2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四 第二讲 数列求和及综合应用

专题四 数 列第1讲 数列的概念、等差数列与等比数列[记牢方能用活]一、由递推公式求数列通项的常用方法 1．形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，常用累加法．利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)(n ≥2，n ∈N *)求解． 2．形如a n ＋1＝a n ·f (n )，常用累乘法． 利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)求解．3．形如a n ＋1＝ba n ＋d (b ≠1)，常用构造等比数列法．对a n ＋1＝ba n ＋d 变形得a n ＋1＋x ＝b (a n ＋x )⎝ ⎛⎭⎪⎫其中x ＝d b －1，则{a n ＋x }是公比为b 的等比数列，利用它可求出a n .4．形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r ，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp . 若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为q p ，可用等差数列的通项公式求1a n，进而求a n ；若p ≠r ，则采用3的方法来求1a n，进而求a n .5．形如a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ＋q ＝1)，常用构造等比数列法．将a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n 变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )·(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )(n ≥2，n ∈N *)，然后用累加法求a n .二、等差等比的基本运算 1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)． 2．求和公式等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列：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 .三、等差数列的常用性质1．通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．2．若{a n }是等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .3.若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . 4．若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }(p ，q 是常数)仍是等差数列． 5．若{a n }是等差数列，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)组成公差为md 的等差数列．四、与等差数列各项的和有关的性质1．若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.2．S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项、前2m 项、前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．3．关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质 (1)若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1. (2)若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.4．若两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.五、等比数列的性质1．若数列{a n }是等比数列，则有：(1)数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }({b n }是等比数列)，{a 2n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 等也是等比数列．(2)数列a m，a m＋k，a m＋2k，a m＋3k，…仍是等比数列．(3)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则a m·a n＝a p·a q，特别地，若m＋n＝2p，则a m·a n＝a2p.2．若S n是等比数列{a n}的前n项和，则有：(1)当{a n}的公比q≠－1(或q＝－1且m为奇数)时，数列S m，S2m－S m，S3m －S2m，…是等比数列．(2)当项数是偶数时，S偶＝S奇·q；当项数是奇数时，S奇＝a1＋S偶·q.调研1数列的有关概念及运算a．S n与a n的关系1．(2018·全国Ⅰ，14,5分)记S n为数列{a n}的前n项和．若S n＝2a n＋1，则S6＝________.答案：－63解析：∵S n＝2a n＋1，当n≥2时，S n－1＝2a n－1＋1，∴a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1，即a n＝2a n－1.当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴数列{a n}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，∴S n＝a1(1－q n)1－q＝－1(1－2n)1－2＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.2．(2019·上海，8,5分)已知数列{a n}前n项和为S n，且满足S n＋a n＝2，则S5＝________.答案：3116解析：当n＝1时，S1＋a1＝2，∴a1＝1.当n≥2时，由S n＋a n＝2，得S n－1＋a n－1＝2，两式相减，得a n＝12a n－1(n≥2)，∴{a n}是以1为首项，12为公比的等比数列，∴S 5＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.小提示：S n 与a n 共存于同一代数式，要么转化为a n ，a n －1的关系，要么转化为S n ，S n －1的关系，a n ＝S n －S n －1是转化的关键．b ．由递推公式到通项公式3．(2014·课标Ⅱ，17,12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.(1)解：由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)证明：由(1)知，1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.小提示：1．结论中的形式，指明变形的方向，递推公式变形为a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12，从而构造等比数列．2．放缩后求和，应用3n －1≥2·3n －1进行放缩转化． [对点提升]1．(2019·湖北八校联考)已知数列{a n }满足a n ＝5n －1(n ∈N *)，将数列{a n }中的整数项按原来的顺序组成新数列{b n }，则b 2 017的末位数字为( )A ．8B ．2C ．3D ．7答案：B 解析：由a n ＝5n －1(n ∈N *)，可得此数列为4，9，14，19，24，29，34，39，44，49，54，59，64，…，{a n }中的整数项为4，9，49，64，144，169，…，∴数列{b n }的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，….∵2 017＝4×504＋1，故b 2 017的末位数字为2.故选B.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝13a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ≥2)，则a n ＝________.答案：n ＋23n 解析：∵a n ＝13a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n(n ≥2)，∴3n a n ＝3n －1a n －1＋1(n ≥2)， 即3n a n －3n －1a n －1＝1(n ≥2)． 又∵a 1＝1，∴31·a 1＝3，∴数列{3n a n }是以3为首项，1为公差的等差数列， ∴3n a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2， ∴a n ＝n ＋23n (n ∈N *)．调研2 等差、等比数列的基本运算 a ．等比数列的基本运算1．(2019·全国Ⅰ，9,5分)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n答案：A 解析：设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A.2.(2018·北京，4,5分)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32fB.322fC.1225fD.1227f 答案：D 解析：由题意知，这十三个单音的频率构成首项为f ，公比为122的等比数列，则第八个单音的频率为(122)7f ＝1227f .故选D. 小提示：第1题中解数列选择题，可以用逐项检验法、排除法或赋值法等“快速”解法．本题若用逐项检验法去验证S 4和a 5，就会发现无法排除错误选项，因此，还是要从通用方法入手．b ．等差数列的判定与求和问题3．(2016·天津，18,13分)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d .对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．证明：小提示：等差数列的判定方法1．定义法：a n＋1－a n＝d.2．等差中项法：2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)．3．前n项和公式法：S n＝An2＋Bn.4．通项公式法：a n＝pn＋q.c．等差、等比数列中S n的最值与计算4．(2019·福建龙岩新罗区模拟)已知等差数列{a n}的公差为－2，前n项和为S n，a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，若S n≤S m对任意的n∈N*恒成立，则实数m＝()A．7 B．6C．5 D．