2020高考人教版文科数学总复习讲义：数列与算法课时2含答案

课时规范练28等差数列及其前n项和基础巩固组1.由a1=1,d=3确定的等差数列{a n},当a n=298时,序号n等于()A.99B.100C.96D.1012.(2018湖南长郡中学仿真,6)已知等差数列{a n}满足a n+1+a n=4n,则a1=()A.-1B.1C.2D.33.(2018河南商丘二模,3)已知等差数列{a n}的公差为d,且a8+a9+a10=24,则a1·d的最大值为()A.12B.14C.2D.44.在等差数列{a n}中,a3+a6=11,a5+a8=39,则公差d为()A.-14B.-7C.7D.145.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且3a3=a6+4,若S5<10,则a2的取值范围是()A.(-∞,2)B.(-∞,0)C.(1,+∞)D.(0,2)6.已知S n是等差数列{a n}的前n项和,若2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则S11=()A.66B.55C.44D.337.(2018湖南衡阳一模,15)已知数列{a n}前n项和为S n,若S n=2a n-2n,则S n=.8.设数列{a n},{b n}都是等差数列,若a1+b1=7,a3+b3=21,则a5+b5=.9.若数列{a n}的前n项和为S n,且满足a n+2S n S n-1=0(n≥2),a1=12.(1)求证:{1n}成等差数列;(2)求数列{a n}的通项公式.10.设数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2n-1.数列{b n}满足b1=2,b n+1-2b n=8a n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:数列{b n2n}为等差数列,并求{b n}的通项公式.综合提升组11.(2018河北衡水中学考前押题二,10)已知数列a1=1,a2=2,且a n+2-a n=2-2(-1)n,n∈N*,则S2 017的值为()A.2 016×1 010-1B.1 009×2 017C.2 017×1 010-1D.1 009×2 01612.若数列{a n}满足:a1=19,a n+1=a n-3(n∈N*),则数列{a n}的前n项和数值最大时,n的值为()A.6B.7C.8D.913.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m-1=-4,S m=0,S m+2=14(m≥2,且m∈N*),则m的值为.14.已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足a3·a4=117,a2+a5=22.(1)求通项公式a n;(2)求S n的最小值;(3)若数列{b n}是等差数列,且b n=S nn+c,求非零常数c.创新应用组15.(2018湖南长郡中学仿真,15)若数列{a n}是正项数列,且√a1+√a2+…+√a n=n2+3n,则a12+a2 3+…+a nn+1=.16.等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S10=0,S15=25,则nS n的最小值为多少?课时规范练28 等差数列及其前n 项和1.B 根据等差数列通项公式a n =a 1+(n-1)d,有298=1+(n-1)×3,解得n=100,故选B.2.B 由题意,当n 分别取1,2时,a 1+a 2=4,a 3+a 2=8,解得公差d=2,故a 1=1.故选B.3.C ∵a 8+a 9+a 10=24,∴a 9=8,即a 1+8d=8,∴a 1=8-8d,a 1·d=(8-8d)d=-8d-122+2≤2,当d=12时,a 1·d 的最大值为2,故选C.4.C ∵a 3+a 6=11,a 5+a 8=39,则4d=28,解得d=7.故选C.5.A 设公差为d,由3a 3=a 6+4得3(a 2+d)=a 2+4d+4,即d=2a 2-4,由S 5<10,得5(a 1+a 5)2=5(a 2+a 4)2=5(2a 2+2d )2=5(3a 2-4)<10,解得a 2<2,故选A. 6.D 由等差数列的性质可得2(a 1+a 3+a 5)+3(a 8+a 10)=6a 3+6a 9=36,即a 1+a 11=6.则S 11=11(a 1+a 11)2=11×3=33.故选D.7.n·2n ∵S n =2a n -2n =2(S n -S n-1)-2n ,整理得S n -2S n-1=2n ,等式两边同时除以2n ,则Sn 2n −S n -12n -1=1.又S 1=2a 1-2=a 1,可得a 1=S 1=2,∴数列{Sn 2n }是以1为首项,公差为1的等差数列, ∴Sn 2n =n,∴S n =n·2n . 8.35 ∵数列{a n },{b n }都是等差数列,设数列{a n }的公差为d 1,数列{b n }的公差为d 2,∴a 3+b 3=a 1+b 1+2(d 1+d 2)=21,而a 1+b 1=7,可得2(d 1+d 2)=21-7=14. ∴a 5+b 5=a 3+b 3+2(d 1+d 2)=21+14=35.9.(1)证明 当n ≥2时,由a n +2S n S n-1=0,得S n -S n-1=-2S n S n-1,所以1S n−1S n -1=2.又1S1=1a 1=2,故{1S n }是首项为2,公差为2的等差数列.(2)解 由(1)可得1S n =2n,所以S n =12n.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=12n −12(n -1)=n -1-n 2n (n -1)=-12n (n -1).当n=1时,a 1=12不适合上式.故a n ={1,n =1,-12n (n -1),n ≥2. 10.(1)解 当n=1时,a 1=S 1=21-1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(2n -1)-(2n-1-1)=2n-1.∵a 1=1适合通项公式a n =2n-1, ∴a n =2n-1.(2)证明 ∵b n+1-2b n =8a n ,∴b n+1-2b n =2n+2,即b n+12n+1−bn2n =2.又b 121=1,∴{b n 2n }是首项为1,公差为2的等差数列.∴b n 2n =1+2(n-1)=2n-1.∴b n =(2n-1)×2n .11.C 由题意,当n 为奇数时,a n+2-a n =4,数列{a 2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,当n 为偶数时,a n+2-a n =0,数列{a 2n-1}是首项为2,公差为0的等差数列,S 2 017=(a 1+a 3+…+a 2 017)+(a 2+a 4+…+a 2 016)=1 009+12×1 009×1 008×4+1 008×2=2 017×1 010-1,故选C. 12.B ∵a 1=19,a n+1-a n =-3,∴数列{a n }是以19为首项,-3为公差的等差数列.∴a n =19+(n-1)×(-3)=22-3n.设数列{a n }的前k 项和数值最大,则有{a k ≥0,a k+1≤0,k ∈N *.∴{22-3k ≥0,22-3(k +1)≤0.∴193≤k ≤223.∵k ∈N *,∴k=7.∴满足条件的n 的值为7.13.5 ∵S m-1=-4,S m =0,S m+2=14,∴a m =S m -S m-1=4,a m+1+a m+2=S m+2-S m =14.设数列{a n }的公差为d,则2a m +3d=14,∴d=2.∵S m =a 1+a m2×m=0,∴a 1=-a m =-4. ∴a m =a 1+(m-1)d=-4+2(m-1)=4,∴m=5.14.解 (1)∵数列{a n }为等差数列,∴a 3+a 4=a 2+a 5=22.又a 3·a 4=117,∴a 3,a 4是方程x 2-22x+117=0的两实根. 又公差d>0,∴a 3<a 4,∴a 3=9,a 4=13, ∴{a 1+2d =9,a 1+3d =13,∴{a 1=1,d =4.∴通项公式a n =4n-3. (2)由(1)知a 1=1,d=4,∴S n =na 1+n (n -1)2d=2n 2-n=2(n -14)2−18.∴当n=1时,S n 最小,最小值为S 1=a 1=1.(3)由(2)知S n =2n 2-n,∴b n =Snn+c =2n 2-n n+c ,∴b 1=11+c ,b 2=62+c ,b 3=153+c. ∵数列{b n }是等差数列,∴2b 2=b 1+b 3,即62+c ×2=11+c +153+c ,∴2c 2+c=0,∴c=-12(c=0舍去),故c=-12.15.2n 2+6n 由√a 1+√a 2+…+√a n =n 2+3n,则√a 1+√a 2+…+√a n -1=(n-1)2+3(n-1),两式相减,可得√a n =2n+2,当n=1时也成立,则a n =(2n+2)2,有ann+1=(2n+2)2n+1=4n+4,{a nn+1}为公差为4的等差数列,其前n项和为a12+a 23+…+a n n+1=n (a12+an n+1)2=n (8+4n+4)2=2n 2+6n. 16.解 设数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则S 10=10a 1+10×9d=10a 1+45d=0,① S 15=15a 1+15×142d=15a 1+105d=25. ②联立①②,得a 1=-3,d=23,∴S n =-3n+n (n -1)2×23=13n 2-103n.令f(n)=nS n ,则f(n)=13n 3-103n 2,f'(n)=n 2-203n.令f'(n)=0,得n=0或n=203.当n>203时,f'(n)>0,当0<n<203时,f'(n)<0,∴当n=203时,f(n)取最小值,又∵n ∈N *,f(6)=-48,f(7)=-49,∴当n=7时,f(n)取最小值-49.。

