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，所以a8＋a4040＝8.又2a n＋1＝a n＋a n＋2，所以数列{a n}是等差数列，所以a8＋a4040＝2a2024＝8，所以a2024＝4.2．(2023·阜阳模拟)在数列{a n}中，已知a n＋1＋a n＝3·2n，则{a n}的前10项和为() A．1023B．1024C．2046D．2047答案C解析∵a n＋1＋a n＝3·2n，∴a2＋a1＝3×2，a4＋a3＝3×23，a6＋a5＝3×25，a8＋a7＝3×27，a10＋a9＝3×29，则{a n}的前10项和为3×(2＋23＋25＋27＋29)＝3×2－29×41－4＝2046.3．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3n项和为S n，则S2026的值为()A.2023 2024B.2024 2025C.2025 2026D.2026 2027答案D解析由题意得f′(x)＝2x＋b，∴f′(1)＝2＋b＝3，解得b＝1，∴f(n)＝n2＋n，∴1f(n)＝1n2＋n＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴S2026＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋12026－12027＝1－12027＝20262027.4．(2023·佛山模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2＋kn＋2，若对于n∈N*，数列{a n}为递增数列，则实数k的取值范围为()A．k≥－3B．k≥－2C．k>－3D．k>－2答案C解析因为数列{a n}为递增数列，所以a n＋1>a n，即(n＋1)2＋k(n＋1)＋2>n2＋kn＋2，整理得k>－(2n＋1)，因为当n∈N*时，f(n)＝－(2n＋1)单调递减，f(n)max＝f(1)＝－(2×1＋1)＝－3，所以k>－3.5．(2023·盐城模拟)将正整数n 分解为两个正整数k 1，k 2的积，即n ＝k 1·k 2，当k 1，k 2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k 1，k 2是n 的最优分解时，定义f (n )＝|k 1－k 2|，则数列{f (5n )}的前2023项的和为()A ．51012B ．51012－1C ．52023D ．52023－1答案B 解析当n ＝2k (k ∈N *)时，由于52k ＝5k ×5k ，此时f (52k )＝|5k －5k |＝0，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，由于52k －1＝5k －1×5k ，此时f (52k －1)＝|5k －5k －1|＝5k －5k －1，所以数列{f (5n )}的前2023项的和为(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51011－51010)＋0＋(51012－51011)＝51012－1.6．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A ＝{a 1，a 2，a 3，…}重新编辑，编辑新序列为A *，a 3a 2，a 4a 3，…n 项为a n ＋1a n，若序列(A *)*的所有项都是3，且a 5＝1，a 6＝27，则a 1等于()A.19B.127C.181D.1243答案A 解析令b n ＝a n ＋1a n，即A *＝{b 1，b 2，b 3，…}，则(A *)*，b 3b 2，b 4b 3，由已知得b 2b 1＝b 3b 2＝b 4b 3＝…＝b n ＋1b n＝3，所以数列{b n }为公比为3的等比数列，设b 1＝m ，则a 2a 1＝b 1＝m ，a 3a 2＝b 2＝3m ，…，a n ＋1a n＝b n ＝3n －1·m ，当n ≥2时，累乘可得a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝m ·3m ·32m ·…·3n －2m ＝m n －131＋2＋3＋…＋(n －2)，即a n a 1＝m n －1(2)(1)23n n --，当n ＝5时，1a 1＝m 436，当n ＝6时，27a 1＝m 5310，解得m ＝13，a 1＝19.