2018版高考数学复习第六章数列6.4数列求和教师用书文北师大版

.
∴S
a
n=
n.①
3
3
当 n≥2
+1
时,Sn-1= 3 an-1.②
1
为首项,以3为公差的等差数列,∴

=1+(n-1)×

①-②得
+2 +1
+1
-1

an=Sn-Sn-1= 3 an- 3 an-1,∴ 3 an-1= 3 an,∴
-1
-1
2
·…·
-2
1


=1+(22-1)+(24-1)+…+(210-1)=(22+24+26+28+210)-4=1 360,
即S11=1 360.
2
[对点训练 2](2024·江苏金陵中学模拟)已知正项数列{an}满足 a1=1,+1
−
2 =8n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记

bn=an·sin( 2 ·π),求数列{bn}的前
(2)解 因为2Sn=an+bn=bn+2n-n,即2Sn=bn+2n-n,①
所以当n=1时,2b1=b1+1,解得b1=1,
当n≥2时,2Sn-1=bn-1+2n-1-n+1,②
①-②得2bn=bn-bn-1+2n-1-1,
整理得bn+bn-1=2n-1-1.所以
S11=b1+b2+b3+b4+b5+…+b11=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+…+(b10+b11)

第4讲 数列求和一、知识梳理 1．基本数列求和方法 (1)等差数列求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ． (2)等比数列求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．常用结论1．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n . 2．常用的裂项公式(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .二、教材衍化1．在数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），则数列{a n }的前n 项和S n ＝ ．解析：a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：nn ＋12．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为 ． 解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋1－12n .答案：n （n ＋1）2＋1－12n一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( )(2)利用倒序相加法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( ) (3)若S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ，当a ≠0，且a ≠1时，求S n 的值可用错位相减法求得．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ 二、易错纠偏常见误区(1)并项求和时不能准确分组；(2)用错位相减法求和时易出现符号错误，不能准确“错项对齐”．1．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( ) A ．9 B ．8 C ．17D ．16解析：选A.S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，则S n ＝ ． 解析：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 所以2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，② ①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2×（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1，所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2. 答案：(n －1)2n ＋1＋2分组转化法求和(师生共研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2an ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．1．(2020·资阳诊断)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( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C.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×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.2．(2020·吉林长春质量监测(二))各项均为整数的等差数列{a n }，其前n 项和为S n ，a 1＝－1，a 2，a 3，S 4＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列{(－1)n ·a n }的前2n 项和T 2n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 1＝－1，a 2，a 3，S 4＋1成等比数列， 所以a 23＝a 2·(S 4＋1)，即(－1＋2d )2＝(－1＋d )(－3＋6d )，解得d ＝2⎝⎛⎭⎫d ＝12舍去， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －3. (2)由(1)可知a n －a n －1＝2(n ≥2)，所以T 2n ＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 2n －1＋a 2n )＝2n .错位相减法求和(师生共研)(2020·郑州市第二次质量预测)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＞0，前n 项和为S n ，若a n ＝S n ＋S n －1(n ∈N ＋，且n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记c n ＝a n ·2a n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 【解】 (1)在数列{a n }中，a n ＝S n －S n －1(n ≥2) ①，因为a n ＝S n ＋S n －1 ②，且a n ＞0，所以①÷②得S n －S n －1＝1(n ≥2)， 所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，公差为1的等差数列， 所以S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1， 当n ＝1时，a 1＝1，也满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，a n ＝2n －1，所以c n ＝(2n －1)×22n －1， 则T n ＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n －1)×22n －1，4T n ＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n －3)×22n －1＋(2n －1)×22n ＋1， 两式相减得，－3T n ＝2＋2(23＋25＋…＋22n －1)－(2n －1)22n ＋1， ＝2＋2×8（1－22n －2）1－4－(2n －1)22n ＋1＝－103＋⎝⎛⎭⎫53－2n 22n ＋1， 所以T n ＝（6n －5）22n ＋1＋109.