4答案：B 解析：∵等差数列{a n }的公差为－2，又a 3，a 4，a 5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，∴a 23＝a 24＋a 25－2a 4·a 5cos 120°， 即(a 4＋2)2＝a 24＋(a 4－2)2＋2a 4(a 4－2)×12， 化为a 24－5a 4＝0，又a 4≠0，解得a 4＝5， ∴a 3＝7，a 5＝3，a 6＝1，a 7＝－1.∴S n ≤S m 对任意的n ∈N *恒成立，∴实数m ＝6.故选B.5．(2019·湖南湘潭三模)已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若a 1＝－24，a 4＝－89，则当T n 取最大值时，n 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．6答案：C 解析：等比数列{a n }中，由a 1＝－24，a 4＝－89， 可得q 3＝a 4a 1＝127，解得q ＝13，小提示：求等差数列{a n }的前n 项和最值的方法如下：d．构造法求通项6．(2019·吉林长白山二模)在数列{a n}中，设f(n)＝a n，且f(n)满足f(n＋1)－2f(n)＝2n(n∈N*)，且a1＝1.(1)求b n＝a n2n－1，并证明数列{b n}为等差数列；(2)求数列{a n}的前n项和S n.解：(1)由已知，得a n＋1＝2a n＋2n，得b n＋1＝a n＋12n＝2a n＋2n2n＝a n2n－1＋1＝b n＋1，所以b n＋1－b n＝1，又a1＝1，所以b1＝1，所以b n＝n.所以{b n}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知，b n＝a n2n－1＝n，所以a n＝n·2n－1.所以S n＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，两边乘以2，得2S n ＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ， 两式相减，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以S n ＝(n －1)·2n ＋1. 题目拆解：高考大题综合性较强，求解时，把这类复杂问题拆解成若干个小问题来解决，可化难为易，得步骤分.学会了快速拆解题目，就能在解大题时得高分、得满分.(1)构造b n ＋1－b n ＝常数，证明{b n }为等差数列； (2)①求b n 的通项公式，求a n 的通项公式； ②求数列a n 的前n 项和S n . [对点提升]1．(2019·原创冲刺卷一)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝3，S 3＝6，则S 2n ＋1＝( )A ．(2n ＋1)(n ＋1)B ．(2n ＋1)(n －1)C ．(2n －1)(n ＋1)D ．(2n ＋1)(n ＋2)答案：A 解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 则2a 1＋d ＝3,3a 1＋3d ＝6，所以a 1＝d ＝1，则a n ＝1＋(n －1)×1＝n . 因此S 2n ＋1＝(2n ＋1)(1＋2n ＋1)2＝(2n ＋1)(n ＋1)．2．(2019·安徽巢湖模拟)已知数阵⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21a 22 a 23a 31a 32a 33中，每行的三个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成等差数列，若a 22＝5，则该数阵中九个数的和为( )A ．18B ．27C ．45D ．54答案：C 解析：由题意得，这九个数的和S 9＝a 11＋a 12＋a 13＋a 21＋a 22＋a 23＋a 31＋a 32＋a 33.根据等差数列的性质，得a 11＋a 12＋a 13＝3a 12，a 21＋a 22＋a 23＝3a 22，a 31＋a 32＋a 33＝3a 32，又因为各列也构成等差数列，则a 12＋a 22＋a 32＝3a 22，所以S 9＝9a 22＝45.故选C.调研3 等差、等比数列性质的综合应用 a ．等比数列公比的讨论1．(2018·浙江，10,4分)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则( )A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4 答案：B 解析：构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1， 所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0. 又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1， 所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾． 因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0， 所以a 1>a 3，a 2<a 4. 故选B. 小提示：1．由题中的选项可知要判断0<q 2<1，还是q 2>1.2．由条件可知要利用不等式ln x ≤x －1(x >0)，得a 4<0，进而得q <0. 3．直接求q 的取值范围较难，转化为判断q ＝－1和q <－1时，等式a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)左、右两边的正负，进而得出矛盾．从而得－1<q <0.4．注意a 1>0，而a 2<0，利用－1<q <0得结论． b ．等差数列前n 项和的特殊性质2．(2019·广东珠海3月联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n ＋1S n ＝n ＋1n ，则数列{a n }( )A ．既非等差数列，又非等比数列B ．既是等差数列，又是等比数列C ．仅为等差数列D ．仅为等比数列答案：B 解析：根据题意，数列{a n }中，S n ＋1S n ＝n ＋1n ，则S n S n －1＝nn －1(n ≥2)，则S n ＝S nS n －1×S n －1S n －2×…×S 2S 1×S 1＝n n －1×n －1n －2×…×21×1＝n (n ≥2)，当n ＝1时，S 1＝a 1＝1符合，则当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －(n －1)＝1，当n ＝1时，a 1＝1符合，故a n ＝1(n ∈N *)，则数列{a n }为非零的常数列，它既是等差数列，又是等比数列，故选B.3．(2019·广东汕头模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，S 99－S 55＝－4，则S n 取最大值时的n 为( )A ．4B ．5C ．6D ．4或5答案：B 解析：由{a n }为等差数列，得S 99－S 55＝a 5－a 3＝2d ＝－4，即d ＝－2，由于a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，令a n ＝－2n ＋11<0，得n >112， 所以S n 取最大值时的n 为5，故选B. 小提示：与等差数列各项的和有关的性质1．若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.2．S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．3．关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质 ①若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1.②若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.4．若两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.[对点提升]1．(2019·北京东城区模拟)已知数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＝a n ＋1＋2，定义数列{b n }，使得b n ＝1a n，n ∈N *，若4<a <6，则数列{b n }的最大项为( )A ．b 2B ．b 3C ．b 4D ．b 5答案：B 解析：∵数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＝a n ＋1＋2，∴数列{a n }是首项a 1＝a ，公差d ＝a n ＋1－a n ＝－2的等差数列，∴a n ＝a －2(n －1)．∵4<a <6，∴{a n }的最后一个正项是a 3＝a －4，∴b n ＝1a －2(n －1)中，当n ＝3时，数列{b n }取得最大项b 3，故选B.2．(2019·贵州遵义模拟)在数1和2之间插入n 个正数，使得这n ＋2个数构成递增的等比数列，将这n ＋2个数的乘积记为A n ，令a n ＝log 2A n ，n ∈N *，则T n ＝tan a 2·tan a 4＋tan a 4·tan a 6＋…＋tan a 2n ·tan a 2n ＋2＝________.答案：tan (n ＋2)－tan 2tan 1－n ，n ∈N * 解析：设在数1和∴a n ＝log 2A n ＝n ＋22. 又tan 1＝tan[(n ＋1)－n ]＝tan (n ＋1)－tan n1＋tan (n ＋1)tan n，∴tan(n ＋1)tan n ＝tan (n ＋1)－tan ntan 1－1，∴tan a 2n ·tan a 2n ＋2＝tan(n ＋1)tan(n ＋2)＝tan (n ＋2)－tan (n ＋1)tan 1－1，n ∈N *，∴T n ＝tan a 2·tan a 4＋tan a 4·tan a 6＋…＋tan a 2n ·tan a 2n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 3－tan 2tan 1－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 4－tan 3tan 1－1＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 5－tan 4tan 1－1＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan (n ＋2)－tan (n ＋1)tan 1－1＝tan (n ＋2)－tan 2tan 1－n ，n ∈N *，故答案为tan (n ＋2)－tan 2tan 1－n ，n ∈N *.提醒 完成专题训练(十一)第2讲 数列求和及数列的综合应用[记牢方能用活]一、求数列的前n 项和的方法 1．公式法(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 a ．