二、多项选择题7.(2023·唐山模拟)如图，△ABC 是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到△A 1B 1C 1，再连接△A 1B 1C 1的各边中点得到△A 2B 2C 2，…，如此继续下去，设△A n B n C n 的边长为a n ，△A n B n C n 的面积为M n ，则()A ．M n ＝34a 2n B ．a 24＝a 3a 5C ．a 1＋a 2＋…＋a n ＝2－22－n D ．M 1＋M 2＋…＋M n <33答案ABD 解析显然△A n B n C n 是正三角形，因此M n ＝34a 2n ，故A 正确；由中位线性质易得a n ＝12a n －1，即{a n }是等比数列，公比为12，因此a 24＝a 3a 5，故B 正确；a 1＝12AB ＝1，a 1＋a 2＋…＋a n 1－12＝2－21－n ，故C 错误；M 1＝34×12＝34，{a n }是等比数列，公比为12，则{M n }也是等比数列，公比是14，M 1＋M 2＋…＋M n ＝34×11－14<33，故D 正确．8．已知函数f (x )＝e x －x －1，数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋1＝f (a n )，则下列有关数列{a n }的叙述不正确的是()A ．a 5<|4a 2－3a 1|B ．a 7≤a 8C ．a 10>1D ．S 100>26答案BCD 解析由e x ≥x ＋1知，a n ＋1＝f (a n )＝e n a －a n －1≥0，故{a n }为非负数列，又a n ＋1－a n ＝e n a －2a n －1，设g (x )＝e x －2x －1，则g ′(x )＝e x －2，易知g (x )在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，且－12<1－2ln 2＝g (x )min <g (0)＝0，又0<a 1＝12<ln 2，所以0≤a 2<a 1＝12，从而－12<a n ＋1－a n <0，所以{a n }为递减数列，且0≤a n ≤12，故B ，C 错误；又a 2＝12e －12－1＝12e －32<－32＝14，故当n ≥2时，有a n <14，所以S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100<12＋14＋14＋…＋14＝1014，故D 错误；又a 2<14，a 5<12，而|4a 2－3a 1|＝|4a 2－32|>12，故A 正确．三、填空题9．(2023·铜仁质检)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为________．答案77解析记10个班级的平均成绩构成的等差数列为{a n}，则a n＝70＋2(n－1)＝2n＋68，又10×40%＝4，所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为a4＋a52＝76＋782＝77.10．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{a n}是等和数列，且a1＝－2，a2024＝8，则这个数列的前2024项的和为________．答案6072解析依题意得a1＋a2＝a2＋a3＝a3＋a4＝a4＋a5＝…，故a1＝a3＝a5＝…＝a2023＝－2，a2＝a4＝a6＝…＝a2024＝8，则S2024＝1012×(－2)＋1012×8＝6072.11．