2020版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版培优讲义第5章数列第4讲数列求和Word版含解析

第4讲数列乞降板块一

知识梳理·自主学习[必备知识]考点数列乞降的六种方法1．公式法2．分组乞降法3．倒序相加法4．并项乞降法5．裂项相消法6．错位相减法[必会结论]常有的拆项公式111(1)nn＋1＝n－n＋1；1111(2)2n－12n＋1＝22n－1－2n＋1；1＝n＋1－n.(3)n＋n＋1[考点自测]1．判断以下结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)假如数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sna1－an＋1＝1－q.()1111(2)当n≥2时，n2－1＝2n－1－n＋1.()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋＋nan时只需把上式等号两边同时乘以a即可依据错位相减法求得．()(4)若数列a1，a2－a1，，an－an－1是首项为1，公比为3的等n－1)比数列，则数列{an}的通项公式是an＝32.(答案(1)√(2)√(3)×(4)√n＝(－1)n·－2．[2018·长沙模拟]已知数列n的通项公式是a{a}(3n2)，则a1＋a2＋＋a10等于()A．15B．12C．－12D．－15答案A分析∵a＝(－1)n－，∴＋a＋＋a＝－1＋4－7＋10n(3n2)a1210－－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋＋(－25＋28)＝3×5＝15.．·林模拟吉]数列{an}，}知足＝1，a＝n2＋3n＋2，3[2018{bnanbnn则{bn}的前10项之和为()1517A.3B.12C.2D.12答案B1111分析bn＝an＝n＋1n＋2＝n＋1－n＋2，10＝b1＋b2＋b3＋＋b10S1111111111＝2－3＋3－4＋4－5＋＋11－12＝2－125＝12.应选B.．课本改编111]数列，，2，，4，，的前2n项和S＝________.4[12482n1答案2－2n分析－1111S2n＝(1＋2＋4＋＋2n1)＋＋＋＋＋n＝2n－1＋2482111－2n＝2n－2n.5．[2018·南京模拟]已知an＝1n，设bn＝n，记{bn}的前n项和为3anSn，则Sn＝________.2n－1·3n＋1＋3答案4分析bn＝n·3n，于是Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋＋n·3n，①3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋＋n·3n＋1，②①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋＋3n－n·3n＋1，n＋1即－2Sn＝3－3－n·3n＋1，1－3nn＋11n＋13－·n＋1＋32n13.Sn＝·3－·3＋＝4244板块二典例研究·考向打破考向分组转变法乞降例1[2016·北京高考]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．b39解(1)等比数列{bn}的公比q＝b2＝3＝3，b2所以b1＝q＝1，b4＝b3q＝27.设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2，所以an＝2n－1(n＝1,2,3，)．(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，所以cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，进而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋＋(2n－1)＋1＋3＋＋3n－1n1＋2n－1－n3n－113＝2＋1－3＝n2＋2.触类旁通分组转变乞降通法若一个数列能分解转变为几个能乞降的新数列的和或差，可借助乞降公式求得原数列的和．求解时应经过对数列通项构造特色进行剖析研究，将数列的通项合理分解转变．【变式训练1】[2018·西安模拟]已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；n2＋n－12＋n－1n当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2＝n.∵n＝1时，a1＝1切合上式，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋＋22n)＋(－1＋2－3＋4－＋2n)．记A＝21＋22＋2n21－22n2n＋1＋2，B＝－1＋2－3＋4－＋2n，则A＝1－2＝2－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.考向裂项相消法乞降命题角度1形如an＝1型n＋k＋n例2[2018·正定模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d<S9.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.an＋1＋an解(1)因为d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d<S9，所以d＝2，S9＝99，又因为Sn＝na1＋nn－1d，所以9a1＋9×8×2＝99，解得a1＝3，22{an}是首项为3，公差为2的等差数列．所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)∵bn＝1＝12n＋3＋2n＋1an＋1＋an1＝2(2n＋3－2n＋1)，∴T＝1－3)＋1－＋＋1＋－－＋1n2(52(75)2(2n12n1)2(2n＋3－2n＋1)＝2n＋3－32.1命题角度2形如an＝nn＋k型例3[2017·全国卷Ⅲ]设数列{an}知足a1＋3a2＋＋(2n－1)an2n.(1)求{an}的通项公式；an(2)求数列2n＋1的前n项和．解(1)因为a1＋3a2＋＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，两式相减得(2n－1)an＝2，2所以an＝2n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，知足上式，2(n∈N*)．所以{an}的通项公式为an＝2n－1(2)记an的前n项和为Sn.2n＋1由(1)知an＝2＝1－1，2n＋12n＋12n－12n－12n＋111111－1＝2n.则Sn＝1－3＋3－5＋＋－＋＋2n12n12n1命题角度3形如a＝2n＋12型nnn＋2例4正项数列{an}的前n项和Sn知足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)n＋1令bn＝22，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于随意n＋2an的n∈N5*，都有Tn<.64解(1)由Sn2－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.因为{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.当n＝1时，a1＝2＝2×1切合上式．