当q ＝1时，S n ＝na 1；b ．当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .2．分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列． 3．裂项相消把一个数列的通项分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和．4．错位相减适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． 5．倒序相加把数列正着写和倒着写再相加，例如等差数列前n 项和公式的推导方法． 6．并项求和将某些具有某种特殊性质的项放在一起先求和，再求整体的和． 二、常见的拆项公式1．若{a n }为各项都不为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 ；4．log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n (a >0且a ≠1)．三、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＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6；5．13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)22. 四、放缩为等比数列求和的两种类型1a n <1a n －b n ＝1a n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a n ≤1a n －1，a －b ≥1，a ，b >0； 1a n －b ≤1a n －1(a －b )≤1a n －1，a －b ≥1，a ，b >0. 小积累放缩为裂项相消法求和的常见类型1n 2>1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n 2<1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，n ≥2； 1n 2<1n 2－14＝44n 2－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； 1(2n －1)2>1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； 1(2n －1)2<1(2n －1)(2n －3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1，n ≥2； 1n ＝2n ＋n >2n ＋1＋n ＝2(n ＋1－n )； 1n ＝2n ＋n <2n －1＋n ＝2(n －n －1)； 1q n －1<q n ＋1(q n －1)(q n ＋1－1)＝q q －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n －1－1q n ＋1－1， q >1；1n 3<1(n －2)(n －1)n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1(n －2)(n －1)－1(n －1)n ， n ≥3；1n 3<1(n －1)n (n ＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1(n －1)n －1n (n ＋1)，n ≥2.调研1 数列求和问题 a ．简单代数式裂项求和问题1．(2019·湖北十堰调研)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，其前n 项和为S n ，且当n ≥2时，a n ＋1S n －1－a n S n ＝0.(1)求证：数列{S n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝9a n(a n ＋3)(a n ＋1＋3)，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)当n ≥2时，a n ＋1S n －1－a n S n ＝(S n ＋1－S n )S n －1－(S n －S n －1)S n ＝S n ＋1S n －1－S 2n ＝0，∴S 2n ＝S n －1S n ＋1(n ≥2)．又由S 1＝a 1＝1≠0，S 2＝a 1＋a 2＝4≠0，可推知对一切正整数n 均有S n ≠0， ∴数列{S n }是等比数列，S n ＝4n －1. 当n ≥2时，a n ＝S n －Sn －1＝3×4n －2，又a 1＝1，∴a n ＝⎩⎨⎧1(n ＝1)，3×4n －2(n ≥2). (2)当n ≥2时，b n ＝9a n(a n ＋3)(a n ＋1＋3)＝ 9×3×4n －2(3×4n －2＋3)(3×4n －1＋3) ＝3×4n －2(4n －2＋1)(4n －1＋1)， 又知b 1＝38，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧38(n ＝1)，3×4n －2(4n －2＋1)(4n －1＋1)(n ≥2)，则T 1＝b 1＝38.当n ≥2时，b n ＝3×4n －2(4n －2＋1)(4n －1＋1)＝14n －2＋1－14n －1＋1， 则T n ＝38＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142－2＋1－142－1＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －2＋1－14n －1＋1＝78－14n －1＋1，又当n ＝1时，T 1＝38符合上式， ∴T n ＝78－14n －1＋1(n ∈N *)．题目拆解：高考大题综合性较强，求解时，把这类复杂问题拆解成若干个小问题来解决，可化难为易，得步骤分.学会了快速拆解题目，就能在解大题时得高分、得满分.本题可以拆分成以下几个小题： (1)①求数列{S n }的通项公式； ②求数列{a n }的通项公式． (2)裂项求数列{b n }的前n 项和． b ．复杂代数式的裂项求和问题2．(2018·天津，18,13分)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a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(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；(1)解：设等比数列{a n}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－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a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝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.小提示：数列问题求解常用方法为应用方程思想，把条件转化为基本量的方程求解，如第(2)①问．求和现象必须观察代数式的结构特点，再选择合适的方法．c ．错位相减求和3．(2019·河南百校联盟模拟)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 3＝5，S 7＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2n ，T n 为数列{b n }的前n 项和，求证：T n <3. (1)解：设数列{a n }的公差为d ， 则由已知得⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，7a 1＋21d ＝49，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)证明：b n ＝a n 2n ＝2n －12n ， 所以T n ＝12＋34＋58＋…＋2n －12n ， 12T n ＝14＋38＋516＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝12＋12＋14＋18＋…＋12n －1－2n －12n ＋1 ＝32－12n －1－2n －12n ＋1，故T n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n <3.小提示：错位相减求和常有以下几点易错之处1．作差的代数式写不对，尤其后面两项的变化规律． 2．作差后求和过程中，等比求和易数不对项数． 3．最后细致的计算，合并同类项时一定认真． [对点提升](2019·广东广州一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意，可得S nn ＝1＋2(n －1)， 化简得S n ＝2n 2－n .∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 当n ＝1时，a 1＝1对上式也成立． ∴a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴当n ≥2时，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝5－(4n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 两式相减，得a n b n ＝(4n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ≥2)，又a 1b 1＝12满足上式，∴a n b n＝(4n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n ∈N *)．∴b n ＝2n .∴数列{b n }的前n 项和T n ＝2(2n －1)2－1＝2n ＋1－2.调研2 数列求和中的不等式问题 a ．前n 项和与不等式恒成立问题1．(2017·河北“五个一名校联盟”二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋2n ，b n ＝a n a n ＋1cos[(n ＋1)π]，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，则实数t 的取值范围是________．答案：(－∞，－5] 解析：当n ＝1时，a 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1，当n ＝1时上式也成立，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．∴b n ＝a n a n ＋1cos[(n ＋1)π]＝(2n ＋1)(2n ＋3)·cos[(n ＋1)π]，当n 为奇数时，cos[(n ＋1)π]＝1； 当n 为偶数时，cos[(n ＋1)π]＝－1.因此，当n 为奇数时，T n ＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…＋(2n ＋1)(2n ＋3)＝3×5＋4×(7＋11＋…＋2n ＋1)＝15＋4×(2n ＋8)(n －1)4＝2n 2＋6n ＋7.