第37讲 等比数列的概念及基本运算1．理解等比数列的概念．2．掌握等比数列的通项公式，前n 项和公式及其性质． 3．能运用等比数列的概念、公式及性质解决相关问题．知识梳理1．等比数列的概念(1)定义：如果一个数列从第二项起， 每一项与前一项的比 等于同一个常数，这个数列叫做等比数列，首项记作a 1，公比记作q .(2)表示形式：a n ＋1a n＝q (n ∈N *) . (3)等比中项：如果三个数a ，G ，b 成 等比数列 ，那么G 叫做a ，b 的等比中项，即 G 2＝ab .(4)通项公式：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝ a 1·q n －1 . 2．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m · q n －m (m ，n ∈N *)．(2)在等比数列{a n }中，若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝ a p ·a q .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．3．等比数列前n 项和公式(1)等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和公式为S n ， 当q ＝1时，S n ＝ na 1 ；当q ≠1时，S n ＝ a 1(1－q n )1－q ＝ a 1－a n q1－q.(2)等比数列前n 项和公式的性质：若{a n }是公比为q (q ≠－1)的等比数列，则S n ，S 2n －S n ，S 3n－S 2n ，…仍为等比数列，且公比为 q n .1．等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列．(2)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }是常数列．(4)满足q <0时，{a n }是摆动数列．2．等比数列前n 项和公式的特征：当等比数列的公比q ≠1时，S n ＝Aq n ＋B ⇔A ＋B ＝0.热身练习1．等比数列－12，14，－18，…的通项公式是(A)A ．a n ＝(－12)nB ．a n ＝(－12)n ＋1C ．a n ＝－(12)nD ．a n ＝－(12)n ＋1因为数列是等比数列，又a 1＝－12，公比q ＝－12，所以a n ＝a 1·q n －1＝(－12)n .2．(2018·北京卷)设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的(B) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件a ，b ，c ，d 是非零实数，若a ＜0，d ＜0，b ＞0，c ＞0，且ad ＝bc ，则a ，b ，c ，d 不成等比数列(可以假设a ＝－2，d ＝－3，b ＝2，c ＝3)．若a ，b ，c ，d 成等比数列，则由等比数列的性质可知ad ＝bc .所以“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的必要而不充分条件．3．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝(B) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84设等比数列的公比为q ，则a 1＋a 1q 2＋a 1q 4＝21. 又因为a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，解得q 2＝2， 所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝42.4．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是(D) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列从项的下标入手寻找规律，下标成等差数列，对应的项成等比数列． 因为a 26＝a 3a 9，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．5．等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项的和为S 3＝21，则公比q 的值为(C)A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12当q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝7，S 3＝21，故q ＝1满足，排除B ，D ；当q ＝－12时，a 1＝a 3q2＝28，a 2＝a 3q＝－14，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝21，所以q ＝－12也满足，故选C.等比数列的基本量的运算等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝____________.(方法一)当q ＝1时，S 3＝3a 1，S 2＝2a 1， 由S 3＋3S 2＝0得，9a 1＝0，所以a 1＝0与{a n }是等比数列矛盾，故q ≠1. 当q ≠1时，由S 3＋3S 2＝0得， a 1(1－q 3)1－q ＋3a 1(1－q 2)1－q ＝0，解得q ＝－2. (方法二)由S 3＋3S 2＝0得， a 1(1＋q ＋q 2)＋3a 1(1＋q )＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2.－2(1)解决等比数列问题，关键是抓住首项a 1和公比q ，求解时，要注意方程思想的运用． (2)运用等比数列求和公式时，要注意公比q 是否为1.当n 较小时，直接利用前n 项和的意义展开，不仅可避开公比q 的讨论，还可使求解过程简捷．1．(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝ 32 .设{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.等比数列的性质及应用(1)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝ A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7(2)公比不为1的等比数列{a n }中前10项的和S 10＝10，前20项的和S 20＝30，则S 30＝__________.(1)(方法一)利用等比数列的通项公式求解．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝－8， 所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧ q 3＝－12，a 1＝－8.所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(方法二)利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－2，a 7＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8.