1、INNOVATIVE DESIGN 第六章 第4节数列求和 知识分类落实 考点分层突破 课后巩固作业 内 容 索 引 / 1 2 3 / / 知识分类落实 夯实基础回扣知识1 索引 知识梳理 / 1.特殊数列的求和公式特殊数列的求和公式 索引 2.数列求和的几种常用方法数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法分组转化法 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，从而求把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可
2、以相互抵消，从而求 得其和得其和. (3)错位相减法错位相减法 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，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， 这个数列的前这个数列的前n项和可用错位相减法求解项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法倒序相加法 如果一个数列如果一个数列an的前的前n项中与首末两端等项中与首末两端等“距离距离”的两项的和相等或等于同的两项的和相等或等于同 一个常数，那么求这个数列的前一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解项和即可用倒序相加法求解. 索引 诊断自测 / 索引 解析解析(3)要分要分a0或或a
3、1或或a0且且a1讨论求解讨论求解. 索引 B 索引 C 解析解析 由由 an 1 n（n1） 1 n 1 n1， ， 索引 4.(2020郑州模拟郑州模拟)已已知数列知数列an满足满足an 1 an2，a15，则，则|a1|a2| |a6| () A.9 B.15 C.18 D.30 解析解析由题意知由题意知an是以是以2为公差的等差数列，又为公差的等差数列，又a15， 所以所以|a1|a2|a6|5|3|1|135531135 18. C 索引 AC bn 1 n 2 n1 2 4 n（n1） 4 1 n 1 n1 ， 数列数列bn的前的前n项和项和Snb1b2b3bn 4 1 1 n1
4、4n n1.故选 故选 AC. 索引 解析解析由由f(x)f(1x)4， an2(n1) 考点分层突破 题型剖析考点聚焦2 索引 1.数列数列an的通项公式是的通项公式是an(1)n(2n1)，则该数列的前，则该数列的前100项之和为项之和为 () A.200 B.100 C.200 D.100 解析解析S100(13)(57)(197199) 250100. 考点一分组转化求和 / 自主演练自主演练 D 索引 2.(2020合肥质检合肥质检)已已知数列知数列an的首项为的首项为1，anan 1 2n，则数列，则数列an的前的前10 项之和等于项之和等于_. 解析解析因为因为anan 1 2n
5、， 所以所以an 1an2 2n 1， ， 所以所以an的奇数项和偶数项均为公比为的奇数项和偶数项均为公比为2的等比数列，的等比数列， S10(a1a3a9)(a2a4a10) 31 索引 3.在一个数列中，如果在一个数列中，如果nN*，都有，都有anan 1an2 k(k为常数为常数)，那么这个数列叫，那么这个数列叫 做等积数列，做等积数列，k叫做这个数列的公积叫做这个数列的公积.已知数列已知数列an是等积数列，且是等积数列，且a11，a2 2，公积为，公积为8，则，则a1a2a2 021_. 解析解析根据根据a11，a22及及anan 1an2 8， 得得a34，a41，a52，a64，
6、易知数列易知数列an是周期为是周期为3的周期数列，的周期数列， 且且anan 1 an 2 7(nN*)， 所以所以a1a2a2 021(a1a2)(a3a4a5)673 12(124)6734 714. 4 714 索引 4.(2021重庆质检重庆质检)已已知等差数列知等差数列an的前的前n项和为项和为Sn，a59，S525. (1)求数列求数列an的通项公式及的通项公式及Sn； 解解设数列设数列an的公差为的公差为d，由，由S55a325得得a3a12d5， 又又a59a14d， 所以所以d2，a11， 索引 4.(2021重庆质检重庆质检)已已知等差数列知等差数列an的前的前n项和为项和