∵T n ≥tn 2， ∴2n 2＋6n ＋7≥tn 2，∴t ≤7n 2＋6n ＋2＝7⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋372＋57，∴t <2.当n 为偶数时，T n ＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…－(2n ＋1)(2n ＋3) ＝－4×(5＋9＋13＋…＋2n ＋1)＝－2n 2－6n . ∵T n ≥tn 2，∴－2n 2－6n ≥tn 2，∴t ≤－2－6n ，∴t ≤－5. 综上可得，t ≤－5. 小提示：先求出a n ，进而得b n ，分析b n 的结构，对n 分奇数和偶数求T n ，进而利用分离参数法转化为求最值问题．b ．数列与函数单调性的综合问题2．(2018·江苏，20,16分)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围；(2)若a 1＝b 1>0，m ∈N *，q ∈(1，m2 ]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．(1)解：由条件知，a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1. 因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立， 即1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9，得 73≤d ≤52.因此d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52.(2)证明：由条件知，a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1q n －1.若存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1q n －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)， 即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2 ]，则1＜q n －1≤q m ≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n (n －1)＝n (q n －q n －1)－q n ＋2n (n －1)，当1＜q ≤21m 时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n ＋2＞0. 因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m . ②设f (x )＝2x (1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x ＜0， 所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q nn qn －1n －1＝q (n －1)n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1单调递减， 故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1的最小值为q mm .因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1(q m －2)m ，b 1q m m .小提示：本题是数列的综合题，考查等差数列、等比数列的概念和相关性质． 1．第(1)问主要考查绝对值不等式．2．第(2)问要求d 的取值范围，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，首先把d 分离出来，变成q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1，难点在于讨论q n －1－2n －1b 1的最大值和q n －1n －1b 1的最小值．对于数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1－2n －1，可以通过作差讨论其单调性，而对于数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1，要通过作商讨论单调性，∴q nnq n －1n －1＝q (n －1)n ＝q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ，当2≤n ≤m 时，1<q n ≤2.∴q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ，可以构造函数f (x )＝2x (1－x )，通过讨论f (x )在(0，＋∞)上的单调性去证明f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n <1，得到数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1的单调性，解出最小值．两个数列，一个作差得到单调性，一个作商得到单调性，都是根据数列本身结构而得，方法自然合理，最后构造函数判断21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 与1的大小是难点，平时多积累，多思考，也是可以得到的．[对点提升](2019·天津滨海新区模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ，通项a n 满足S na n －1＝qq －1(q 是常数，q >0且q ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)当q ＝14时，证明：S n <13；(3)设函数f (x )＝log q x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，是否存在正整数m ，使1b 1＋1b 2＋…＋1b n ≥m 3对n ∈N *都成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．(1)解：由题意S n ＝q q －1(a n －1)，得S 1＝a 1＝q q －1(a 1－1)，所以a 1＝q . 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝q q －1(a n －a n －1)，所以a na n －1＝q ，故数列{a n }是首项为q ，公比为q 的等比数列， 所以a n ＝q ·q n －1＝q n .(2)证明：由(1)知，当q ＝14时，a n ＝14n ， 所以S n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <13. (3)解：因为f (x )＝log q x ，所以b n ＝log q a 1＋log q a 2＋…＋log q a n ＝log q (a 1a 2…a n ) ＝log q (q ·q 2·…·q n )＝log q q 1＋2＋…＋n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以1b n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 欲使2n n ＋1≥m 3，即m ≤6n n ＋1＝6－6n ＋1对n ∈N *都成立，需有m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫6－6n ＋1min ，而当n ∈N *时，6－6n ＋1随n 的增大而增大， 所以m ≤6－61＋1＝3，又m 为正整数， 所以m 的值为1,2,3，故使1b 1＋1b 2＋…＋1b n≥m3对n ∈N *都成立的正整数m 存在，其值为1,2,3.调研3 数列的综合应用 a ．双数列问题1．(2019·福建晋江期中)已知等比数列{a n }，{b n }，{c n }的公比分别为2，A ，B .记b n ＝a 4(n －1)＋1＋a 4(n －1)＋2＋a 4(n －1)＋3＋a 4(n －1)＋4，c n ＝a 4(n －1)＋1a 4(n －1)＋2a 4(n －1)＋3a 4(n －1)＋4，n ∈N *，则A B＝________.答案：1212 解析：本题考查等比数列的应用．根据题意，等比数列{a n }的公比为2.因为b n ＝a 4(n －1)＋1＋a 4(n －1)＋2＋a 4(n －1)＋3＋a 4(n －1)＋4，则b n ＋1＝a 4n ＋1＋a 4n ＋2＋a 4n ＋3＋a 4n ＋4，所以A ＝b n ＋1b n ＝a 4n ＋1＋a 4n ＋2＋a 4n ＋3＋a 4n ＋4a 4(n －1)＋1＋a 4(n －1)＋2＋a 4(n －1)＋3＋a 4(n －1)＋4＝24.因为c n ＝a 4(n －1)＋1a 4(n －1)＋2a 4(n －1)＋3a 4(n －1)＋4，则c n ＋1＝a 4n ＋1a 4n ＋2a 4n ＋3a 4n ＋4，所以B ＝c n ＋1c n ＝a 4n ＋1a 4n ＋2a 4n ＋3a 4n ＋4a 4(n －1)＋1a 4(n －1)＋2a 4(n －1)＋3a 4(n －1)＋4＝216，则A B ＝24216＝1212.b ．数列与导数、三角的渗透问题2．(2019·宁夏银川月考)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝( )A ．110B ．100C ．55D ．0答案：C 解析：本题考查数列与三角函数．∵2n ＋12·π＝n π＋π2，n ∈N *，∴a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2，n 是奇数，n 2，n 是偶数，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝22－12＋42－32＋…＋102－92＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋…＋(10－9)×(10＋9)＝1＋2＋3＋…＋10＝10×(1＋10)2＝55.故选C.3．(2019·江西宜春3月联考)已知函数f (x )＝e x (sin x －cos x )，记f ′(x )是f (x )的导函数，将满足f (x )＝0的所有正数x 从小到大排成数列{x n }，n ∈N *，则数列{f ′(x n )}的通项公式是( )答案：B解析：[对点提升]如图，设函数y＝1x图象上的点与x轴上的点顺次构成等腰Rt△OB1A1，等腰Rt△A1B2A2，…，直角顶点在函数y＝1x的图象上，设A n的坐标为(a n,0)，A0为原点．(1)求a 1，并求出a n 与a n －1之间的关系式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝2a n －1＋a n(n ≥2，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题意，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 12，2a 1，2×2a 1＝a 1，解得a 1＝2.过点B n 作B n H ⊥x 轴，垂足为点H .∵△A n －1B n A n 为等腰直角三角形，且B n 为直角顶点， ∴|B n H |＝12|A n －1A n |＝a n －a n －12，∴点B n 的纵坐标为a n －a n －12.∵△A n －1B n A n 为等腰直角三角形，且B n 为直角顶点， ∴点H 为线段A n －1A n 的中点， ∴点H 的横坐标为a n ＋a n －12. ∵B n H ⊥x 轴，∴点B n 的横坐标也为a n ＋a n －12.∵点B n 为函数y ＝1x (x >0)图象上的点， ∴a n ＋a n －12·a n －a n －12＝1， ∴a 2n －a 2n －1＝4.(2)∵a2n－a2n－1＝4，a1＝2，∴数列{a2n}是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2n＝4n，∴a n＝2n(n∈N*)．(3)∵b n＝2a n－1＋a n＝1n－1＋n＝n－n－1，∴S n＝(1－0)＋(2－1)＋…＋(n－n－1) ＝n(n≥2，n∈N*)．提醒完成专题训练(十二)。