用错位相减法求和的策略和技巧(1)掌握解题“3步骤”(2)注意解题“3关键”①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．②在写出“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在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．已知{a n }为正项等比数列，a 1＋a 2＝6，a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝log 2a na n，且{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)依题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 2＝8，则3q 2－4q －4＝0，而q ＞0，所以q ＝2.于是a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由(1)得b n ＝log 2a n a n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1， 两式相减得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1，所以T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n＝1－12n －1·121－12－n 2n＝2－n ＋22n .裂项相消法求和(典例迁移)(2020·武汉部分学校调研)已知等差数列{a n }的前三项的和为－9，前三项的积为－15. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若{a n }为递减数列，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和S n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意知a 2＝－3，a 1＝－3－d ，a 3＝－3＋d ， 所以(－3－d )×(－3)×(－3＋d )＝－15，d 2＝4，d ＝±2， 所以a n ＝－2n ＋1或a n ＝2n －7.(2)由题意得a n ＝－2n ＋1，所以1a n a n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 【迁移探究】 (变设问)在本例条件下，若{a n }为递增数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n .解：由本例(1)知a n ＝2n －7，所以|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2n ，n ≤32n －7，n ≥4，①n ≤3时，S n ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝5＋（7－2n ）2n ＝6n －n 2；②n ≥4时，S n ＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋…＋a n ＝－2(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝18－6n ＋n 2.综上，数列{|a n |}的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋6n ，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． [注意] 利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．1．(2020·江西九江模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 9＝12a 12＋6，a 2＝4，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前10项和为( )A.1112 B.1011 C.910D ．89解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，由a 9＝12a 12＋6及等差数列的通项公式得a 1＋5d ＝12，又a 2＝4，所以a 1＝2，d ＝2，所以S n ＝n 2＋n ，所以1S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S 10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011. 2．(2020·郑州市第一次质量测试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设a n b n ＝13n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝2a 1＋5d ＝25，S 5＝5a 3＝5a 1＋10d ＝55，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2. (2)由a nb n ＝13n －1，得b n ＝1a n （3n －1）＝1（3n －1）（3n ＋2）＝13⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎝⎛⎭⎫12－15＋15－18＋…＋13n －1－13n ＋2 ＝13⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2 ＝16－19n ＋6＝n 2（3n ＋2）.[基础题组练]1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2等于( ) A.n （n ＋1）2B ．－n （n ＋1）2C ．(－1)n＋1n （n ＋1）2D ．以上答案均不对解析：选C.当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1) ＝－n2（3＋2n －1）2＝－n （n ＋1）2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n 2 ＝－n －12[3＋2（n －1）－1]2＋n 2＝n （n ＋1）2，综上可得，原式＝(－1)n＋1n （n ＋1）2. 2．在数列{a n }中，a n ＝2n －12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选D.由a n ＝2n －12n ＝1－12n 得，S n ＝n －⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n ， 则S n ＝32164＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6. 3．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为奇数时，－n 2，当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200解析：选B.由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.4．(2020·江西省五校协作体试题)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：选D.因为a n ＋S n ＝2n ①，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 ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D.5．