2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第六章 4 第4讲 数列求和

• 所以{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列,
•
(1+2−1)
所以Tn=
=n2.
2
•
4
2 ·2
若选条件③bn=
,则bn=
+1
(+1)(+2)·2 ·2 ·2
•
1 1 1
故Tn= ( 2 2 3
+
=
1 1
1
1
1 1 1

- +…++1-+2)=2(2-+2)=
.
• 考向
1
• 数列求和
, ≤ 10,
• (2)因为bn=ቊ
所以b16+…+b20=b11+…+b15=b6+…+b10,
−5 , > 10,
• 所以{bn}的前20项和
T20=(b1+b2+…+b5)+(b6+…+b10)+(b11+…+b15)+
• (b16+…+b20)=(b1+b2+…+b5)+3(b6+…+b10)=(a1+a2+…+a5)+3(a6+
数列(n为正整数)
裂项方法
• 考向
1
• 数列求和
• 考向
1
• 数列求和
• 考向
1
• 数列求和
-8 082
• 考向
1
• 数列求和
• 考向1 • 数列求和
• 方法技巧
利用倒序相加法求和的技巧
• 已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”,可

第四节 数列求和[最新考纲] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．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：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n)1－q ，q ≠1.2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(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(注意消项规律)，从而求得前n 项和．裂项时常用的三种变形：①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； ②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }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．(5)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)已知等差数列{a n }的公差为d ，则有1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4) 利用倒序相加法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23° ＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( ) [答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√ 二、教材改编1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A.1B.56C.16D.130B [∵a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]2．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 2－2D ．2n ＋n －2 C [S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋...＋(2n ＋2n －1)＝(2＋22＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2(1－2n )1－2＋2×n (n ＋1)2－n＝2(2n －1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2.]3．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( ) A.2n －n －12n B.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22nB [由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，① 得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n2n ＋1， ∴S n ＝2n ＋1－n －22n.]4．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＝________.9 [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.]考点1 分组转化法求和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，则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，可采用分组求和法求和．提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．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 ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． [解] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝1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.[母题探究] 在本例(2)中，若条件不变求数列{b n }的前n 项和T n . [解] 由本例(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.常用并项求和法解答形如(－1)n a n 的数列求和问题，注意当n 奇偶性不定时，要对n 分奇数和偶数两种情况分别求解．对n 为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求n 为偶数时前n 项和T n .n 为奇数可用T n ＝T n －1＋b n (n ≥2)或T n ＝T n ＋1－b n ＋1最好．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5， ∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)．∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n . 考点2 裂项相消法求和形如a n ＝1n (n ＋k )(k 为非零常数)型a n ＝1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k . 提醒：求和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．已知数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝6，b 1＋b 22＋b 33＋…＋b nn＝a n ＋1.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n b n 的前n 项和．[解] (1)数列{a n }是公差为2的等差数列， 数列{b n }满足b 1＝6，b 1＋b 22＋b 33＋…＋b nn ＝a n ＋1.所以当n ＝1时，a 2＝b 1＝6， 故a n ＝6＋2(n －2)＝2n ＋2， 由于b 1＋b 22＋b 33＋…＋b nn ＝a n ＋1，① 当n ≥2时，b 1＋b 22＋b 33＋…＋b n －1n －1＝a n ，②①－②得：b nn ＝a n ＋1－a n ＝2， 所以b n ＝2n .所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6 (n ＝1)2n (n ≥2).(2)当n ＝1时，S 1＝1a 1b 1＝14×6＝124.当n ≥2时，1a n b n ＝12n (2n ＋2)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋1， 则S n ＝124＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1，＝124＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1， ＝2n －112(n ＋1)，当n ＝1时满足上式，故S n ＝2n －112(n ＋1).