所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(2)(方法一)设公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 10)1－q＝10，a 1(1－q20)1－q＝30，得1＋q 10＝3，所以q 10＝2.所以S 30＝a 1(1－q 30)1－q ＝a 1(1－q 10)1－q (1＋q 10＋q 20)＝10(1＋2＋22)＝70.(方法二)因为S 10，S 20－S 10，S 30－S 20仍成等比数列， 又S 10＝10，S 20＝30，所以S 30－30＝(30－10)210＝40，所以S 30＝70.(1)D (2)70在等比数列的计算时，要注意性质的运用和整体代入，以简化运算．等比数列的常用性质：(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q .(2)等比数列连续k 项的和仍成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 仍成等比数列，公比为q k .2．在等比数列{a n }中：(1)若a 1＋a 2＝324，a 3＋a 4＝36，则a 5＋a 6的值为 4 ；(2)若a n >0，且a 5a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10的值为 10 .(1)由等比数列的性质知：a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6也成等比数列， 所以(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)， 所以a 5＋a 6＝(a 3＋a 4)2a 1＋a 2＝362324＝4.(2)因为{a n }是等比数列， 所以a 1·a 10＝a 2·a 9＝a 3·a 8＝a 4·a 7＝a 5·a 6＝9， 所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10 ＝log 3(a 1·a 2·a 3·…·a 10) ＝log 3(a 5·a 6)5＝5log 3(a 5·a 6)＝5log 39＝10.等比数列的判断与证明已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n . (1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明：因为a n ＋S n ＝n ，① 所以a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，即2a n ＋1＝a n ＋1， 所以2(a n ＋1－1)＝a n －1，所以a n ＋1－1a n －1＝12，又a 1＋S 1＝2a 1＝1，所以a 1＝12.因为c n ＝a n －1，所以首项c 1＝a 1－1＝－12，公比q ＝12，所以{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝(－12)·(12)n －1＝－(12)n ，所以a n ＝1－(12)n .(1)判断或证明一个数列是等差或等比数列的基本方法是运用定义．(2)在解决等差、等比数列的综合问题时，要树立目标意识：“需要什么，就求什么”，根据目标的需要去变形，去构造，才能快速找到解题途径，达到解决问题的目的．(3)一般地，若a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 是常数)，则可变形为a n ＋1－λ＝p (a n －λ)，利用待定系数法可确定其中的λ.3．(2016·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．要求{a n }的通项公式，关键是确定a 1，要求{b n } 的前n 项和，关键是判断{b n } 是怎样的数列．因此，解决问题的突破口就是用好条件“a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ”，这一条件，揭示了{a n }与{b n } 的联系，通过b 1，b 2可确定a 1，从而确定{a n }的通项公式；确定了a n ，则得到了{b n }的递推关系，由此可确定{b n } 是怎样的数列，从而求出{b n } 的前n 项和．(1)由已知a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝1－(13)n1－13＝32－12×3n －1.1．在等比数列中，无论是首项a 1、公比q ，还是通项a n 均不会为零，公比q ＝1时的等比数列是常数列，即a n ＝a 1.2．等比数列与等差数列之间存在着一种运算的对偶关系．因此，等比数列的复习可类比等差数列的复习进行．例如，在等比数列中，通项公式与前n 项和公式也包含有五个量，知道其中三个也可求出另外两个，同样要注意设元技巧，要根据求解目标作整体代换，等比数列和等差数列也有类似的性质和求解技巧等等．3．等比数列求和公式为S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q (q ≠1).在处理等比数列求和的有关问题时，要注意对q 进行讨论，若忽视对q ＝1的讨论，则会导致“对而不全”．4．证明一个数列是等比数列常用定义法，若证明一个数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．。

第2讲 数列的求和问题[考情考向分析] 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想．热点一 分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 (2018·西南名校联盟月考)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 3＝4，a 3是a 2－2与a 4的等差中项，若a n＋1＝2n b(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式； (2)若数列{}c n 满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{}c n 的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0， 由a n >0，a 1a 3＝4，得a 2＝2， 又a 3是a 2－2与a 4的等差中项，故2a 3＝a 2－2＋a 4，∴2·2q ＝2－2＋2q 2， ∴q ＝2或q ＝0(舍)． ∴a n ＝a 2qn －2＝2n －1，∴a n ＋1＝2n＝2n b，∴b n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n＋1(2n －1)(2n ＋1)＝2n＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{}c n 的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝2(1－2n)1－2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n2n ＋1(n ∈N *)．思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 (2018·焦作模拟)已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{}b n －a n 为等比数列(n ∈N *)．(1)求数列{a n }和{}b n －a n 的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设{a n }的公差为d ， 因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16， 所以a 1＋d ＝3,4a 1＋4×32d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)． 设{}b n －a n 的公比为q ，则b 4－a 4＝()b 1－a 1q 3，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，得q ＝3， 所以b n －a n ＝()4－1×3n －1＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1， 所以S n ＝()3＋32＋33＋ (3)＋()1＋3＋5＋…＋2n －1＝3()1－3n1－3＋n ()1＋2n －12＝32()3n －1＋n 2＝3n ＋12＋n 2－32(n ∈N *)． 