第2讲数列求和及数列的简单应用(大题)热点一等差、等比数列基本量的计算解决有关等差数列、等比数列问题，要立足于两个数列的概念，设出相应基本量，充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略.例1(2019·六安市第一中学模拟)已知正数数列{a n}的前n项和为S n，满足a2n＝S n＋S n－1(n≥2)，a1＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝(1－a n)2－a(1－a n)，若{b n}是递增数列，求实数a的取值范围.解(1)a2n＝S n＋S n－1(n≥2)，a2n－1＝S n－1＋S n－2(n≥3).相减可得a2n－a2n－1＝a n＋a n－1，∵a n>0，a n－1>0，∴a n－a n－1＝1(n≥3).当n＝2时，a22＝a1＋a2＋a1，∴a22＝2＋a2，a2>0，∴a2＝2.因此n＝2时，a n－a n－1＝1成立.∴数列{a n}是等差数列，公差为1.∴a n＝1＋n－1＝n.(2)b n＝(1－a n)2－a(1－a n)＝(n－1)2＋a(n－1)，∵{b n}是递增数列，∴b n＋1－b n＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)＝2n ＋a －1>0，即a >1－2n 恒成立，∴a >－1. ∴实数a 的取值范围是(－1，＋∞).跟踪演练1 (2019·乐山调研)已知等差数列{a n }中，a 2＝5，a 1，a 4，a 13成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 1＝5－d ，a 4＝5＋2d ，a 13＝5＋11d ， 因为a 1，a 4，a 13成等比数列， 所以(5＋2d )2＝(5－d )(5＋11d )， 化简得d 2＝2d ，则d ＝0或d ＝2， 当d ＝0时，a n ＝5. 当d ＝2时，a 1＝5－d ＝3， a n ＝3＋(n －1)×2 ＝2n ＋1(n ∈N *). 所以，当d ＝0时，a n ＝5(n ∈N *)； 当d ＝2时，a n ＝2n ＋1(n ∈N *). (2)由(1)知，当a n ＝5时，S n ＝5n .当a n ＝2n ＋1时，a 1＝3，则S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n (n ∈N *).热点二 数列的证明问题判断数列是否为等差或等比数列的策略(1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断； (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.例2 已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n 的等差中项.(1)求证：数列{S 2n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)n a n，求{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由题意知2S n ＝a n ＋1a n ，即2S n a n －a 2n ＝1，① 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入①式得 2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1(n ≥2).又当n ＝1时，由①式可得a 1＝S 1＝1(负值舍去)，∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ， ∵数列{a n }的各项都为正数， ∴S n ＝n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1， 又a 1＝S 1＝1满足上式， ∴a n ＝n －n －1(n ∈N *).(3)解 由(2)得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n n －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)， 当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ； 当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n ∈N *).跟踪演练2 已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 原式可转化为 S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 即S n ＝2S n －1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]. 由S 1－2a 1＝1－4，得S 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1＋n －2，所以T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2－2n＝2n ＋3＋n 2－3n －82.热点三 数列的求和问题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，有的是依次项消，有的是间隔项消.常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.2.如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法.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. 例3 (2019·河南省九师联盟模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋12 2 (n ∈N *).数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＝2－b n (n ∈N *). (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 2的前n 项和S n ′.解 (1)由S n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋122，得S 1＝⎝⎛⎭⎫a 1＋122＝a 1，解得a 1＝1.由S 2＝a 1＋a 2＝1＋a 2＝⎝⎛⎭⎫a 2＋122，解得a 2＝3或a 2＝－1.若a 2＝－1，则d ＝－2，所以a 3＝－3. 所以S 3＝－3≠⎝⎛⎭⎫a 3＋122＝1，故a 2＝－1不合题意，舍去.故a 2＝3， 所以等差数列{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2， 故a n ＝2n －1.数列{b n }对任意正整数n 满足T n ＝2－b n . 当n ＝1时，b 1＝T 1＝2－b 1，解得b 1＝1； 当n >1时，b n ＝T n －T n －1 ＝(2－b n )－(2－b n －1)＝b n －1－b n ， 所以b n ＝12b n －1(n ≥2).所以{b n }是以首项b 1＝1，公比q ＝12的等比数列，故数列{b n }的通项公式为b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1. (2)由(1)知a n b n 2＝2n －12n ，所以S n ′＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，①所以12S n ′＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1，②①－②，得12S n ′＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1 ＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n －12n ＋1， 所以S n ′＝3－2n ＋32n .跟踪演练3 (2019·济宁模拟)等差数列{a n }的公差为正数，a 1＝1，其前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝2，且b 2S 2＝12，b 2＋S 3＝10. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋1S n，求数列{c n }的前n 项和T 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 ，则⎩⎪⎨⎪⎧2q (2＋d )＝12，2q ＋3＋3d ＝10，d >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2，∴a n ＝n ，n ∈N *，b n ＝2n ，n ∈N *. (2)由(1)知S n ＝n (n ＋1)2.∴c n ＝b n ＋1S n ＝2n ＋2n (n ＋1)＝2n ＋2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2(1－2n )1－2＋2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n ＋1－2n ＋1.真题体验(2019·全国Ⅱ，理，19)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)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.