综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：因为an＝2n，＋1＋111故bn＝n＝n2＝12－2.222n＋2＋an＋216nn24nnTn＝11111112－11[1－2＋2－2＋2－2＋＋n－1n＋12＋2－1632435n1211112115n＋2]＝1＋－－]<264[触类旁通裂项相消法乞降问题的常有种类及解题策略(1)直接考察裂项相消法乞降．解决此类问题应注意以下两点：①抵消后其实不必定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后边也剩两项；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{an}是等差数列，则1＝1anan＋1d111＝111.－，－a＋ana＋＋22dan2n1anann(2)与不等式相联合考察裂项相消法乞降．解决此类问题应分两步：第一步，乞降；第二步，利用作差法、放缩法、单一性等证明不等式．考向错位相减法乞降例5[2017·山东高考]已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn1，求数列bn的前n项和Tn.an解(1)设{an}的公比为q，由题意知a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2，又an>0，由以上两式联立方程组解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知2n＋1＝2n＋1b1＋b2n＋1＝(2n＋1)·bn＋1，S2又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝bn，则cn＝2n＋1n.an2所以Tn＝c1＋c2＋＋cn3572n－12n＋1＝2＋22＋23＋＋2n－1＋2n，又1Tn＝32＋53＋2n－12n＋174＋＋n＋2n＋1，22222两式相减得131112n＋12Tn＝2＋2＋22＋＋2n－1－2n＋1，所以Tn＝5－2n＋52n.触类旁通用错位相减法乞降应注意的问题(1)要擅长辨别题目种类，特别是等比数列公比为负数的情况．(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步正确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法乞降时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种状况求解．【变式训练2】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)．(1)求m的值；(2)若数列{bn}知足an＝log∈*)，求数列{(an＋6)·b的前n22bn(nNn}项和．解(1)由已知得am＝Sm－Sm－1＝4，且am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14，设数列{an}的公差为d，则有2am＋3d＝14，∴d＝2.由Sm＝0，得ma1＋mm－1×2＝0，即a1＝1－m，2am＝a1＋(m－1)×2＝m－1＝4，m＝5.(2)由(1)知a1＝－4，d＝2，∴an＝2n－6，n－3＝log2bn，得bn＝2n－3.(an＋6)·bn＝2n·2n－3＝n·2n－2.设数列{(an＋6)·bn}的前n项和为Tn，Tn＝1×2－1＋2×20＋＋(n－1)×2n－3＋n·2n－2①2Tn＝1×20＋2×21＋＋(n－1)×2n－2＋n·2n－1②①－②，得－Tn＝2－1＋20＋＋2n－2－n·2n－12－11－2nn－1＝－n·21－2＝2n－1－12－n·2n－1n－11＝(1－n)×2－2.n－11*∴Tn＝(n－1)·2＋2(n∈N)．核心规律非等差、等比数列的一般数列乞降，主要有两种思想：(1)转变的思想，马上一般数列想法转变为等差或等比数列，这一思想方法常常经过通项分解或错位相消来达成；(2)不可以转变为等差或等比的特别数列，常常经过裂项相消法、倒序相加法等来乞降．满分策略1．直策应用公式乞降时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应付其公比能否为1进行议论．2．在应用错位相减法时，要注意察看未归并项的正负号．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律拥有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.板块三启智培优·破译高考规范答题系列3——求数列{|an|}的前n项和问题[2018·德州模拟]在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列．(1)求d，an；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋＋|an|.解题视点平等差数列{an}，求{|an|}的前n项和的题型，常先由Sn的最值判断出哪些项为正，哪些项为负，或先求出an，解an≥0的的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负．若前k项为负，从k＋1项开始此后的项非负，则{|an|}的前n项和Tn＝－Sn，n≤k，Tn＝若前k项为正，此后各项非正，则Sn－2Sk，n>k，Sn，n≤k，2Sk－Sn，n>k.解(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0，故d＝－1或4.所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，所以Sn＝－12n2＋212n，令an≥0，则n≤11.当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋＋|an|＝Sn＝－12n2＋212n.当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋＋|an|＝－Sn＋2S11＝12n2－212n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋＋|an|－12n2＋212n，n≤11，＝12n2－212n＋110，n≥12.[答题模板]求数列{|an|}前n项和的一般步骤第一步：求数列{an}的前n项和；第二步：令an≤0(或an≥0)确立分类标准；第三步：分两类分别求前n项和；第四步：用分段函数形式表示结论；第五步：反省回首，即查察{|an|}的前n项和与{an}的前n项和的关系，以防求错结果．追踪训练已知数列{an}的前n项和Sn＝12n－n2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.解(1)∵当n＝1时，a1＝S1＝11；当n≥2时，Sn＝12n－n2，Sn－1＝12(n－1)－(n－1)2，∴an＝Sn－Sn－1＝13－2n；当n＝1时也知足此式建立，故an的通项公式为an＝13－2n.13(2)令an＝13－2n≥0，n≤2.当n≤6时，数列{|an|}的前n项和Tn＝Sn＝12n－n2；当n>6时，a7，a8，，an均为负数，故Sn－S6<0，此时Tn＝S6＋|Sn－S6|＝S6＋S6－Sn＝72＋n2－12n.12n－n2，n≤6，故{|an|}的前n项和Tn＝n2－12n＋72，n>6.板块四模拟操练·提能增分[A