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80D ．82解析：选B.由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1，5，9及n ＝2，6，10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.6．等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝ ．解析：由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1361－13＝3649.答案：36497．(2020·九江联考)若{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前18项和为 ． 解析：因为a n b n ＝1，且a n ＝n 2＋3n ＋2，所以b n ＝1n 2＋3n ＋2＝1（n ＋2）（n ＋1）＝1n ＋1－1n ＋2，所以{b n }的前18项和为12－13＋13－14＋14－15＋…＋119－120＝12－120＝10－120＝920.答案：9208．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 018项的和等于 ． 解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ， 所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N ＋），1，n ＝2k （k ∈N ＋），故数列的前2 018项的和等于S 2 018＝1 009×⎝⎛⎭⎫1＋12＝3 0272. 答案：3 02729．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝2a n2＋a n .(1)求证：数列{1a n}是等差数列；(2)若b n ＝a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：因为a n ＋1＝2a n 2＋a n ，所以1a n ＋1＝2＋a n 2a n， 所以1a n ＋1－1a n ＝12，所以数列{1a n }是首项为2，公差为12的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋32，所以a n ＝2n ＋3，所以b n ＝4（n ＋3）（n ＋4）＝4×(1n ＋3－1n ＋4)，S n ＝4×[(14－15)＋(15－16)＋…＋(1n ＋3－1n ＋4)]＝4×(14－1n ＋4)＝nn ＋4.10．(2020·广州市综合检测(一))已知{a n }是等差数列，且lg a 1＝0，lg a 4＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n ＋b n }的前n 项和． 解：(1)因为lg a 1＝0，lg a 4＝1， 所以a 1＝1，a 4＝10. 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 4－a 14－1＝3.所以a n ＝a 1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知a 1＝1，a 6＝16，因为a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项． 所以a 2k ＝a 1a 6＝16. 又a n ＝3n －2＞0， 所以a k ＝4. 因为a k ＝3k －2， 所以3k －2＝4，得k ＝2.所以等比数列{b n }的公式q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝4.所以b n ＝4n －1.所以a n ＋b n ＝3n －2＋4n －1.所以数列{a n ＋b n }的前n 项和为S n ＝n （3n －1）2＋1－4n 1－4＝32n 2－12n ＋13(4n－1)．[综合题组练]1．(2020·黑龙江牡丹江一中模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，4a 3＝a 6，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n是等差数列，则数列{(－1)n a n }的前10项的和S 10是( )A ．220B ．110C ．99D ．55解析：选B.设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的公差为d ，则a 66＝a 1＋5d ，a 66＝a 33＋3d ，将已知值和等量关系代入，计算得d ＝2，所以a nn ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ，a n ＝2n 2，所以S 10＝－a 1＋a 2－a 3＋a 4－...＋a 10＝2(1＋2＋ (10)＝110，故选B.2．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 －1＝ ．解析：因为a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，所以S 2n －1＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2n －2＋a 2n －1)＝1＋122＋124＋…＋122n －2＝43⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n . 答案：43⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n3．(2019·高考天津卷)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 n 2，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 －1）2×6＋(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 ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．4．(2020·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n 4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. 所以S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，所以(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n 4n a n a n ＋1＝(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝⎛⎭⎫1＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1，所以T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝⎛⎭⎫1＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1， 所以T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n2n ＋1，n 为偶数－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。