本例第(1)问在求{b n }的通项公式时灵活运用了数列前n 项和与项的关系，注意通项公式是否包含n ＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. [教师备选例题](2019·唐山五校联考)已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n＝38(32n －1)，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n n ，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.[解] 1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，因为n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1 ＝38(32n －1)－38(32n －2－1)＝32n －1， 当n ＝1时，na n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a nn ＝－(2n －1)，因为1b n b n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. (2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝1 1S k＝________.2nn ＋1[设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此∑nk＝11S k＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2nn＋1.] 形如1n＋k＋n(k为非零常数)型a n＝1n＋k＋n＝1k(n＋k－n)．已知函数f(x)＝x a的图像过点(4,2)，令a n＝1f(n＋1)＋f(n)，n∈N＋，记数列{a n}的前n项和为S n，则S2 019＝()A. 2 018－1B. 2 019－1C. 2 020－1D. 2 020＋1C[由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x.∴a n＝1f(n＋1)＋f(n)＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 020－2 019)＝ 2 020－1.]运用分母有理化对分式1n＋1＋n正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．求和S＝11＋3＋13＋5＋…＋1119＋121＝()A．5 B．4 C．10 D．9A[S＝1－31－3＋3－53－5＋…＋119－121119－121＝1－11－2＝5，故选A.] 形如b n＝(q－1)a n(a n＋k)(a n＋1＋k)(q为等比数列{a n}的公比)型b n＝(q－1)a n(a n＋k)(a n＋1＋k)＝1a n＋k－1a n＋1＋k.(2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .[解] (1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1， ∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－n ，即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2， ∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N ＋， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3，∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －1.(2)∵2×3na n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1)＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1－132－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如a n ＋1＝λa n ＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和．已知 {a n }是等比数列，且a 2＝12，a 5＝116，若b n ＝a n ＋1(a n ＋1)(a n ＋1＋1)，则数列{b n }的前n 项和为( )A.2n －12(2n ＋1)B.2n －12n ＋1C.12n ＋1D.2n －12n ＋2A [a 5＝a 2·q 3，∴q 3＝18，∴q ＝12，a 1＝1， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1 ∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1＋…＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1 ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12＝2n －12(2n ＋1).故选A.] 形如a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2型a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N ＋，都有T n ＜564.[解] (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2＜116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. (1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有： ①1k 2＜1k 2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1. ②1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k .③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n＜2.[解] (1)设{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4得2a 4－2a 3＝a 4， 所以a 4a 3＝2，所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1， 所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1， 所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)证明：由(1)知b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)＝log 2(2n －1×2n )＝2n －1， 所以T n ＝1＋(2n －1)2·n ＝n 2，所以1T 1＋1T 2＋…＋1T n ＝112＋122＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝2－1n ＜2.考点3 错位相减法求和错位相减法求和的具体步骤 步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n .步骤2→等式两边同乘等比数列的公比q ，即qS n ＝qc 1＋qc 2＋…＋qc n . 步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和．步骤4→两边同除以1－q ，求出S n .同时注意对q 是否为1进行讨论．(2019·莆田模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1，数列{b n }满足a 1＝b 1，点P (b n ，b n ＋1)在直线x －y ＋2＝0上，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝b na n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由a n ＋1＝2S n ＋1可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)． 