热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 (2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足a 1＝a 3，a n ＋1－a n 2＝32n ＋1，设b n ＝2n a n (n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＝2na n ，得a n ＝b n 2n ，代入a n ＋1－a n 2＝32n ＋1得b n ＋12n ＋1－b n2n ＋1＝32n ＋1，即b n ＋1－b n ＝3， 所以数列{b n }是公差为3的等差数列，又a 1＝a 3，所以b 12＝b 38，即b 12＝b 1＋68，所以b 1＝2，所以b n ＝b 1＋3(n －1)＝3n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝3n －1，得a n ＝b n 2n ＝3n －12n ，所以S n ＝22＋522＋823＋…＋3n －12n ，12S n ＝222＋523＋824＋…＋3n －12n ＋1， 两式相减得12S n ＝1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －3n －12n ＋1＝52－3n ＋52n ＋1， 所以S n ＝5－3n ＋52n (n ∈N *)．思维升华 (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．要注意的是相减后得到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．跟踪演练2 (2018·滨海新区七所重点学校联考)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)n ＝1时，a 1＋12a 1＝1，a 1＝23，n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n＝1－12a n，S n －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12()a n －1－a n ，∴a n ＝13a n －1(n ≥2)， {a n }是以23为首项，13为公比的等比数列，a n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . b 1＝1，由b 25＝b 2b 14得，()1＋4d 2＝()1＋d ()1＋13d ，d 2－2d ＝0，因为d ≠0，解得d ＝2， b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝4n －23n ，T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，① 13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －4n －23n ＋1＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1 ＝43－23n －4n －23n ＋1， 所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈N *)．热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和． 例3 (2018·天津市十二校模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a ()S n －a n ＋1(n ∈N *)(a 为常数，a ≠0，a ≠1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋S n ，若数列{b n }为等比数列，求a 的值； (3)在满足条件(2)的情形下，c n ＝a n ＋1()a n ＋1()a n ＋1＋1.若数列{}c n 的前n 项和为T n ，且对任意n ∈N *满足T n <λ2＋23λ，求实数λ的取值范围． 解 (1)∵S n ＝a ()S n －a n ＋1， ∴n ＝1时，a 1＝a .n ≥2时，S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，∴S n －S n －1＝a n ＝a (S n －S n －1)－aa n ＋aa n －1， ∴a n ＝aa n －1，即a na n －1＝a 且 a ≠0，a ≠1， ∴数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列， ∴a n ＝a n(n ∈N *)．(2)由b n ＝a n ＋S n 得，b 1＝2a ，b 2＝2a 2＋a ， b 3＝2a 3＋a 2＋a .∵数列{b n }为等比数列，∴b 22＝b 1b 3，(2a 2＋a )2＝2a (2a 3＋a 2＋a )， 解得a ＝12.(3)由(2)知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋1＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1， ∴T n ＝121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1<13， ∴13≤λ2＋23λ，解得λ≥13或λ≤－1. 即实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞∪(－∞，－1]．思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，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． (2)常用的裂项公式 ①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．跟踪演练3 (2018·华大新高考联盟质检)已知数列{a n }为递增数列，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n －2S n－1＋1()n ≥2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为T n ，若T n >919成立，求n 的最小值．解 (1)由2S n ＝a 2n －2S n －1＋1知， 2S n －1＝a 2n －1－2S n －2＋1()n ≥3，两式相减得，2a n ＝a 2n －a 2n －1－2a n －1， 即2()a n ＋a n －1＝()a n －a n －1()a n ＋a n －1， 又数列{a n }为递增数列，a 1＝1，∴a n ＋a n －1>0， ∴a n －a n －1＝2()n ≥3，又当n ＝2时，2()a 1＋a 2＝a 22－2a 1＋1，即a 22－2a 2－3＝0，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍)，a 2－a 1＝2，符合a n －a n －1＝2，∴{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12n ＋1， 又∵T n >919，即12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12n ＋1>919，解得n >9，又n ∈N *，∴n 的最小值为10.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.答案2n n ＋1(n ∈N *) 解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1(n ∈N *)． 2．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2， 所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3， 由此可得a n ＝3n －2(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n (n ∈N *)． (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，③ 4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．押题预测1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循． 