1．数列的定义按一定次序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项． 2．数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图像法和解析法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可以用一个式子来表示成a n ＝f (n )，那么这个公式叫作这个数列的通项公式．【知识拓展】1．若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.3．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (3)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(5)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N ＋，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ )1．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫作三角形数，这是因为用这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第7个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29 D ．30答案 B解析 由图可知，第7个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.2．已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n (n ＋1)，…，下列各数中是此数列中的项的是( )A.135B.142C.148D.154 答案 B3．(教材改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53 C.85 D.23答案 D解析 a 2＝1＋(－1)2a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝12，a 4＝1＋(－1)4a 3＝3，a 5＝1＋(－1)5a 4＝23.4．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n ，则此数列最大项的值是________． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－(n －112)2＋1214，∵n ∈N ＋，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例1 (1)(2016·太原模拟)数列1,3,6,10，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n 2－(n －1) B ．a n ＝n 2－1 C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n －1)2(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝________.答案 (1)C (2)2n ＋1n 2＋1解析 (1)观察数列1,3,6,10，…可以发现1＝1， 3＝1＋2， 6＝1＋2＋3， 10＝1＋2＋3＋4，…第n 项为1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.∴a n ＝n (n ＋1)2.(2)数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.思维升华 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N ＋处理．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式．(1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…. 解 (1)数列中各项的符号可通过(－1)n 表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)． (2)数列变为89⎝⎛⎭⎫1－110，89⎝⎛⎭⎫1－1102，89⎝⎛⎭⎫1－1103，…， 故a n ＝89⎝⎛⎭⎫1－110n . (3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的绝对值的分子分别比分母小3. 因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故a n ＝(－1)n 2n－32n.题型二 由a n 与S n 的关系求通项公式例2 (1)(2016·南昌模拟)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.答案 (－2)n －1解析 由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，整理得a n ＝－2a n －1，又当n＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，故a n ＝(－2)n－1.(2)已知下列数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． ①S n ＝2n 2－3n ；②S n ＝3n ＋b . 解 ①a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式， ∴a n ＝4n －5. ②a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式； 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.思维升华 已知S n ，求a n 的步骤 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1；(2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1；(3)对n ＝1时的情况进行检验，若适合n ≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________________．(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n 等于( ) A ．2n －1B ．(32)n －1C ．(32)nD.12n －1 答案 (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 (2)B解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1] ＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.(2)由a n ＋1＝S n ＋1－S n ，得12S n ＝S n ＋1－S n ，即S n ＋1＝32S n (n ≥1)，又S 1＝a 1＝1，所以数列{S n }是首项为1，公比为32的等比数列，所以S n ＝(32)n －1，故选B.题型三 由数列的递推关系求通项公式例3 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n )；(2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2. 解 (1)∵a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)，∴a n －a n －1＝ln(1＋1n －1)＝ln nn －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝lnn n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 32＋ln 2＋2＝2＋ln(n n －1.n －1n －2 (3)2·2)＝2＋ln n (n ≥2)．