押题预测已知数列{a n }为等差数列，a 7－a 2＝10，且a 1，a 6，a 21依次成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，若S n ＝225，求n 的值.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，因为a 7－a 2＝10， 所以5d ＝10，解得d ＝2.因为a 1，a 6，a 21依次成等比数列，所以a 26＝a 1a 21， 即(a 1＋5×2)2＝a 1(a 1＋20×2)，解得a 1＝5. 所以a n ＝2n ＋3.(2)由(1)知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋3)(2n ＋5)，所以b n ＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋3－12n ＋5，所以S n ＝12⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫15－17＋⎝⎛⎭⎫17－19＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n ＋3－12n ＋5＝n 5(2n ＋5)， 由n 5(2n ＋5)＝225，得n ＝10.A 组 专题通关1.(2019·日照模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝2，S 3＝12. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为数列{a n }是等差数列，由S 3＝12，得3a 2＝12，所以a 2＝4，又a 1＝2，所以公差d ＝2，所以a n ＝2＋(n －1)·2＝2n ， 故数列{a n }的通项公式a n ＝2n (n ∈N *).(2)由(1)知，b n ＝22n ＝4n ，所以数列{b n }是首项为4，公比q ＝4的等比数列， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝4(1－4n )1－4＝43(4n －1).2.(2019·潍坊模拟)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0. (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1(1－q 3)1－q＝13，q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝3，a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1，n ∈N *， S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12，n ∈N *.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列， 因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13， 又因为(S 2＋λ)2＝(S 1＋λ)·(S 3＋λ)， 所以(λ＋4)2＝(λ＋1)·(λ＋13)， 所以λ＝12，此时，S n ＋12＝12×3n ，则S n ＋1＋12S n ＋12＝12×3n ＋112×3n ＝3，故存在λ＝12，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是以S 1＋12＝32为首项，3为公比的等比数列.3.(2019·江南十校模拟)已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，且{a n }为正项等比数列，a 1＝2，b 3＝b 2＋4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a nb n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n <1.(1)解 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，① 当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，②①－②可得a n ＝2(b n －b n －1) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8， ∵a 1＝2，a n >0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2， ∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). ∴2b n ＝21＋22＋23＋…＋2n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明 由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n(2n －1)(2n ＋1－1) ＝12n－1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，当n ∈N *时，2n ＋1>1， ∴12n ＋1－1>0，∴1－12n ＋1－1<1，即T n <1.B 组 能力提高4.已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1. (1)求证：{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ； (3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2，a 2＝2(a 1＋1＋1)＝2×(2＋2)＝8， a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，① a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2)，② ①－②，得a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *). 经检验，当n ＝1时上式也成立， 即a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *). 所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 即b n ＋1＝3b n ，且b 1＝3.所以{b n }是首项为3，公比为3的等比数列.(2)解 由(1)得b n ＝3n ，nb n ＝n ·3n .所以T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，两式相减，得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1， 化简得T n ＝⎝⎛⎭⎫32n －34×3n ＋34. (3)证明 由(1)知，a n ＝b n －1＝3n －1，所以1a k ＝13k －1>13k ， 得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >13＋132＋…＋13n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝12－12×13n . 又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－1(3k －1)(3k ＋1－1)<3k ＋1(3k －1)(3k ＋1－1)＝32⎝⎛⎭⎫13k －1－13k ＋1－1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n<12＋32⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫132－1－133－1＋⎝⎛⎭⎫133－1－134－1＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12＋32⎝⎛⎭⎫132－1－13n ＋1－1 ＝12＋316－32×13n ＋1－1<1116， 故12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. 5.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 n n＝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 n n＝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 n a 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 －1，① ①×2得，2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n .② ①－②得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ， 所以D n ＝(n －1)·2n ＋1，由(1)得S n ＝2a n －1＝2n －1， 因为∀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e1＝0，于是a≤0.。