答案 1解析 因为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n 2n n (n ＋1)＝12n －1n －12n (n ＋1)，所以S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n (n ＋1)＝1－12n (n ＋1)，由于1－12n (n ＋1)<1，所以M 的最小值为1.2．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足： ①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)， 又a 1＝1满足a n ＝2n －1， ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． ∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0， 且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ， ∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14，∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *)．A 组 专题通关1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64答案 D解析 由已知有a n a n ＋1＝2n， ∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2， ∴数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1， ∴b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64.2．(2018·河南省六市联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a n(a n －1)(a n ＋1－1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 0172 018的最小正整数n 的值为( )A ．11B ．10C ．9D ．8 答案 B 解析 根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋4，n ＝1，2n，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32， 根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2， 所以a 1＝2满足a n ＝2n， 从而求得a n ＝2n(n ∈N *)，所以b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)＝2n(2n －1)(2n ＋1－1)＝12n－1－12n ＋1－1， 所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>2 0172 018，整理得2n ＋1>2 019， 解得n ≥10.3．(2018·山西榆社中学模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( )A ．2－492100B ．2－49299C ．2－512100 D ．2－51299答案 D 解析 由n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n ，得n ＋1a n ＋1－n a n＝2n， 则n a n －n －1a n －1＝2n －1，n －1a n －1－n －2a n －2＝2n －2，…，2a 2－1a 1＝21，将各式相加得n a n －1a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n－2，又a 1＝12，所以a n ＝n ·12n ，因此S 100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100，则12S 100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101， 两式相减得12S 100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101，所以S 100＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1299－100·⎝ ⎛⎭⎪⎫12100＝2－51299.4．在等比数列{a n }中，a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，设b n ＝(－1)n a n ，n ∈N *，则数列{b n }的前2 018项的和为________． 答案41 0083－112解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . ∵a 2·a 3＝2a 1，∴a 1·q 3＝2，即a 4＝2. ∵a 4与2a 7的等差中项为17， ∴a 4＋2a 7＝34，即a 7＝16， ∴a 1＝14，q ＝2，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14·2n －1＝2n －3(n ∈N *)．∵b n ＝(－1)na n ＝(－1)n·2n －3，∴数列{b n }的前2 018项的和为S 2 018＝－(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1＋21＋23＋…＋22 015)＝－14(1－41 009)1－4＋12(1－41 009)1－4＝41 0083－112.5．(2018·保山模拟)若数列{a n }的通项公式a n ＝n sin n π3(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝________.答案2 01932解析 a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－33，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝－33，……a 6m ＋1＋a 6m ＋2＋a 6m ＋3＋a 6m ＋4＋a 6m ＋5＋a 6m ＋6＝－33，m ∈N ，6．(2018·山东K12联盟考试)已知数列{a n }，a 1＝e(e 是自然对数的底数)，a n ＋1＝a 3n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由a 1＝e ，a n ＋1＝a 3n 知，a n >0， 所以ln a n ＋1＝3ln a n ，数列{}ln a n 是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以ln a n ＝3n －1，a n ＝e3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝(2n －1)ln a n ＝(2n －1)·3n －1，T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，①3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n，②①－②，得－2T n ＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n＝1＋2×3－3n1－3－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n－2.所以T n ＝(n －1)×3n ＋1(n ∈N *)．7．(2018·永州模拟)在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15. (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 ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34.