7、为Sn，a59，S525. (2)设设bn(1)nSn，求数列，求数列bn的前的前n项和项和Tn. 解解结合结合(1)知知bn(1)nn2， 当当n为偶数时，为偶数时， Tn(b1b2)(b3b4)(b5b6)(bn 1 bn) (1222)(3242)(5262)(n1)2n2 (21)(21)(43)(43)(65)(65)n(n1)n(n1) 当当n为奇数时，为奇数时，n1为偶数，为偶数， 索引 感悟升华 索引 【例例1】(2020佛山调研佛山调研)已已知等比数列知等比数列an的前的前n项和为项和为Sn(Sn0)，满足，满足S1，S2， S3成等差数列，且成等差数列，且a1a2a3. (
8、1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； 解解设数列设数列an的公比为的公比为q，依题意有，依题意有S1S32S2， (a2a3)2(a1a2)，即，即q(a1a2)2(a1a2)， 又又Sn0，知，知a1a2S20， 所以所以q2， 又又a1a2a3，知，知a1q2， 所以所以an的通项公式的通项公式an(2)n. 考点二裂项相消求和 / 师生共研师生共研 索引 索引 感悟升华 索引 解解设等比数列设等比数列bn的公比为的公比为q(q0)，等差数列，等差数列an的公差为的公差为d， 因为因为b28， 又又b13b34， 所以所以 b18 q， ，b38q， 索引 解得解得d2， 因为因为
9、k为正整数，所以为正整数，所以k的最小值为的最小值为16. 1 Sn 1 n（n1） 1 n 1 n1， ， 索引 若选若选，则，则a1b42， 下同下同. 若选若选，则，则a1b42， 故故 Tk3 4 11 3 1 2 1 4 索引 因为因为k为正整数，解得为正整数，解得k7， 所以所以k的最小值为的最小值为7. 索引 【例例2】(2021武汉调研武汉调研)在在S3S2a22a1，2a2a4a3，这两个条件中任，这两个条件中任 选一个，补充在下列问题中，并解答选一个，补充在下列问题中，并解答. 设数列设数列an是公比大于是公比大于0的等比数列，其前的等比数列，其前n项和为项和为Sn.已知已
10、知a12，_. (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； 解解若选，设等比数列若选，设等比数列an的公比为的公比为q. a12，S3S2a22a1， q2q20，解得，解得q2或或q1. q0，q2，an2n. 若选，设等比数列若选，设等比数列an的公比为的公比为q，且，且q0， 由由2a2a4a3可得可得2a2a2q2a2q. a20，2q2q，即，即q2q20. q0，q2，ana1qn 1 2n. 考点三错位相减求和 / 师生共研师生共研 索引 【例例2】(2)设设bn12log2an，Tna1b1a2b2a3b3anbn，求，求Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计
11、分注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解解由由(1)知知bn12log2an12log22n2n1， Tn321522723(2n1)2n， 2Tn322523(2n1)2n(2n1)2n 1， ， 622n 1 8(2n1)2n 1 2(2n1)2n 1， ， Tn(2n1)2n 1 2. 索引 1.一般地，如果数列一般地，如果数列an是等差数列，是等差数列，bn是等比数列，求数列是等比数列，求数列anbn的前的前n项和项和 时，可采用错位相减法时，可采用错位相减法. 2.用错位相减法求和时，应注意：用错位相减法求和时，应注意： (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负
12、数的情形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)在写出在写出“Sn”与与“qSn”的表达式时应特别注意将两式的表达式时应特别注意将两式“错项对齐错项对齐”，以便于下，以便于下 一步准确地写出一步准确地写出“SnqSn”的表达式的表达式. 感悟升华 索引 【训练训练2】(2020全国全国卷卷)设设数列数列an满足满足a13，an 1 3an4n. (1)计算计算a2，a3，猜想，猜想an的通项公式并加以证明；的通项公式并加以证明； 解解由由a13，an 1 3an4n，得，得a25，a37. 猜想猜想an2n1.证明如下：证明如下： 由由an 1 3an4n，得，得an3an