(2023·江苏联考)已知a1，a2，…，a n(n∈N*)是一组平面向量，记S n＝a1＋a2＋…＋a n，若a n＝(4－n,1)，则满足a n⊥S n的n的值为____________．答案5或6解析记b n＝4－n的前n项和为T n，则T n＝(3＋4－n)n2＝7n－n22，因为a n＝(4－n,1)，所以S n＝a1＋a2＋…＋a n＝(3,1)＋(2,1)＋…＋(4－n,1)又a n⊥S n，所以a n·S n＝(4－n)×7n－n22＋n＝0，整理得n(n－5)(n－6)＝0，解得n＝0或n＝5或n＝6，因为n∈N*，所以n＝5或n＝6.12．在圆x2＋y2＝5x n条弦的长度成等差数列，最短弦长为数列的首项a1，最长弦长为a n，若公差d ，13，那么n的取值集合为__________．答案{4,5,6}解析由圆的方程为x 2＋y 2＝5x ，得圆心r ＝52.∴过点P 即a n ＝2r ＝5，过点P CP 垂直的弦为圆的最短弦，即a 1＝2r 2－|PC |2＝4，由a n ＝a 1＋(n －1)d ，得5＝4＋(n －1)d ，∴d ＝1n －1，∵16<d ≤13，∴16<1n －1≤13，∴4≤n <7，n ∈N *，∴n 的取值为4,5,6.∴n 的取值集合为{4,5,6}．四、解答题13．(2023·锦州模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a n ＋b n ＝2n －1，数列{a n }，{b n }的前n 项和分别记作A n ，B n ，且A n －B n ＝n .(1)求A n 和B n ；(2)设c n ＝2n b ＋12A n，求数列{c n }的前n 项和S n .解(1)因为a n ＋b n ＝2n －1，所以数列{a n ＋b n }是首项为1，公差为2的等差数列，所以其前n 项和A n ＋B n ＝12(1＋2n －1)×n ＝n 2，又因为A n －B n ＝n ，所以A n ＝n (n ＋1)2，B n ＝n (n －1)2.(2)当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝n (n －1)2－(n －1)(n －2)2＝n －1.当n ＝1时，b 1＝B 1＝0也适合通项公式，故b n ＝n －1.所以c n ＝2n b ＋12A n ＝2n －1＋1n (n ＋1)＝2n －1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)－12＋12－13＋…＋1n －＝1×(1－2n )1－2＋2n －1n ＋1.14．(2023·湖南省新高考教学教研联盟联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且2b n ＝(n －2)(a n －1)，若T n ≥λb n 对于n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．解(1)∵S n ＝n －a n ，∴S n －1＝(n －1)－a n －1(n ≥2)，两式作差得2a n ＝a n －1＋1，∴2(a n －1)＝a n －1－1，当n ＝1时，S 1＝1－a 1，∴a 1－1＝－12，∴{a n －1}是首项为－12，公比为12的等比数列，故a n ＝1.(2)∵2b n ＝(n －2)(a n －1)，∴b n ＝(2－n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋0＋(－1)＋…＋(2－n ＋1，①12T n ＝1＋0＋(－1)＋…＋(2－n ＋2，②两式作差得12T n ＝1＋…＋1－(2－n ＋2，化简得T n ＝n 2n ＋1，∵T n ≥λb n 恒成立，∴n 2n ＋1≥λ(2－n )12n ＋1，n ≥λ(2－n )，当n ＝1时，λ≤1；当n ＝2时，λ∈R ；当n ≥3时，λ≥n 2－n ＝－(n －2)＋2n －2＝－即λ≥－，∴λ≥－1，综上所述，－1≤λ≤1.。