(1)解 由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15， 得log 2(a 1a 2a 3)＝15， ∴a 1a 2a 3＝215，设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝8，∴a n ＝8qn －1，∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4， ∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *)．(2)证明 由(1)得b n ＝2n ＋1， 易知{b n }为等差数列，S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ，则1S n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，∴T n <34.8．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(－1)nn⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12(n ∈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 ， ∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，① ∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，② ∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)． (2)由题意知，b n ＝(－1)nn⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1T n ＝19⎣⎢⎡－⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋(－1)n12n ＋1.B 组 能力提高9．(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }的通项公式为1221,212n n nn a n -⎧⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数，＝，为偶数，a 则数列{}3a n ＋n －7的前2n 项和的最小值为( ) A ．－514B ．－1854C ．－252D ．－1058答案 D解析 设b n ＝3a n ＋n －7， 则S 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＋(1＋2＋3＋…＋2n )－14n ＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋2n 2－13n ， 又2n 2－13n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n －1342－1698，当n ≥4时，∵f (n )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1342－1698是关于n 的增函数，又g (n )＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 也是关于n 的增函数， ∴S 8<S 10<S 12<…，∵S 8＝－18516，S 6＝－1058，S 4＝－454，S 2＝－132，∴S 6<S 8<S 4<S 2， ∴S 6最小，S 6＝－1058.10．(2018·淮北模拟)设数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，a n ，S n ，a 2n 成等差数列，设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b n ＝()ln x na 2n，若对任意的实数x ∈(]1，e (e 是自然对数的底数)和任意正整数n ，总有T n <r ()r ∈N *，则r 的最小值为________． 答案 2解析 由题意得，2S n ＝a n ＋a 2n ， 当n ≥2时，2S n －1＝a n －1＋a 2n －1， ∴2S n －2S n －1＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1， ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝1，即数列{a n }是等差数列， 又2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21，a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． 又x ∈(1，e]，∴0<ln x ≤1，∴T n ≤1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n<2，∴r ≥2，即r 的最小值为2.11．(2018·天津市滨海新区七所重点学校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1，(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n －14(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围． 解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)， 得b n ＋1n ＋1－b nn＝1， 从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b nn＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －1， 又a 1＝1≠0，所以a na n －1＝2， 从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， 从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3)＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3， T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3 ＝13－14n ＋3(n ∈N *)． (3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1，D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1，2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n.两式相减得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n，所以D n ＝(n －1)·2n＋1， 由(1)得S n ＝2a n －1＝2n －1，因为对∀n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ， 即(n －1)·2n＋1≤n ()2n－1－a 恒成立，所以a ≤2n－n －1恒成立， 记e n ＝2n－n －1，所以a ≤()e n min ，因为e n ＋1－e n ＝[]2n ＋1－(n ＋1)－1－()2n－n －1＝2n －1>0，从而数列{}e n 为递增数列，所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.12．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明：T n <3.(1)解 因为数列{a n }为“P (1)数列”， 则S n ＝a n ＋1－1， 故S n ＋1＝a n ＋2－1， 两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1， 又n ＝1时，a 1＝S 1＝a 2－1， 所以a 2＝2，故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立， 即a n ＋1a n＝2(常数)， 故数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)解 假设存在这样的数列{a n }，则S n ＝a n ＋k －k ， 故S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ， 故a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，同理由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得，a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，所以a n ＋1＝a n ＋3对任意n ∈N *恒成立． 