13、 1 4n4(n2)， 则则an(2n1)3an 1 (2n1). 又又a13，知，知a130，所以，所以an(2n1)0， 则则an2n1. 索引 【训练训练2】(2020全国全国卷卷)设设数列数列an满足满足a13，an 1 3an4n. (2)求数列求数列2nan的前的前n项和项和Sn. 解解由由(1)得得2nan(2n1)2n， 所以所以Sn32522723(2n1)2n. 从而从而2Sn322523724(2n1)2n 1. 得得 Sn3222222322n(2n1)2n 1， ， 所以所以Sn(2n1)2n 1 2. 课后巩固作业 提升能力分层训练3 A级 基础巩固 / 01121
14、31407080910110203040506索引 一、选择题一、选择题 1.等等差数列差数列an的首项为的首项为1，公差不为，公差不为0.若若a2，a3，a6成等比数列，则成等比数列，则an前前6项的项的 和为和为 () A.24 B.3 C.3 D.8 解析解析设设an的公差为的公差为d，根据题意得，根据题意得aa2a6， 即即(a12d)2(a1d)(a15d)，解得，解得d2， A 0112131407080910110203040506索引 解析解析设设f(x)x，且，且f(x)过点过点(4，2)， B 0112131407080910110203040506索引 B 22(31)d
15、2(61)d，解得，解得d2， 所以所以S10a1a2a3a4a102(1210)110. 0112131407080910110203040506索引 4.在数列在数列an中，若中，若a11，a23，an 2 an 1 an(nN*)，则该数列的前，则该数列的前100项项 之和是之和是 () A.18 B.8 C.5 D.2 解析解析由由an 2 an 1 an(anan 1) an an 1 (an 2 an 3) (an 3 an 4) an 3 an 4， ， 得得an是周期为是周期为6的周期函数，的周期函数， 又又a3a2a1312，a4231，a5123， a6312， 10016
16、64， S10016(132132)(1321)5. C 0112131407080910110203040506索引 解析解析a14a27a3(3n2)an4n， 当当n2时，时，a14a27a3(3n5)an 1 4(n1). 故故a2a3a3a4a21a22 C 0112131407080910110203040506索引 ABD 解解析析 因为因为 1 an 1 2 3an an 2 an 3， 所以所以 1 an 1 32 1 an 3 ，又，又 1 a1 340， 0112131407080910110203040506索引 由选项由选项B可知可知an为递减数列，故为递减数列，故C
17、错误；错误； 0112131407080910110203040506索引 解析解析设等差数列设等差数列an的公差为的公差为d，则，则 二、填空题二、填空题 0112131407080910110203040506索引 8.(2021石家庄模拟石家庄模拟)已已知数列知数列an满足满足a11，且，且an 1 ann1 009(nN*)， 则其前则其前2 021项之和项之和S2 021_. 解析解析S2 021a1(a2a3)(a4a5)(a2 020a2 021)， 又又an 1 ann1 009(nN*), 且且a11， S2 0211(21 009)(41 009)(2 0201 009)
18、1(2462 020)1 0091 010 2 021 0112131407080910110203040506索引 9.已知数列已知数列nan的前的前n项和为项和为Sn，且，且an2n，且使得，且使得Snnan 1 500的最小正整的最小正整 数数n的值为的值为_. 解析解析Sn121222n2n， 则则2Sn122223n2n 1，两式相减得 ，两式相减得 故故Sn2(n1)2n 1. 又又an2n， Snnan 1 502(n1)2n 1 n2n 1 50 522n 1， ， 依题意依题意522n 10，故最小正整数 ，故最小正整数n的值为的值为5. 5 0112131407080910
19、110203040506索引 两式相除得两式相除得bn2n(n2)， 当当n1时也适合该等式，故时也适合该等式，故bn2n. 0112131407080910110203040506索引 所以所以T2nc1c2c3c2n 1 c2n 22cos 24cos 226cos 322ncos n 222426(1)n22n 0112131407080910110203040506索引 解解由数列由数列bn的前的前n项和项和Sn2n1得，得， 当当n2时，时，Sn 1 2n 1 1， 故故bn2n2n 1 2n 1， ， 又又b1S12111，符合上式，符合上式， 所以数列所以数列bn的通项公式为的通