又a 2＝2S 1＋1＝3，所以a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列． 所以a n ＝3n －1.由点P (b n ，b n ＋1)，在直线x －y ＋2＝0上，所以b n ＋1－b n ＝2. 则数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． 则b n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.(2)因为c n ＝b n a n ＝2n －13n －1，所以T n ＝130＋331＋532＋…＋2n －13n －1.则13T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ，两式相减得：23T n ＝1＋23＋232＋…＋23n －1－2n －13n .所以T n ＝3－12·3n －2－2n －12·3n －1＝3－n ＋13n －1.本例巧妙地将数列{a n }及其前n 项和为S n ，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中．求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和．(2019·烟台一模)已知等差数列{a n }的公差是1，且a 1，a 3，a 9成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2a n 的前n 项和T n .[解] (1)因为{a n }是公差为1的等差数列，且a 1，a 3，a 9成等比数列，所以a 23＝a 1a 9， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋8)，解得a 1＝1. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .(2)T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1， 两式相减得12T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1， 所以12T n ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1.所以T n ＝2－2＋n2n .课外素养提升⑥ 数学建模—— 数列中等量关系的建立2019全国卷Ⅰ理科21题将数列与概率知识巧妙的融合在一起，在考查概率知识的同时，突出考查学生借用数列的递推关系将实际问题转化为数学问题的能力．数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题，这就要求考生除熟练运用数列的有关概念外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解题的速度．直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系【例1】 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15，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，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(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？ [解] (1)第1年投入为800万元， 第2年投入为800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15万元，…，第n 年投入为800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n －1万元，所以，n 年内的总投入为：a n ＝800＋800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＋…＋800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n －1＝4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14万元，…，第n 年旅游业收入400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14n －1万元．所以，n 年内的旅游业总收入为b n ＝400＋400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14n －1＝1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1.(2)设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此b n －a n ＞0， 化简得5×⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7＞0，即1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1－4000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＞0，令x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，代入上式得：5x 2－7x ＋2＞0.解得x ＜25，或x ＞1(舍去)．即⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＜25，由此得n ≥5. ∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.[评析] 本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧．【素养提升练习】 公民在就业的第一年就交纳养老储备金a 1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d (d ＞0)，历年所交纳的储备金数目a 1，a 2，…，是一个公差为d 的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．如果固定年利率为r (r ＞0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a 1(1＋r )n －1，第二年所交纳的储备金就变为a 2(1＋r )n －2，…，以T n 表示到第n 年末所累计的储备金总额．求证：T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }是一个等差数列．[解] T 1＝a 1，对n ≥2反复使用上述关系式，得 T n ＝T n －1(1＋r )＋a n＝T n －2(1＋r )2＋a n －1(1＋r )＋a n＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1(1＋r )＋a n ，① 在①式两端同乘1＋r ，得(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r )，② ②－①，得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n ＝dr [(1＋r )n －1－r ]＋a 1(1＋r )n －a n .即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n －d r n －a 1r ＋dr 2.如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－dr n ，则T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是以a 1r ＋dr 2(1＋r )为首项，以1＋r (r ＞0)为公比的等比数列；{B n }是以－a 1r ＋d r 2－d r 为首项，－dr 为公差的等差数列．借助数列的递推关系建立等量关系【例2】 大学生自主创业已成为当代潮流．某大学大三学生夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品．银行贷款的年利率为6%，约定一年后一次还清贷款．