第2讲数列求和及其综合应用错位相减法求和[学生用书P34]共研典例类题通法错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )·b n ＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．(2016·高考山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n.求数列{c n }的前n 项和T n .【解】(1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式．所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋ (2)＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.应用错位相减法求和需注意的问题(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． [跟踪训练](2016·兰州模拟)等差数列{a n }中，已知a n ＞0，a 1＋a 2＋a 3＝15，且a 1＋2，a 2＋5，a 3＋13构成等比数列{b n }的前三项．(1)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 ，则由已知得： a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝15，即a 2＝5. 又(5－d ＋2)(5＋d ＋13)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝3，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝2n ＋1. 又b 1＝a 1＋2＝5，b 2＝a 2＋5＝10，所以公比q ＝2， 所以b n ＝5×2n －1.(2)因为T n ＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1]， 2T n ＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ]，两式相减得－T n ＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ]＝5[(1－2n )2n －1]， 则T n ＝5[(2n －1)2n ＋1]．裂项相消法求和[学生用书P35]共研典例类题通法 1．常见的裂项类型 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； (2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；(3)1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；(4)14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(5)n ＋1n （n －1）·2n ＝2n －（n －1）n （n －1）·2n ＝1（n －1）2n －1－1n ·2n. 2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项公式a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2016·海口调研测试)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1＝7，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ； (2)若b n ＝5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)因为a 2，a 5，a 10成等比数列， 所以(7＋d )(7＋9d )＝(7＋4d )2， 又因为d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋5，S n ＝（7＋2n ＋5）n 2＝n 2＋6n .(2)由(1)可得b n ＝5（2n ＋5）（2n ＋7）＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7， 所以T n ＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝5n14n ＋49.裂项相消法的技巧在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．[跟踪训练](2016·石家庄模拟)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.分组转化求和[学生用书P35]共研典例类题通法 分组转化求和的三种类型分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n 的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n 为奇数、偶数分类求和．(2016·呼和浩特模拟)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【解】(1)因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a n ＋n ≠0， 所以{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1. 所以a n ＝2n ＋1－n .(2)S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组.(3)根据数列的周期性分组.[题组通关]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝( )A ．1009B ．1010C ．－1009D ．－1010B [解析] 因为a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＋2018＝1008×(－1)＋2018＝1010.2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，数列{a 2n －1}是首项为1的等差数列，数列{a 2n }是首项为2的等比数列，且满足S 3＝a 4，a 3＋a 5＝a 4＋2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求S 2n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1＋d ，a 4＝2q ，a 5＝1＋2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋d ＝2q ，（1＋d ）＋（1＋2d ）＝2＋2q ，解得d ＝2，q ＝3.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，(k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n －1) ＝（1＋2n －1）n 2＋2（1－3n ）1－3＝n 2－1＋3n .等差、等比数列的综合问题[学生用书P36]共研典例类题通法解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：S n ＜34.【解】(1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *，得（a n ＋1－1）＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，即1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，亦即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项， －1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)证明：因为b n ＝a n ＋1a n －1＝（n ＋1）2n （n ＋2）－1＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×⎝⎛⎭⎫1＋12＝34.解决数列综合问题的方法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解. [跟踪训练](2016·武汉模拟)已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（2n ＋1）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，即(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，化简得d 2＝2a 1d .因为d ≠0，所以d ＝2a 1.① 因为a 3＝－52，所以a 1＋2d ＝－52.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12d ＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12.(2)因为b n ＝1（2n ＋1）a n ＝1（2n ＋1）⎝⎛⎭⎫－n ＋12＝－2（2n ＋1）（2n －1）＝12n ＋1－12n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1＋⎝⎛⎭⎫15－13＋⎝⎛⎭⎫17－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n －1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 课时作业[学生用书P120(独立成册)]1．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2B ．442C ．22D ．44B [解析] 因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1080D ．3105B [解析] 因为a n ＋1＝a n ＋3，所以a n ＋1－a n ＝3. 所以{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． 所以a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. 所以前20项都为负值． 所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.因为S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( )A ．20B ．40C ．60D ．80C [解析] 由a n ＋1＝a na n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.4．(2016·郑州模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B.2011C ．－95D.95A [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝－2·⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 5．设b n ＝a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）(其中a n ＝2n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 5＝( )A.3133B.3233C.3166D.1633C [解析] 由题意得，b n ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1，所以T 5＝12－133＝3166.6．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和大于62，则n 的最小值为( )A ．8B ．7C ．6D ．9C [解析] 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＞0，知f （x ）g （x ）在R 上是增函数，即f （x ）g （x ）＝a x 为增函数，所以a ＞1.又因为a ＋1a ＝52，所以a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝21＋22＋…＋2n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62.即2n ＞32，所以n ＞5.7．(2016·海口调研测试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________．[解析] 依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. [答案]43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋28．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为________．[解析] 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2，3，4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2. [答案]29．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2017＝________．[解析] 因为a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，所以a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，所以S 2017＝1009a 1＋1008a 2＝1009×⎝⎛⎭⎫12－2＋1008×2＝10052. [答案]1005210．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．[解析]因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91. [答案]9111．(2016·东北四市联考)已知数列{a n }满足a 1＝511，a 6＝－12，且数列{a n }的每一项加上1后成为等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意数列{a n ＋1}是等比数列，设公比为q ，a 1＋1＝512，a 6＋1＝12＝512×q 5， 解得q ＝14. 则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝211－2n ，a n ＝211－2n －1.(2)由(1)知b n ＝|11－2n |，当n ≤5时，T n ＝10n －n 2，当n ≥6时，T n ＝n 2－10n ＋50，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5n 2－10n ＋50，n ≥6. 12．(2016·哈尔滨模拟)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4.即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0.因为公比q ≠0，所以q ＝2.所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1 ＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.13．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n n ＋1. [解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(选做题)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30. [解] (1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ， 解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ， 因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3. (2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， 所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.。