20、项公式为bn2n 1， ， 设等差数列设等差数列an的公差为的公差为d. 0112131407080910110203040506索引 若选条件若选条件，则，则a1d2，a13d8， 解得解得d3，a11，所以，所以an3n4， 0112131407080910110203040506索引 若选条件若选条件，则，则a1d4，a13d8， 解得解得a1d2， 则则an2n， 所以所以Tn 所以所以 cn 1 2n2（n1） 1 4 1 n 1 n1 ， 0112131407080910110203040506索引 若选条件若选条件，则，则a15d2，a13d8， 解得解得a117，d3，所以，所
21、以an203n， 所以所以 cn 1 （3n20）（）（3n17） 1 3 1 3n20 1 3n17 ， B级 能力提升 / 索引0112131407080910110203040506 12.(多选题多选题)(2021重庆调研重庆调研)设设首项为首项为1的数列的数列an的前的前n项和为项和为Sn， 若若Sn 1 2Snn1(nN*)，则下列结论正确的是，则下列结论正确的是 ( ) A.数列数列Snn为等比数列为等比数列 B.数列数列an的通项公式为的通项公式为an2n 1 1 C.数列数列an1为等比数列为等比数列 D.数列数列2Sn的前的前n项和为项和为2n 2 n2n4 又又S112，
22、所以数列，所以数列Snn的首项为的首项为2，公比为，公比为2的等比数列，故的等比数列，故A正确；正确； 对于对于B，由选项，由选项A可得可得Snn(S11)2n 1 2n，则，则Sn2nn， 当当n2时，时，anSnSn 1 (2nn)2n 1 (n1)2n2n 1 12n 1 1， 当当n1时不符合，故时不符合，故B错误；错误； AD 0112131407080910110203040506索引 所以数列所以数列an1不是等比数列，故不是等比数列，故C错误；错误； 对于对于D，因为，因为Sn2nn， 所以所以2Sn2n 1 2n， 0112131407080910110203040506索引
23、 13.(2020全国全国卷卷)数数列列an满足满足an 2 (1)nan3n1，前，前16项和为项和为540， 则则a1_. 解析解析因为数列因为数列an满足满足an 2 (1)nan3n1， 所以当所以当n2k(kN*)时，时，a2k 2 a2k6k1(kN*)， 所以所以(a2a4)(a6a8)(a10a12)(a14a16)517294192. 当当n2k1(kN*)时，时，a2k 1 a2k 1 6k4(kN*)， 当当k1时上式也成立，时上式也成立， 所以所以a2k 1 a1(3k4)(k1)(kN*)，即，即a2k 1 a13k27k4(kN*). 7 0112131407080
24、910110203040506索引 又前又前16项和为项和为540，所以，所以928a1392540， 解得解得a17. 法二法二所以所以a2k 1 a1(3k23k1)10k3a1(k1)3k310k3， 又前又前16项和为项和为540，所以，所以928a1392540，解得，解得a17.a 0112131407080910110203040506索引 所以所以ann. 0112131407080910110203040506索引 若选若选，则有，则有b11，b22，所以，所以bn2n 1， ， 此时此时anbnn2n 1， ， Tn120221322n2n 1， ， 2Tn12122232
25、3(n1)2n 1 n2n， 故故Tnn2n2n1(n1)2n1. 因为因为Tn在在kN*上单调递增，且上单调递增，且T872811 7932 019， T982914 0972 019，所以存在，所以存在k9满足题意满足题意. 0112131407080910110203040506索引 两式相减可得，两式相减可得， 显然，显然，Tn4，所以不存在，所以不存在k值值. 此时此时 anbnn 1 2 n1 ， Tn1 1 2 0 2 1 2 1 3 1 2 2 n 1 2 n1 ， 0112131407080910110203040506索引 若选若选，b11，b2121，则，则bn(1)n 1， ， 此时此时anbnn(1)n 1， ， Tn1(1)02(1)13(1)2n(1)n 1， ， Tn1(1)12(1)23(1)3(n1)(1)n 1 n(1)n， 所以存在所以存在k2m1(m2 019，mZ)满足条件满足条件. INNOVATIVE DESIGN THANKS本节内容结束