第二讲数列求和及综合应用高考考点考点解读本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法．(2)掌握等差(比)数列求和公式及方法．(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法．(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略．预测2020年命题热点为：(1)已知等差(比)数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通项公式．(2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和．(3)已知某个不等式成立，求某参数的值．证明某个不等式成立．Z知识整合hi shi zheng he1．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{ca n a n＋1}(其中{a n}是公差d≠0且各项均不为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．附：(1)常见的拆项公式(其中n ∈N *) ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k)．③1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1).④若等差数列{a n }的公差为d ，则1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)；1a n a n ＋2＝12d (1a n －1a n ＋2)． ⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12[1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)]．⑥1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑦1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n 项和公式，如 ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．Y 易错警示i cuo jing shi1．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．1．(2017·全国卷Ⅱ，3)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( B )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.故选B ．2．(2017·全国卷Ⅰ，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依次类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( A )A ．440B ．330C ．220D ．110[解析] 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A ．3．(2018·江苏卷，14)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为27.[解析] B ＝{2,4,8,16,32,64,128…}，与A 相比，元素间隔大，所以从S n 中加了几个B 中元素考虑，1个：n ＝1＋1＝2 S 2＝3,12a 3＝36 2个：n ＝2＋2＝4 S 4＝10,12a 5＝60 3个：n ＝4＋3＝7 S 7＝30,12a 8＝108 4个：n ＝8＋4＝12 S 12＝94,12a 13＝2045个：n ＝16＋5＝21 S 21＝318,12a 22＝396 6个：n ＝32＋6＝38 S 38＝1 150,12a 39＝780发现21≤n ≤38时S n －12a n ＋1与0的大小关系发生变化，以下采用二分法查找： S 30＝687,12a 31＝612，所以所求n 应在22～29之间， S 25＝462,12a 26＝492，所以所求n 应在25～29之间， S 27＝546,12a 28＝540，所以所求n 应在25～27之间， S 26＝503,12a 27＝516，因为S 27>12a 28，而S 26<12a 27，所以使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为27. 4．(2017·全国卷Ⅱ，15)等差数列{a n }的前n 项和S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k ＝2nn ＋1. [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则 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)＝2nn ＋1. 5．(2018·全国卷Ⅲ，17)等比数列{}a n 中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式．(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . [解析] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.6．(2018·北京卷，15)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式． (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n .[解析] (1)由已知，设{a n }的公差为d ，则a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 1＋2d ＝2a 1＋3d ＝5ln 2，又a 1＝ln 2， 所以d ＝ln 2，所以{a n }的通项公式为a n ＝ln 2＋(n －1)ln 2＝n ln 2(n ∈N *)． (2)由(1)及已知，e a n ＝e n ln 2＝(e ln 2)n ＝2n ，所以e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝21＋22＋ (2)＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2(n ∈N *)．命题方向1 求数列的通项公式例1 (1)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( B )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋12D ．a n ＝n[解析] 由(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，得[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ]·(a n ＋1＋a n )＝0，又a n >0，所以(n ＋2)a n ＋1＝(n ＋1)a n ，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，a n ＋1＝n ＋1n ＋2·a n ，所以a n ＝n n ＋1·n －1n ·…·23a 1＝2n ＋1a 1(n ≥2)，所以a n ＝2n ＋1(n ＝1适合)，于是所求通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)(2017·厦门二模)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式为( B )A ．a n ＝－2n －1B ．a n ＝(－2)n －1C ．a n ＝(－2)nD ．a n ＝－2n[解析] 由a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得a n ＝23a n －23a n －1.所以a n ＝－2a n －1.又可以得到a 1＝1，所以a n ＝(－2)n －1(n ≥2)．又a 1＝(－2)1－1＝1，所以a n ＝(－2)n －1.『规律总结』求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(4)累乘法：数列递推关系形如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋qp －1＝p (a n ＋q p －1)(p ≠1)的形式，利用{a n ＋qp －1}是以p 为公比的等比数列求解； ②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1－1a n ＝1p的形式． G 跟踪训练en zong xun lian1．若数列{a n }满足a 1＝0,2a n ＝1＋a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2019＝20182019.[解析] 当n ≥2时，因为2a n ＝1＋a n a n －1， 所以(1－a n －1)－(1－a n )＝1－a n －a n －1＋a n a n －1， 所以(1－a n －1)－(1－a n )＝(1－a n )(1－a n －1)， 所以11－a n －11－a n －1＝1，因为a 1＝0，所以11－a 1＝1， 所以{11－a n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以11－a n＝1＋(n －1)＝n ，所以11－a 2019＝2019，解得a 2019＝20182019.2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{1a n }前10项的和为2011.[解析] 由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n－a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，则1a n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)，故数列{1a n}前10项的和S 10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.命题方向2数列求和问题(一)分组转化法求和例2 设数列{a n}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(a n－a n＋1＋a n＋2)x＋a n＋1cos x－a n＋2sin x满足f ′(π2)＝0.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2(a n＋12a n)，求数列{b n}的前n项和S n.[解析](1)由题设可得f′(x)＝a n－a n＋1＋a n＋2－a n＋1sin x－a n＋2cos x.对任意n∈N*，f′(π2)＝a n－a n＋1＋a n＋2－a n＋1＝0，即a n＋1－a n＝a n＋2－a n＋1，故{a n}为等差数列．由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{a n}的公差d＝1，所以a n＝2＋1·(n－1)＝n＋1.(2)因为b n＝2(a n＋12a n)＝2(n＋1＋12n＋1)＝2n＋12n＋2，所以S n＝b1＋b2＋…＋b n＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋(12＋122＋…＋12n)＝2n＋2·n(n＋1)2＋12[1－(12)n]1－12＝n2＋3n＋1－12n.(二)裂项相消法求和例3 (2017·全国卷Ⅲ，17)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n.(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{a n2n＋1}的前n项和．[解析](1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(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 n2n ＋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＝2n 2n ＋1. (三)错位相减法求和例4 (2018·郴州二模)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 .