级基础达标

]1．若数列

{an}的通项公式为

an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前

n项和为(

)A．2n＋n2－1C．2n＋1＋n2－2

B．2n＋1＋n2－1D．2n＋n－2答案

C分析Sn＝a1＋a2＋a3＋＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)(23＋2×3－1)＋＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋＋2n)＋2(1＋2＋3＋＋n)－n＝21－2n＋2×nn＋1－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋11－22n2－2.2．[2017·全国卷Ⅲ]等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a成等比数列，则{an}前6项的和为()6A．－24B．－3C．3D．8答案A分析由已知条件可得a1＝1，d≠0，由a23＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2.6×5×－2＝－24.应选A.所以S6＝6×1＋23．[2018·江南十校联考]已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝1，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2017＝( )fn＋1＋fnA.2016－1B.2017－1C.2018－1D.2018＋1答案C11分析由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝2，则f(x)＝x2.所以an＝11fn＋1＋fn＝n＋1＋n＝n＋1－n，S2017＝a1＋a2＋a3＋＋2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋＋(2017－2016)＋a(2018－2017)＝2018－1.应选C.．·金版创新已知数列{an}的前n项和为，a＝1，当n≥24[2018]Sn1时，an＋2Sn－1＝n，则S2017的值为()A．2017B．2016C．1009D．1007答案C分析因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋(a2016＋a2017)＝1009.应选C.5．在数列{an}中，已知对随意1，则a21＋a22＋a23＋＋a2n等于(A．(3n－1)2C．9n－1答案B