所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2， 即S n ＝S n ＋2，又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2， 即S n ＋2－S n ＝2，两者矛盾，故不存在这样的数列{a n }既是“P (k )数列”， 也是“P (k ＋2)数列”．(3)证明 因为数列{a n }为“P (2)数列”， 所以S n ＝a n ＋2－2， 所以S n ＋1＝a n ＋3－2， 故有a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2， 又n ＝1时，a 1＝S 1＝a 3－2， 故a 3＝3，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8. 故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ， 所以12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1＝34＋14T n －2－a n2n ＋1，显然T n －2<T n ，a n2n ＋1>0， 故12T n <34＋14T n ，即T n <3.。

第38讲 数列求和1．掌握数列求和的常用方法与思路．2．能选择适当的方法解决有关数列求和的问题．知识梳理 1．常用公式(1)等差数列求和公式：S n ＝ n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ，推导方法是 倒序相加 . (2)等比数列求和公式：S n ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q (q ≠1) ，推导方法是 错位相减 .2．常用方法(1)分组求和法：将通项展开后分解成几组，其中每一组可转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和． (2)裂项求和法：将数列中的通项拆成两项之差求和，使之正负相消，剩下首尾若干项．(3)并项求和法：依次将数列中相邻两项并成一项，使之转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和． (4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列(倒序)与原数列相加，叫倒序相加，主要用于倒序相加后对应项和有公因式可提的数列求和，如等差数列求和公式就是用倒序相加法推导出来的．(5)错位相减法：这是推导等比数列前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．1．常见数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； (3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；(4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.2．常见的裂项公式(1)若{a n }各项都是不为0的等差数列，公差为d (d ≠0)，则 1a n ·a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)； (2)1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k )； (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .热身练习1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n 的前n 项和是(B)A ．1＋n 2－(12)n －1B ．1＋n 2－(12)nC ．1＋n 2－(12)n ＋1 D ．1＋n 2－2n112＋314＋518＋7116＋…＋(2n －1)＋12n ＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)] ＋(12＋14＋18＋116＋…＋12n ) ＝n [1＋(2n －1)]2＋12[1－(12)n ]1－12＝n 2＋1－(12)n .2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝(A) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15因为a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28 ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28) ＝3×5＝15. 3．求和S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n (n ＋2)＝ 12(32－1n ＋1－1n ＋2) .因为1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2)，所以原式＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n －1n ＋2)]＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)． 4．sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝892.设S ＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 288°＋sin 289°， 则S ＝sin 289°＋sin 288°＋…＋sin 22°＋sin 21° 上述两式相加得2S ＝1×89，所以S ＝892.5．化简和式：1×2＋2×4＋…＋n ×2n ＝ (n －1)2n ＋1＋2 .令S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，② ①－②得：－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1. 所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.分组求和与并项求和(2016·北京卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ∈N *)． 设等差数列{a n }的公差为d .因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.(1)数列求和，要注意通项的分析，根据通项的特点灵活选择方法．本题通项c n 可表示为a n ＋b n 的形式，其中{a n }是等差数列，{b n }是等差数列，故可采取拆项求和的方法．(2)“拆项”和“并项”方式不同，但目的都是为了转化，通过“拆”和“并”的手段，将不可直接求和的数列问题转化为可求和的数列来处理．1．若S n ＝－12＋22－32＋…＋(－1)n n 2(n ∈N *)，求S n .当n 为偶数时，S n ＝－12＋22－32＋…＋[－(n －1)2]＋n 2 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n 2－(n －1)2] ＝3＋7＋…＋(2n －1)＝3＋(2n －1)2·n 2＝n (n ＋1)2. 当n 为奇数时，S n ＝S n －1＋a n ＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2.综上，可知S n ＝(－1)nn (n ＋1)2.裂项求和法(经典真题)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a2n －1a 2n ＋1的前n 项和．(1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)d2.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝0，5a 1＋10d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)由(1)知1a 2n －1a 2n ＋1＝1(3－2n )(1－2n )＝12(12n －3－12n －1)， 从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a2n －1a 2n ＋1的前n 项和为12(1－1－11＋11－13＋…＋12n －3－12n －1) ＝n1－2n.