[解析] (1)设d 为等差数列{a n }的公差，且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 )， 因为d >0，所以d ＝2， 所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又因为a n ＝－1－2log 2b n ， 所以log 2b n ＝－n ，即b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ①，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②， ①－②，得12T n ＝12＋2×(122＋123＋124＋…＋12n )－2n －12n ＋1.所以T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .(四)奇(偶)数项和问题例5 (2018·潍坊二模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40；数列{}b n 的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数， 求数列{c n }的前n 项和P n .[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝4，所以a n ＝4n ，因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3， 当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)， 数列{}b n 为等比数列，所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数.当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝(4＋4n －4)·n 22＋6(1－4n 2)1－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时， 方法一：n －1为偶数， P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1.方法二：P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝(4＋4n )·n ＋122＋6⎝⎛⎭⎫1－4n －121－4＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数. 『规律总结』1．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，此时数列的通项式中常会有(－1)n 等特征． 2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列{b n }对应项相乘{a n ·b n }型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式． 4．分奇偶的求和问题如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律，当n 为奇数或偶数时S n 的表达式不一样，因此需要分奇偶分别求S n .(1)分组直接求和：相邻的奇偶项合并为一项，组成一个新的数列b n ，用S ′n 表示其前n 项和，则S n＝⎩⎨⎧S ′n2，n 为偶数，S ′n －12＋a n，n 为奇数.(2)分奇偶转化求和：先令n 为偶数，求出其前n 项和S n ；当n 为奇数时，S n ＝S n －1＋a n . G 跟踪训练en zong xun lian(文)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 .[解析] (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，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]，。

1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中＝q 1－p，再转化为等比数列求解． (4)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先在原递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1qn ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，构造新数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，接下来用待定系数法求解．当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n .(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1.由数列递推式求通项公式的常用方法『对接训练』1．根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式： (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ；(3)a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2.解析：(1)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＝1－2n1－2＝2n －1.(2)∵a n ＋1a n＝2n ，∴a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1，⎩2a 2n c 2n (n ∈N *)．【解析】 (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，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－3，q ＝－1，(舍)故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .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．为保证结果正确，『对接训练』即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(2＋q )＝3a 1q ①，a 1(q ＋q 3)＝2a 1q 2＋4 ②， 由①得q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝1. 代入②知q ＝1不成立，故舍去，所以q ＝2. (2)由(1)知a 1＝2，所以a n ＝2n ， b n ＝a n log 2a n ＝2n log 22n ＝n ·2n ，所以S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，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；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n－1a n ＋2. 『对接训练』再合并．[例4] [2019·天津南开附中期中]已知数列{a n }是等比数列，满足a 1＝3，a 4＝24，数列{b n }是等差数列，满足b 2＝4，b 4＝a 3.(1)求数列{a n }和{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． 【解析】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由题意，得q 3＝a 4a ＝243＝8，解得q ＝2，1．若一个数列由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用分组转化法分别求和再相加减．(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.『对接训练』4．[2016·高考全国卷Ⅱ]S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记b n＝[lg a n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{b n}的前1 000项和．解析：(1)设{a n}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{a n}的通项公式为a n＝n.b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n<10，1，10≤n<100，2，100≤n<1 000，3，n＝1 000，所以数列{b n}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.n ＋1n∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其公差为2，首项为2，∴a nn ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)由(1)知a n ＝2n 2，∴b n ＝2a n －15＝2n －15，则数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－13＋2n －15)2＝n 2－14n .⎩⎭a n 2∴1a n＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1.(2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，∴b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ≥2)，3当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13 ②，①－②，得3n －1·a n ＝13(n ≥2)，即a n ＝13n ；当n ＝1时，a 1＝13，符合上式．所以数列{a }的通项公式为a ＝1.b 5∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫160，132，120，18，12， 所以易知b 1＝12，b 3＝18，b 5＝132.此时公比q 2＝b 3b 1＝14，所以q ＝12，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . (2)由(1)知a n ＝3n －1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以c n ＝(3n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，。