又a 1＝2适合上式，故a n ＝2＋ln n (n ∈N ＋)． (2)∵a n ＋1＝2n a n ，∴a n a n －1＝2n －1 (n ≥2)，∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝(1)22n n -.又a 1＝1适合上式，故a n ＝(1)22n n -.(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，故a n ＝2·3n －1－1.思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；(2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；(3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；(4)当出现a n a n －1＝f (n )时，用累乘法求解．(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n·a n －1(n ≥2且n ∈N ＋)，则a n ＝________.(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N ＋)，则a 5等于( ) A ．－16 B ．16 C ．31 D ．32 答案 (1)1n(2)B解析 (1)∵a n ＝n －1n a n －1 (n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时也满足此等式，∴a n ＝1n .(2)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1. ∴{a n }是等比数列且a 1＝1，q ＝2， 故a 5＝a 1×q 4＝24＝16. 题型四 数列的性质命题点1 数列的单调性例4 已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( )A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．不确定答案 B解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N ＋，易知{a n }是递增数列．命题点2 数列的周期性例5 数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝_________________.答案 12解析 ∵a n ＋1＝11－a n ，∴a n ＋1＝11－a n＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2，n ≥3， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3.∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.命题点3 数列的最值例6 数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( )A ．310B ．19 C.119 D.1060答案 C解析 令f (x )＝x ＋90x (x >0)，运用基本不等式得f (x )≥290，当且仅当x ＝310时等号成立．因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n ≤1290，由于n ∈N ＋，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大．思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法①用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列．②用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．③结合相应函数的图像直观判断． (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．(1)(2016·哈尔滨模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2 015项为________．(2)设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( ) A.163 B.133 C ．4D ．0答案 (1)25(2)D解析 (1)由已知可得，a 2＝2×35－1＝15，a 3＝2×15＝25，a 4＝2×25＝45，a 5＝2×45－1＝35，∴{a n }为周期数列且T ＝4， ∴a 2 015＝a 503×4＋3＝a 3＝25.(2)∵a n ＝－3⎝⎛⎭⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大值为0.12．解决数列问题的函数思想典例 (1)数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)·(1011)n ，则此数列的最大项是第________项．(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N ＋，都有a n ＋1>a n 成立，则实数k 的取值范围是__________． 思想方法指导 (1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析．解析 (1)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)(1011)n ＋1－(n ＋1)(1011)n＝(1011)n ×9－n 11， 当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ，∴该数列中有最大项，且最大项为第9、10项． (2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列， 又通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，∴(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4，(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4， 即k >－1－2n ，又n ∈N ＋，所以k >－3. 答案 (1)9或10 (2)(－3，＋∞)1．数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A ．－1617B ．－1819C ．－2021D ．－2223答案 C解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2．已知数列的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则( ) A ．3不是数列{a n }中的项 B ．3只是数列{a n }中的第2项 C ．3只是数列{a n }中的第6项 D ．3是数列{a n }中的第2项和第6项 答案 D解析 令a n ＝3，即n 2－8n ＋15＝3，整理得n 2－8n ＋12＝0，解得n ＝2或n ＝6.3．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式是( )A ．2n －1B ．(n ＋1n )n －1C ．n 2D ．n答案 D解析 ∵a n ＝n (a n ＋1－a n )，∴a n＋1a n ＝n ＋1n， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1·n－1n －2·n －2n －3·…·32·21·1＝n .4．