数列求和及其综合应用概述说明以及解释1. 引言1.1 概述在数学中，数列求和是一个重要的概念，它涉及到对一系列数字的总和进行计算。

通过对数列求和的研究，我们可以更好地理解数学中的序列和级数，并应用到实际问题中。

本文将深入探讨数列求和的基本概念、常见公式以及在实际生活中的广泛应用。

1.2 研究背景数列作为代数结构中的基础概念，在各个领域都有着广泛的应用。

通过对数列求和进行研究，不仅可以提升学生们对代数运算的理解能力，也能帮助科研工作者在金融、工程、经济管理等领域中解决实际问题。

1.3 研究意义深入研究数列求和不仅可以加深我们对代数结构的认识，还能够拓展我们在实际生活中解决问题的思维方式。

同时，深刻理解数列求和在各个领域中的应用案例，有助于我们更好地理解世界并提高自身问题解决能力。

2. 数列求和的基本概念数列是按照一定规律排列的一组数，其中每个数称为数列的项。

而数列求和则是将数列中所有项相加得到一个结果的运算。

在数学中，我们常常会遇到各种不同类型的数列，如等差数列、等比数列等，对这些不同类型的数列进行求和有着不同的方法和公式。

2.1 数列与数列求和的概念在数学中，一个数列表示为{a₁, a₂, a₃, ...}，其中a₁, a₂, a₃代表该数列中的第1、2、3个项。

而对于一个有限项的数组合来说，则可以表示为S = a₁+ a₂+ a₃+ ... + an。

2.2 常见数列求和公式对于等差数列来说，其首项为a₁，公差为d，则前n项的和可以用下面这个公式来表示：Sn = n/2 * [2a₁+ (n-1)d]。

而对于等比数列来说，其首项为a₁，公比为q，则前n项和计算公式可表示为：Sn = a₁* (1 - qⁿ)/(1 - q)。

2.3 数学归纳法在数列求和中的应用在证明关于某一种特定类型的常见公式时，经常会用到归纳法。

通过归纳法可以证明这一类或者说更广泛范围内此性质具备普遍性。

在应用到具体题目时候都是根据题目构造不断拓宽范围。

第2讲 数列求和及综合应用[考情考向·高考导航]1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用a n 与S n 的关系求通项公式，利用累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答的第(1)问考查，难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．[真题体验]1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，∴a 1＝－1. 当n ≥2时，S n ＝2a n ＋1 ①S n －1＝2a n －1＋1 ②①－②得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1 即a na n －1＝2，∴数列{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列， ∴S 6＝－11－261－2＝－63.答案：－632．(2019·天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n2，n 为偶数，求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n. (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n n －12×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6×(1×31＋2×32＋…＋n ×3n)． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n， ①则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－31－3n1－3＋n ×3n ＋1＝2n －13n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×2n －13n ＋1＋32＝2n －13n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．[主干整合]1．数列通项(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝1，S n －S n －1n ≥2.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误． 2．数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．(2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列．热点一 求数列的通项公式[例1] (1)(2020·临沂模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n(2)(2020·成都模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，S n ＝n 2a n (n ∈N )．则数列{a n }的通项公式为____________．[解析] (1)由已知，a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n，a 1＝2， 所以a n －a n －1＝lnnn －1(n ≥2)，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2，…a 2－a 1＝ln 21，将以上n －1个式子叠加，得a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2 (21)＝ln n .所以a n ＝2＋ln n (n ≥2)， 经检验n ＝1时也适合．故选A. (2)由S n ＝n 2a n ，(ⅰ)得当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得a n ＝n 2a n －(n －1)2a n －1(n ≥2，n ∈N *)， 所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)， 因为a 1·a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×13×24×35·…·n －1n ＋1＝1n n ＋1， 又a 1＝12，符合上式，所以a n ＝1n n ＋1.[答案] (1)A (2)a n ＝1nn ＋11．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累积法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)． (1)数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．则数列{a n }的通项公式为________________．解析：由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n＝1，所以2S n －S n －1S n －S n －1S n －S 2n ＝1，即2S n －S n －1－S n －1S n＝1， 所以1S n －1S n －1＝12.又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列．所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2nn ＋1. 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋1，n ≥2.(2)各项均不为0的数列{a n }满足a n ＋1a n ＋a n ＋22＝a n ＋2a n (n ∈N *)，且a 3＝2a 8＝15，则数列{a n }的通项公式为____________．解析：因为a n ＋1a n ＋a n ＋22＝a n ＋2a n ，所以a n ＋1a n ＋a n ＋1a n ＋2＝2a n ＋2a n . 因为a n a n ＋1a n ＋2≠0，所以1a n ＋2＋1a n ＝2a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，则1a 8＝1a 3＋(8－3)d .因为a 3＝2a 8＝15，所以d ＝1，又1a 1＝1a 3－2d ＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以3为首项，1为公差的等差数列．