(1)本题考查了等差数列的基本量及其关系，考查了裂项求和的基本方法．(2)利用裂项求和法时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，要根据通项的特点来确定．2．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.错位相减法求和(经典真题)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ， 故d ＝12，从而a 1＝32，所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2 ＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2＝1－n ＋42n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.(1)本题考查了等差数列的通项公式及错位相减法求和的基本方法，考查运算求解能力． (2)一般地，若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和可采用错位相减法．3．(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .(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，由以上两式联立方程组解得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 ＝32＋1－12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .1．数列求和的基本思想是“转化”，其一是转化为基本数列(如等差、等比数列)的求和或其他可求和的数列；其二是通过消项，把较复杂的数列求和转化为求不多的几项的和．到底如何进行转化，关键是在分析数列通项及其和式的构成规律，根据其特点转化为基本数列求和，或分解为基本数列求和．2．对于一般的数列求和无通法可循，能求和的是几类特殊的数列，其常用的方法有分组求和法、并项求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项求和法等，要注意分析总结这几种方法的适用类型．3．对通项中含有(－1)n 或奇数项、偶数项由等差(等比)数列构成的数列，求前n 项和时，注意根据n 的奇偶性进行讨论，转化为基本数列求和．。

2020年高考数学文科二轮复习《数列》讲义案及基础题型精讲卷核心考点一:等差、等比数列的判断与证明 方法总结判断和证明数列是等差、等比数列常见的3中方法如下：（1）定义法：对于2≥n 的任意正整数，都有1--n n a a （或1-n na a ）为同一常数（用于证明）（2）通项公式法： ①若)()1(11d a nd d n a a n -+=-+=，则数列{}n a 为等差数列（用于判断）；②若nnn n q c q q a q a a •=•==-111，则数列{}n a 为等比数列（用于判断）；（3）中项公式法： ①若112+-+=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等差数列（用于证明）；②若112+-=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等比数列（用于证明）；例1.(1)设{}n a 为等差数列，证明：数列{}nac （1,0≠>c c ）是等比数列。

(2)设{}n a 为正项等比数列，证明：数列{}n c a log （1,0≠>c c ）是等差数列。

解析（1）{}n a 为等差数列，则1--n na a d =（*,2N n n ∈≥，d 为常数），令n a n c b =，则0111≠===-+++d a a a a n n c c c c b b n n n n 是常数，所以数列{}na c 是等比数列。

（2）{}n a 为正项等比数列，则qa a n n =+1（0>q ）令n c n a b log =，则q a a b b c n c n c n n log log log 11=-=-++是常数，所以数列{}n c a log 是等差数列。

例2. 在数列{}n a 中，241+=+n n a S 且11=a（1）设nn n a a b 21-=+，求证：数列{}n b 是等比数列（2）设22nn a c =，求证：数列{}n c 是等差数列解析 （1）142n n S a +=+① *142(2,)n n S a n n N -=+≥∈②由①-②得1144n n n a a a +-=-，所以1112242(2)n n n n n n a a a a a a +---=-=-.当1n =时，211224265S a a a a =+==+⇒=，所以2125230,a a -=-=≠所以11222n n n n a a a a +--=-，令12n n n b a a +=-，所以*12(2,)nn b n n N b +=≥∈，故数列{}n b 是等比数列.（2）因为数列{}n b 是等比数列，12121312()233b a a S S a S a =-=--=-=.所以1111211(2)2322n n n n n nb b q a a a a ---+=⋅=-⋅=⋅=-，则11232n n n a a -+-=⋅，所以113.224n n n n a a ++-= 令2n n n a c =，又0n S ≠，故134n nc c +-=，因此数列{}n c 是等差数列.例3. 数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11=a ，n n S n n a 21+=+（Λ,4,3,2=n ），证明：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等比数列。

1. 已知数列{}()n a n N *∈是等比数列,且130,2,8.n a a a >==(1)求数列{}n a 的通项公式; (2)求证:11111321<++++na a a a Λ； (3)设1log 22+=n n ab ,求数列{}n b 的前100项和.2.数列{a n }中，18a =，42a =，且满足21n n a a ++-=常数C (1)求常数C 和数列的通项公式； (2)设201220||||||T a a a =+++L ， (3) 12||||||n n T a a a =+++L ,n N +∈3. 已知数列n n 2,n a =2n 1,n ⎧⎨⎩为奇数；－为偶数； ， 求2n S4 .已知数列{}n a 的相邻两项1,+n n a a 是关于x 的方程022=+-n n b x x ∈n (N )*的两根,且11=a .(1) 求证: 数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯-n n a 231是等比数列;(2) 求数列{}n b 的前n 项和n S .5.某种汽车购车费用10万元，每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，…，各年的维修费平均数组成等差数列，问这种汽车使用多少年报废最合算（即使用多少年时，年平均费用最少）？6. 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展1，旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少5本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，1.预计今后的旅游业收入每年会比上年增加4(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为a n万元，旅游业总收入为b n万元，写出a n,b n的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？7. 在等比数列{a n}(n∈N*)中，已知a1＞1，q＞0．设b n=log2a n，且b1＋b3＋b5=6，b1b3b5=0．(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式a n、b n；(2)若数列{b n}的前n项和为S n，试比较S n与a n的大小．8. 已知数列{a n}的前n项和为S n，且a n是S n与2的等差中项，数列{b n}中，b1=1，点P（b n，b n+1）在直线x-y+2=0上。