若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝a n －1a n －2(n ≥3且n ∈N ＋)，则a 2 018等于( )A ．3B ．2C.12D.23答案 A解析 由已知a 3＝a2a 1＝32，a 4＝a 3a 2＝12， a 5＝a 4a 3＝13，a 6＝a5a 4＝23， a 7＝a 6a 5＝2，a 8＝a7a 6＝3， ∴数列{a n }具有周期性，T ＝6，∴a 2 018＝a 336×6＋2＝a 2＝3.5．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N ＋)，a 2＝2，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为() A ．5 B.72C.92D.132答案 B解析 ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －32，n 为奇数，2，n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72.故选B.6．(2016·开封一模)已知函数y ＝f (x )的定义域为R .当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f (－2－a n )(n ∈N ＋)，则a 2 015的值为( )A ．4 029B ．3 029C ．2 249D ．2 209答案 A解析 根据题意，不妨设f (x )＝(12)x ，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f (－2－a n )，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 2 015＝4 029.7．数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N ＋)，则a 7＝________.答案 1解析 由已知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝1，a 2＝2，能够计算出a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝________.答案 2n －1解析 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，得a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)，即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1. 9．已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋2)·(67)n ，则数列{a n }的项取最大值时，n ＝____________. 答案 4或5解析 假设第n 项为最大项，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1， 即⎩⎨⎧ (n ＋2)·(67)n ≥(n ＋1)·(67)n －1，(n ＋2)·(67)n ≥(n ＋3)·(67)n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤5，n ≥4， 即4≤n ≤5， 又n ∈N ＋，所以n ＝4或n ＝5，故数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝6574. 10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n(n ∈N ＋)，则该数列的前2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 019＝________.答案 3解析 由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1， ∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.11．已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ； (2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .解 (1)因为a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)] ＝(－1)n ＋1·(2n －1)， 又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)． (2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1] ＝2×3n －1＋2， 由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2×3n －1＋2，n ≥2. 12．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N ＋)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N ＋)可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1， S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2， 同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝a n 2＋12a 2n ，① 当n ≥2时，S n －1＝a n －12＋12a 2n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }为首项为1，公差为1的等差数列， 故a n ＝n .13.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N ＋，a ∈R 且a ≠0)． (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N ＋，a ∈R 且a ≠0)， 又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N ＋)． 结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性， 可知1＞a 1＞a 2＞a 3＞a 4，a 5＞a 6＞a 7＞…＞a n ＞1(n ∈N ＋)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a 2， 已知对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性， 可知5＜2－a 2＜6，即－10＜a ＜－8.。