∴1a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，∴a n ＝1n ＋2. 答案：a n ＝1n ＋2热点二 数列求和问题裂项相消法求和[例2－1] (2018·天津卷)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)． ①求T n ；②证明∑n,k ＝1 T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．[解] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q ＞0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4，由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝2×1－2n1－2－n＝2n ＋1－n －2.②证明：因为T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以，∑n,k ＝1 T k ＋b k ＋2k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.错位相减法求和[例2－2] (2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．[解析] (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28， 解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20， 解得q ＝2或q ＝12，因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1. 由(1)可得，a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.数列求和的常用方法1．利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为：若{a n }是等差数列且a n ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1.2．用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．3．并项求和法一个数列的前n 项和可两两结合求解，则称为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用并项求和．(1)(2020·长沙模拟)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.设b n ＝n ＋1n ＋22a 2n，数列{b n }的前n 项和为____________________．解析：由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0， 由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1＞0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)． 即b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋22T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22答案：116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋14－1n ＋12－1n ＋22(2)已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1，若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，则数列{b n }的前n 项和为____________．解析：因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝3(1－n )log 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n)，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n)，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n＝136－6n ＋32×3n ， 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n .经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .答案：1312－6n ＋34×3n热点三 数列与函数不等式的交汇创新[例3] (2019·桂林三模)已知函数f (x )的图象过定点(1,1)，且对任意的实数x 1，x 2∈R ，都有f (x 1＋x 2)＝1＋f (x 1)＋f (x 2)．(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ∈N *)为等比数列；(2)若b n ＝1f n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，不等式T 2n －T n ＞635log 2(x ＋1)(n ≥2，n ∈N *)恒成立，求实数x 的取值范围．[审题指导] (1)先令x 1＝x 2＝12n ＋1，再证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ∈N *)为等比数列；(2)先求出数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的通项公式，再求和，根据T 2n －T n 的单调性求出最小项，最后求实数x 的取值范围．[解析] (1)令x 1＝x 2＝12n ＋1，则f ⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋1＝1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，令x 1＝x 2＝12，则f (1)＝1＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1是等比数列，公比为12，首项为1.(2)由题意知函数f (x )的图象过定点(1,1)， 所以f (1)＝1. 令x 1＝n ，x 2＝1，则f (n ＋1)＝1＋f (1)＋f (n )， 即f (n ＋1)＝f (n )＋2，则{f (n )}是等差数列，公差为2，首项为1， 故f (n )＝1＋(n －1)·2＝2n －1. 因为b n ＝1f n，所以b n ＝1fn ＝12n －1. 设g (n )＝T 2n －T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＝12n ＋1＋12n ＋3＋…＋14n －1，则g (n ＋1)－g (n )＝14n ＋1＋14n ＋3－12n ＋1＝14n ＋14n ＋32n ＋1＞0，所以{g (n )}是递增数列，g (n )min ＝g (2)＝15＋17＝1235，从而635log 2(x ＋1)＜1235，即log 2(x ＋1)＜2，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＞0，x ＋1＜4，解得x ∈(－1,3)，所以实数x 的取值范围为(－1,3)．1．求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．2．数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理．(2019·淮南二模)若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(x ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 13a n ，求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34. 