n∈N*，a1＋a2＋a3＋＋an＝3n)B.1(9n－1)2D.14(3n－1)分析因为a1＋a2＋＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋＋an－1＝3n1－1(n≥2)．则n≥2时，an＝2·3n－1.当n＝1时，a1＝3－1＝2，合适上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．则数列{a2n}是首项为4，公比为9的等比数列．应选B.6．[2017·郑州模拟]设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋＋|a15|＝________.答案130分析由an＝2n－10(n∈N*)知，{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，所以当n<5时，an<0，当n≥5时，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)(a5＋a6＋＋a15)＝20＋110＝130.7．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋＋2×2n－2＋2n－1的结果是________．答案2n＋1－n－2分析Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋＋2×2n－2＋2n－1，①2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n，②②－①，得Sn＝－n＋2＋22＋＋2n－2＋2n－1＋2n＝－n＋21－2n1－22n＋1－n－2.8．[2017·全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝n110，则Sk＝________.k＝1答案

2nn＋1分析设等差数列{an}的公差为d，则3＝a1＋2d＝3，aa1＝1，由4×3得S4＝4a1＋2d＝10，d＝1.∴S＝n·1＋nn－1×1＝nn＋1，n221＝2＝21－1，Snnn＋1nn＋1n11111∴Sk＝S1＋S2＋S3＋＋Snk＝1＝21－1＋1－1＋1－1＋＋1－122334nn＋112n＝21－n＋1＝n＋1.9．[2018·阳模拟衡]在等比数列{an}中，公比q≠1，等差数列{bn}知足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前2n项和S2n.解(1)由题意，b1＝a1＝3，b4＝a2＝3q，b13＝a3＝3q2.又∵{bn}为等差数列，设公差为d，∴b4＝b1＋3d＝3q，化简得q2－4q＋3＝0，b13＝b1＋12d＝3q2，∴q＝1(舍)或q＝3，∴an＝3n，d＝b4－b1＝2，4－1bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由题意得cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n.S2n＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋－(4n－1)＋32n－1＋(4n＋1)＋32n(3＋32＋＋32n)＋[－3＋5－7＋9－－(4n－1)＋(4n＋1)]31－32n1－3＋{(5－3)＋(9－7)＋＋[(4n＋1)－(4n－1)]}32n＋1－3＝＋2n.210．[2018·京西城区模拟北]设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5.(1)求{an}的通项公式；(2)设数列14anan＋1的前n项和为Tn，求证：Tn≤.9解(1)由a1＝9，a2为整数可知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，于是

9＋4d≥0,9＋5d≤0，解得－

994≤d≤－5.∵d为整数，∴d＝－2.故{an}的通项公式为an＝11－2n.11(2)证明：由(1)，得anan＋1＝11－2n9－2n111＝29－2n－11－2n，∴Tn＝11－11－111＝111＋＋＋－－－－9.22n2n2n9112911令bn＝9－2n，由函数f(x)＝9－2x的图象对于点(4.5,0)对称及其单一性，知0<b1<b2<b3<b4，b5<b6<b7<<0，∴bn≤b4＝1.114∴Tn≤×1－9＝.29[B级知能提高]1．[2018·宁夏银川模拟]已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，.这个数列的特色是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2018项之和S2018等于( )A．2008B．4017C．1D．0答案B分析由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1.故数列的前8项挨次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009.由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.2018＝6×336＋2，∴S2018＝S2＝2008＋2009＝4017.应选B.2．数列1,1＋2,1＋2＋4，，1＋2＋22＋＋2n－1，的前n项和Sn>1020，那么n的最小值是( )A．7B．8C．9D．10答案D分析an＝1＋2＋22＋＋2n－1＝2n－1.Sn＝(21－1)＋(22－1)＋＋(2n－1)＝(21＋22＋＋2n)－n＝2n＋1－n－2，S9＝1013<1020，S10＝2036>1020，∴Sn>1020，n的最小值是10.应选D.3．[2016·江高考浙]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.答案1121分析∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，111S2＋1∴Sn＋，∴数列n＋2＋＝3是公比为3的等比数列，∴22＋2S1＋123.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋12＝S1＋12×34＝32×34＝2432，S5＝121.14．已知数列{an}的前n