6.4 数列求和必备知识预案自诊知识梳理1.基本数列求和方法 (1)等差数列求和公式:S n =n (n 1+n n )2=na 1+n (n -1)2d.(2)等比数列求和公式:S n ={nn 1,n =1,n 1-n n n1-n=n 1(1-n n )1-n,n ≠1.(3)使用已知求和公式求和的方法,即等差、等比数列或可化为等差、等比数列的求和方法.2.非基本数列求和常用方法(1)倒序相加法:如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等,那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的.(2)分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.如已知a n =2n+(2n-1),求S n .(3)并项求和法:若一个数列的前n 项和中两两结合后可求和,则可用并项求和法.如已知a n =(-1)nf (n ),求S n .(4)错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n 项和即可用错位相减法来求,如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的.(5)裂项相消法:把数列的通项公式拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.常见的裂项公式:①1n (n +n )=1n (1n -1n +n ); ②1(2n -1)(2n +1)=12(12n -1-12n +1); ③1n (n +1)(n +2)=12[1n (n +1)-1(n +1)(n +2)];④1√n +√n +n=1n(√n +n −√n ).3.常用求和公式 (1)12+22+32+…+n 2=n (n +1)(2n +1)6;(2)13+23+33+…+n 3=[n (n +1)2]2.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”. (1)当n ≥2时,1n 2-1=1n -1−1n +1.( )(2)利用倒序相加法可求得sin 21°+sin 22°+sin 23°+…+sin 288°+sin 289°=44.5.( )(3)若S n =a+2a 2+3a 3+…+na n,则当a ≠0,且a ≠1时,S n 的值可用错位相减法求得. ( ) (4)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列,那么S km =mS k (m ,k 为大于1的正整数). ( )(5)已知等差数列{a n }的公差为d ,则有1nn n n +1=1n (1n n-1nn +1). ( )2.已知数列{a n }满足:当n ≥2且n ∈N +时,有a n +a n-1=(-1)n×3.则数列{a n }的前200项的和为( )A.300B.200C.100D.03.若数列{a n }的通项公式为a n =2n+2n-1,则数列{a n }的前n 项和为( ) A.2n +n 2-1 B.2n+1+n 2-1 C.2n+1+n 2-2 D.2n+n-24.(2020湖南师大附中一模,理10)设S n 是数列{a n }的前n 项和,若a n +S n =2n ,2n n =2a n+2-a n+1(n ∈N +),则数列{1nn n}的前99项和为( )A.9798B.9899C.99100D.1001015.(2020新高考全国1,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为 .关键能力学案突破考点分组求和【例1】(2020陕西榆林一模,理19)已知数列{a n },{b n }满足a 1=1,b 1=12,2a n+1=a n +12b n ,2b n+1=12a n +b n .(1)证明:数列{a n +b n },{a n -b n }为等比数列; (2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,证明:S n <103. 思考具有什么特点的数列适合分组求和?解题心得具有下列特点的数列适合分组求和:(1)若a n=b n±c n,且{b n},{c n}为等差数列或等比数列,可采用分组求和法求{a n}的前n项和;(2)通项公式为a n={n n,n为奇数,n n,n为偶数的数列,其中数列{b n},{c n}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.对点训练1(2020天津河东一模,16)已知递增等差数列{a n},等比数列{b n},数列{c n},a1=c1=1,c4=9,a1,a2,a5成等比数列,b n=a n+c n,n∈N+.(1)求{a n},{b n}的通项公式;(2)求数列{c n}的前n项和S n.考点并项求和【例2】(2020河南安阳二模,理17)记数列{a n}的前n项和为S n,已知S n=2a n-2n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=(-1)n·log223(a n+4)-43,数列{b n}的前n项和为T n,求T n.思考具有什么特点的数列适合并项求和?解题心得若数列{a n}的通项公式为a n=(-1)n f(n),则一般利用并项求和法求数列{a n}的前n项和.对点训练2已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,S3+S4=S5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1a n,求数列{b n}的前n项和T n.考点错位相减法求和【例3】(2020全国3,理17)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.思考具有什么特点的数列适合用错位相减法求和?解题心得1.一般地,如果数列{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,求数列{a n·b n}的前n项和时,可采用错位相减法求和,解题思路是:和式两边先同乘等比数列{b n}的公比,再作差求解.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.对点训练3(2020全国1,理17)设{a n}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{a n}的公比;(2)若a1=1,求数列{na n}的前n项和.考点裂项相消法求和【例4】已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=-2,且满足S n=12a n+1+n+1(n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=log3(-a n+1),设数列{1n n n n+2}的前n项和为T n,求证:T n<34.思考裂项相消法的基本思想是什么?解题心得裂项相消法的基本思想就是把a n分拆成a n=b n+k-b n(k∈N+)的形式,从而达到在求和时绝大多数项相消的目的.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.对点训练4(2020山东潍坊二模,18)已知数列{a n}为各项均为正数的等比数列,a1=1;数列{b n}满足b2=3,a1b1+a2b2+a3b3+…+a n b n=3+(2n-3)2n.(1)求a n;(2)求{1n n n n+1}的前n项和T n.1.数列求和,一般应从通项入手,若通项未知,先求通项,再通过对通项变形,转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式,从而选择合适的方法求和.2.解决非等差、非等比数列的求和,主要有两种思路(1)转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成;(2)不能转化为等差或等比数列的数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.1.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围.2.在应用错位相减法求和时,注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法求和时,要注意消项的规律具有对称性,即前面剩多少项,后面就剩多少项.6.4 数列求和 必备知识·预案自诊考点自诊1.(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×2.A 由题意,当n 取偶数时,a n +a n-1=3,S 200=a 1+a 2+a 3+a 4+…+a 200=(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 199+a 200)=3×(1+1+…+1)=300,故选A . 