解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1，又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1＝12×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15…⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．限时50分钟 满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．(2020·重庆七校联考)若数列{a n }满足1a n ＋1－2a n＝0，则称{a n }为“梦想数列”．已知正项数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“梦想数列”，且b 1＋b 2＋b 3＝1，则b 6＋b 7＋b 8＝( )A ．4B ．16C ．32D ．64 解析：C [由1a n ＋1－2a n ＝0可得a n ＋1＝12a n ，故{a n }是公比为12的等比数列，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是公比为12的等比数列，则{b n }是公比为2的等比数列，b 6＋b 7＋b 8＝(b 1＋b 2＋b 3)×25＝32，故选C.] 2．(2020·江西省五校协作体考试)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n,2b n ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A.9798 B.9899 C.99100D.100101解析：D [因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1.又2b n ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D.] 3．(2020·广东省六校联考)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(2n －1)·3n.设b n ＝4na n，S n 为数列{b n }的前n 项和，若S n ＜λ(λ为常数，n ∈N *)，则λ的最小值是( )A.32B.94C.3112D.3118解析：C [a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(2n －1)·3n，① 当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(2n －3)·3n －1，②①－②得，na n ＝4n ·3n －1(n ≥2)，即a n ＝4·3n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝3≠4，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，4×3n －1，n ≥2，b n＝⎩⎪⎨⎪⎧43，n ＝1，n3n －1，n ≥2.所以S n ＝43＋23＋332＋…＋n 3n －1＝13＋130＋231＋332＋…＋n 3n －1，③ 13S n ＝19＋13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，④③－④得，23S n ＝29＋130＋13＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝29＋1－13n1－13－n 3n ，所以S n ＝3112－6n ＋94×3n ＜3112，所以易知λ的最小值是3112，故选C.] 4．(2019·青岛三模)已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑100,i ＝51f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 解析：D [由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且若n 为奇数则f (n )＝n ， 则∑100,i ＝1f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100) ＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑50,i ＝1f (i )，∴∑100,i ＝51f (i )＝∑100,i ＝1f (i )－∑50,i ＝1f (i )＝2 500.]5．(2019·深圳二模)已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( ) A.110 B.15 C.111 D.211解析：C [∵2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，∴2na n ＝1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，故a n ＝12n ，故1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，∴S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111，选C.]6．(2019·潍坊三模)已知等差数列{a n }中公差d ≠0，a 1＝1，a 1，a 2，a 5成等比数列，且a 1，a 2，ak 1，ak 2，…，ak n 成等比数列，若对任意的n ∈N *，恒有a n 2k n －1≤a m2k m －1(m ∈N *)，则m ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．1或2解析：D [由已知可得，a 22＝a 1·a 5，即(1＋d )2＝1·(1＋4d )，又d ≠0，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.因为a 1，a 2，ak 1，ak 2，…，ak n 成等比数列，所以2k n －1＝3n ＋1.令b n ＝a n2k n －1＝2n －13n ＋1，设数列{b n }中的最大项为b l ，故满足⎩⎪⎨⎪⎧b l ≥b l ＋1，b l ≥b l －1，解得1≤l ≤2，即数列{b n }中的最大项为b 1，b 2，所以m ＝1或2.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2019·昆明三模)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为________．解析：由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.答案：1 1238．(2019·山师附中质检)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3 a 4，a 5，a 6 a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…，构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和，若S n ＝2b n －1，则a 56＝________.解析：当n ≥2时，∵S n ＝2b n －1，∴S n －1＝2b n －1－1，∴b n ＝2b n －2b n －1，∴b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，∵b 1＝2b 1－1，∴b 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴b n ＝2n－1.设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，∴c n ＝n n －12＋1，由c n ＝n n －12＋1＝56，得n ＝11，∴a 56＝b 11＝210＝1 024.答案：1 024三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2020·郑州三测)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ·a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0，数列{b n }满足b n＝12n·a n. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，问：是否存在n ，使得S n 的值是38？