已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的15%，每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的20%，当月房租等其他开支1 500元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出．(1)设夏某第n 个月月底余a n 元，第n ＋1个月月底余a n ＋1元，写出a 1的值并建立a n ＋1与a n 的递推关系；(2)预计年底夏某还清银行贷款后的纯收入．(参考数据：1.1211≈3.48,1.1212≈3.90,0.1211≈7.43×10－11,0.1212≈8.92×10－12)[解] (1)依题意，a 1＝20 000(1＋15%)－20 000×15%×20%－1 500＝20 900(元)， a n ＋1＝a n (1＋15%)－a n ×15%×20%－1 500 ＝1.12a n －1500(n ∈N ＋，1≤n ≤11)． (2)令a n ＋1＋λ＝1.12(a n ＋λ)，则 a n ＋1＝1.12a n ＋0.12λ，对比(1)中的递推公式，得λ＝－12 500. 则a n －12 500＝(20 900－12 500)1.12n －1， 即a n ＝8 400×1.12n －1＋12 500.则a 12＝8 400×1.1211＋12 500≈41 732(元)．又年底偿还银行本利总计20 000(1＋6%)＝21 200(元)， 故该生还清银行贷款后纯收入41 732－21 200＝20 532(元)．[评析] (1)先求出a 1的值，并依据题设得出a n ＋1与a n 的关系；(2)利用构造法求得{a n }的通项公式，并求相应值．【素养提升练习】 如图，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )，…，是曲线C ：y 2＝12x (y ≥0)上的点，A 1(a 1,0)，A 2(a 2,0)，…，A n (a n,0)，…，是x 轴正半轴上的点，且△A 0A 1P 1，△A 1A 2P 2，…，△A n －1A n P n ，…，均为斜边在x 轴上的等腰直角三角形(A 0为坐标原点)．(1)写出a n －1、a n 和x n 之间的等量关系，以及a n －1、a n 和y n 之间的等量关系； (2)用数学归纳法证明a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N ＋)； (3)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n，对所有n ∈N ＋，b n ＜log 8t 恒成立，求实数t的取值范围．[解] (1)依题意，△A 0A 1P 1，△A 1A 2P 2，…，△A n －1A n P n ，…，均为斜边在x 轴上的等腰直角三角形(A 0为坐标原点)，故有x n ＝a n －1＋a n 2，y n ＝a n －a n －12.(2)证明：①当n ＝1时，可求得a 1＝1＝1×22，命题成立； ②假设当n ＝k 时，命题成立，即有a k ＝k (k ＋1)2. 则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k －a k －1)2＝a k －1＋a k ， 得⎣⎢⎡⎦⎥⎤a k ＋1－k (k ＋1)22＝k (k ＋1)2＋a k ＋1.即(a k ＋1)2－(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋k (k －1)2·(k ＋1)(k ＋2)2＝0，解得a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)2(a k ＋1＝k (k －1)2＜a k ，不合题意，舍去)，即当n ＝k ＋1时，命题成立.综上所述，对所有n ∈N ＋，a n ＝n (n ＋1)2. (3)b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n＝2(n ＋1)(n ＋2)＋2(n ＋2)(n ＋3)＋…＋22n (2n ＋1) ＝2n ＋1－22n ＋1＝2n 2n 2＋3n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋3.因为函数f (x )＝2x ＋1x 在区间[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，b n 最大为13，即b n ≤13.由题意，有13＜log 8t ，所以t ＞2，所以，t ∈(2，＋∞).。

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解析：S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50 ＝(－1)×25 ＝－25.
理数
11 第十一页，编辑于星期日：十八点 四十八分。
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理数
5. 数列 0.5,0.55,0.555,0.5555，…的前 n 项和为________.
12 第十二页，编辑于星期日：十八点 四十八分。
理数
2. 设数列 1，(1＋2)，…，(1＋2＋…＋2n－1)，…的前 n
项和为 Sn，则 Sn 等于( D )
A．2n
B．2n－n
C．2n＋1－n
D．2n＋1－n－2
6 第六页，编辑于星期日：十八点 四十八分。
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理数
解析：依题意可知数列的每一项是由等比数列的和构成 的，设为 Tn，则 Tn＝22n－－11＝2n－1，所以数列是由等比数列 和等差数列构成的，则 Sn＝222－n－11－n＝2n＋1－n－2.
24 第二十四页，编辑于星期日：十八点 四十八分。
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(2)由(1)知 bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)． 数列{3n}的前 n 项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前 n 项和 为11－－22n＝2n－1. 所以，数列{bn}的前 n 项和为32n(n＋1)＋2n－1.
25 第二十五页，编辑于星期日：十八点 四十八分。
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二 裂项相消法求和 【例 2】(2014·广东茂名一模)已知等差数列{an}的前 n 项
和为 Sn. (1)请写出数列{an}的前 n 项和 Sn 的公式，并推导其公式； (2)若 an＝n，数列{an}的前 n 项和为 Sn，求S11＋S12＋…＋S1n

(1)若 an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求 {an}的前 n 项和．
(2)通项公式为 an＝Error!的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差 数列，可采用分组求和法求和．
提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论． n2＋n
已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝ 2 ，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式；
4．数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 Sn＝1－2＋3－4＋…＋
(－1)n－1·n，则 S17＝________.
9 [S17＝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.]
考点 1 分组转化法求和 分组转化法求和的常见类型
D. 2n
12 3
n
B [由 Sn＝2＋22＋23＋…＋2n，①
1 12
n－1 n
得 2Sn＝22＋23＋…＋ 2n ＋2n＋1，②
[ ( ) ] 1 1 1－ n 22
1 11 1
1n
பைடு நூலகம்
1
n
1－
①－②得，2Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－2n＋1，＝
2 －2n＋1，
2n＋1－n－2
∴Sn＝ 2n .]
第四节 数列求和
[最新考纲] 1.掌握等差、等比数列的前 n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、 等比数列的几种常见的求和方法．
1．公式法
(1)等差数列的前 n 项和公式：
na1＋an
nn－1
Sn＝ 2 ＝na1＋ 2 d；
(2)等比数列的前 n 项和公式：