3.C S n =2(1-2n )1-2+n (1+2n -1)2=2n+1-2+n 2.4.C 当n ≥2时,a n-1+S n-1=2n-1,则a n -a n-1+(S n -S n-1)=2n-2n-1=2n-1,即2a n -a n-1=2n-1,所以2a n+2-a n+1=2n+1(n ∈N *),则b n =log 22n+1=n+1,所以1nn n=1n−1n +1,故1n 1+12n2+…+199n 99=1-12+12−13+…+199−1100=1-1100=99100.故选C. 5.3n 2-2n 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列{a n }为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n }的前n 项和为S n =n×1+n (n -1)2×6=3n 2-2n.关键能力·学案突破例1证明(1)由题意,得{2n n +1=n n +12n n ,2n n +1=12n n +n n ,两式相加, 得a n+1+b n+1=34(a n +b n ), ∵a 1=1,b 1=12,∴a 1+b 1=32,∴{a n +b n }是首项为32,公比为34的等比数列.两式相减,得a n+1-b n+1=14(a n -b n ),∵a 1-b 1=12,∴{a n -b n }是首项为12,公比为14的等比数列. (2)由(1)可得a n +b n =32(34)n -1, ① a n -b n =12(14)n -1,②两式相加,得a n =(14)n+(34)n,∴S n =14[(1-(14) n ]1-14+34[1-(34) n ]1-34<141-14+341-34=103.对点训练1解(1)设等差数列{a n }的公差为d ,d>0,由已知,得a n =1+(n-1)d ,n 22=a 1a 5,即(1+d )2=1+4d ,解得d=2或d=0(舍去),所以a n =2n-1,n ∈N *;设等比数列{b n }的公比为q ,因为b 1=a 1+c 1=2,所以b n =2q n-1,又因为b 4=a 4+c 4=2×4-1+9=16,所以q 3=n4n 1=8,解得q=2,所以b n =2n ,n ∈N *.(2)由(1)可得c n =b n -a n =2n-(2n-1),则S n =c 1+c 2+…+c n =2-1+22-3+ (2)-(2n-1)=(2+22+…+2n )-[1+3+…+(2n-1)]=2(1-2n )1-2−n (1+2n -1)2=2n+1-2-n 2,n ∈N *.例2解(1)当n=1时,由S n =2a n -2n+1,可得a 1=S 1=2a 1-2+1,即有a 1=1.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -2n+1-2a n-1+2(n-1)-1, 即a n =2a n-1+2,可得a n +2=2(a n-1+2),显然a n-1+2≠0.所以数列{a n +2}是首项为3,公比为2的等比数列,则a n +2=3·2n-1,即有a n =3·2n-1-2.(2)b n =(-1)n·log 223(3·2n-1+2)-43=(-1)n ·log 22n =(-1)n·n. 当n 为偶数时,T n =(-1+2)+(-3+4)+…+(-n+1+n )=n 2,当n 为奇数时,T n =T n-1+b n =n -12-n=-n -12.综上可得,T n ={n2,n 为偶数,-n -1n,n 为奇数.对点训练2解(1)设等差数列{a n }的公差为d ,由S 3+S 4=S 5可得a 1+a 2+a 3=a 5,即3a 2=a 5,∴3(1+d )=1+4d ,解得d=2. ∴a n =1+(n-1)×2=2n-1.(2)由(1)可得b n =(-1)n -1·(2n-1).当n 为偶数时,T n =1-3+5-7+…+(2n-3)-(2n-1)=-n.当n 为奇数时,T n =T n-1+b n =-(n-1)+(-1)n-1(2n-1)=-(n-1)+(2n-1)=n.综上,T n =(-1)n+1n. 例3解(1)a 2=5,a 3=7.猜想a n =2n+1.由已知可得a n+1-(2n+3)=3[a n -(2n+1)], a n -(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)], ……a 2-5=3(a 1-3).因为a 1=3,所以a n =2n+1.(2)由(1)得2n a n =(2n+1)2n ,所以8S n =3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n. ①从而2S n =3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1. ② ①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n+1)×2n+1.所以S n =(2n-1)2n+1+2.对点训练3解(1)设{a n }的公比为q ,由题设得2a 1=a 2+a 3,即2a 1=a 1q+a 1q 2.所以q 2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故{a n }的公比为-2. (2)记S n 为{na n }的前n 项和.由(1)及题设可得,a n =(-2)n-1.所以S n =1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,-2S n =-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n .可得3S n =1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=1-(-2)n3-n×(-2)n .所以S n =19−(3n +1)(-2)n9.例4(1)解由S n =12a n+1+n+1(n ∈N *),得S n-1=12a n +n (n ≥2,n ∈N *),两式相减,并化简得a n+1=3a n -2,即a n+1-1=3(a n -1),又a 1-1=-2-1=-3≠0,∴数列{a n -1}是以-3为首项,3为公比的等比数列,∴a n -1=(-3)·3n -1=-3n .故a n =-3n +1.(2)证明由b n =log 3(-a n +1)=log 33n=n ,得1nn n n +2=1n (n +2)=121n−1n +2, ∴T n =121-13+12−14+13−15+…+1n -1−1n +1+1n −1n +2=121+12−1n +1−1n +2=34−2n +32(n +1)(n +2)<34.对点训练4解(1)令n=1,得a 1b 1=3+(2-3)×2=1,所以b 1=1,令n=2,得a 1b 1+a 2b 2=7,所以a 2b 2=6.又b 2=3,所以a 2=2,设数列{a n }的公比为q ,则q=n 2n 1=2. 所以a n =2n-1.(2)当n ≥2时,a 1b 1+a 2b 2+…+a n-1b n-1=3+(2n-5)2n-1,① 又a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+…+a n b n =3+(2n-3)2n,②②-①,得a n b n =3+(2n-3)2n -[3+(2n-5)2n-1]=(2n-1)2n-1, 得b n =2n-1,当n=1时也成立,所以b n =2n-1,1n n n n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1−12n +1. 所以T n =121-13+1213−15+…+1212n -1−12n +1=121-13+13−15+…+12n -1−12n +1=121-12n +1=n2n +1.。