解析：(1)因为2a n ·a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0， 所以a n ＋1＝a n2a n ＋1， 1a n ＋1－1a n＝2a n ＋1a n－1a n＝2，由等差数列的定义可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为d ＝2的等差数列．故1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1. (2)由(1)得b n ＝2n －12n ，所以S n ＝12＋322＋…＋2n －12n ，两边同乘以12得，12S n ＝122＋323＋…＋2n －12n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －2n －12n ＋1，即12S n ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1， 所以S n ＝3－2n ＋32n .因为S n ＋1－S n ＝2n ＋32n －2n ＋52n ＋1＝2n ＋12n ＋1＞0，所以数列{S n }是关于项数n 的递增数列，所以S n ≥S 1＝12，因为38＜12，所以不存在n ，使得S n ＝38.10．(2019·武汉二模)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n .解析：(1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b 2＝8. 又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)． 所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n n ＋12＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)， 所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)． ②因为c 1＝0，c 2＞0，c 3＞0，c 4＞0； 当n ≥5时，c n ＝1n n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12n －1， 而n n ＋12n－n ＋1n ＋22n ＋1＝n ＋1n －22n ＋1＞0，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n n ＋12n当n ≥5时是递减的．所以n n ＋12n≤5·5＋125＜1， 所以，当n ≥5时，c n ＜0.综上，对任意n ∈N *，恒有S 4≥S n ，故k ＝4.11．(文)(2020·浙江三地市联考)已知数列{b n }满足3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，且b 1＝3. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)已知a n b n ＝n ＋12n ＋3，求证：56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜1.解析：(1)因为3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，所以b n ＋1b n ＝3n ＋1n. 则b 2b 1＝3×21，b 3b 2＝3×32，b 4b 3＝3×43，…， b n b n －1＝3×n n －1， 累乘，可得b nb 1＝3n －1×n ，因为b 1＝3，所以b n ＝n ·3n，即数列{b n }的通项公式b n ＝n ·3n.(2)证明：因为a n b n ＝n ＋12n ＋3，所以a n ＝n n ＋12n ＋3·3n.因为1a n ＝2n ＋3n n ＋1·13n＝3n ＋1－n n n ＋1·13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －1n ＋1·13n＝1n ·13n －1－1n ＋1·13n ， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1×130－12×131＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×131－13×132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ·13n －1－1n ＋1·13n＝1－1n ＋1·13n . 因为n ∈N *，所以0＜1n ＋1·13n ≤16， 所以56≤1－1n ＋1·13n ＜1，所以56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜1.11．(理)(2019·江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M­数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M 数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M 数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M 数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n ， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n －b n －1b n2b n －b n －1，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M 数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q ＞0.因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1,2,3，…，m .当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1.设f (x )＝ln x x (x ＞1)，则f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.列表如下：x (1，e) e (e ，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值因为ln 22＝ln 86＜ln 96＝ln 33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln 33.取q ＝33，当k ＝1,2,3,4,5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.高考解答题·审题与规范(三) 数列类考题数列问题重在“归”思维流程等差数列与等比数列是两个基本数列，是一切数列问题的出发点与归宿，首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量．只要涉及这两个数列的数学问题，我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的情形出发，从中归纳出一般的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目的特点，将数列化归为函数问题来解决.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0,4a n＋1＝3a n －b n＋4,4b n＋1＝3b n－a n－4.(1)证明：{a n＋b n}是等比数列，{a n－b n}是等差数列；(2)求{a n}和{b n}的通项公式. (1)首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列{a n＋b n}为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列{a n－b n}为等差数列；(2)由(1)分别求得数列{a n＋b n}和{a n－b n}的通项公式，然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得{a n}，{b n}的通项公式.结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破.规范解答评分细则。