2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第5章數(shù)列第4節(jié)數(shù)列求和教學(xué)案文含解析北師大版

PAGE1-第四節(jié)數(shù)列求和[考綱傳真]1.駕馭等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式.2.駕馭特殊的非等差、等比數(shù)列的幾種常見的求和方法．1．公式法(1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))2．分組轉(zhuǎn)化法把數(shù)列的每一項(xiàng)分成兩項(xiàng)或幾項(xiàng)，使其轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列，再求解．3．裂項(xiàng)相消法把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得其和．4．錯(cuò)位相減法假如一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和可用錯(cuò)位相減法求解．5．倒序相加法假如一個(gè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中與首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法求解．6．并項(xiàng)求和法一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采納兩項(xiàng)合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.eq\o([常用結(jié)論])1．一些常見的數(shù)列前n項(xiàng)和公式：(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)；(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.2．常用的裂項(xiàng)公式(1)eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；(2)eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；(3)eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)；(4)logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝loga(n＋1)－logan.[基礎(chǔ)自測(cè)]1．(思索辨析)推斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)假如數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q)． ()(2)當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))． ()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時(shí)只要把上式等號(hào)兩邊同時(shí)乘以a即可依據(jù)錯(cuò)位相減法求得． ()(4)推導(dǎo)等差數(shù)列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5． ()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改編)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1)，則S5等于()A．1 B．eq\f(5,6)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,30)B[∵an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).]3．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，則S50＝________.－25[S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]4．?dāng)?shù)列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n項(xiàng)和Sn的值等于________．n2＋1－eq\f(1,2n)[Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up18(n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.4－eq\f(n＋4,2n)[設(shè)S＝3×eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,22)＋5×eq\f(1,23)＋…＋(n＋2)×eq\f(1,2n)，則eq\f(1,2)S＝3×eq\f(1,22)＋4×eq\f(1,23)＋5×eq\f(1,24)＋…＋(n＋2)×eq\f(1,2n＋1).兩式相減得eq\f(1,2)S＝3×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(n＋2,2n＋1).∴S＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(n＋2,2n)＝3＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up18(n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(n＋2,2n)＝4－eq\f(n＋4,2n).]分組轉(zhuǎn)化求和【例1】(2024·黃山模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和．[解](1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也滿意an＝n，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.[拓展探究]在本例(2)中，如何求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.[解]由本例(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n為偶數(shù)，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n為奇數(shù).))[規(guī)律方法]分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采納分組求和法求{an}的前n項(xiàng)和；(2)通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采納分組轉(zhuǎn)化法求和．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿意a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求T2n.[解](1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2.,q＝2，))∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n(n＋2)，則cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,nn＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))即cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2n,2n＋1)＋eq\f(2,3)(4n－1)．錯(cuò)位相減法求和【例2】(2024·天津高考)已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和(n∈N*)．[解](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因?yàn)閝>0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16. ②聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n.(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， ①4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， ②①－②，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).[規(guī)律方法]錯(cuò)位相減法求和時(shí)的3個(gè)留意點(diǎn)(1)要擅長識(shí)別題目類型，特殊是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形．(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特殊留意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”以便下一步精確寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式，同時(shí)應(yīng)留意差式中成等比數(shù)列的項(xiàng)數(shù)．(3)在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種狀況求解．(2024·阜陽模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)當(dāng)d＞1時(shí)，記cn＝eq\f(an,bn)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.[解](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,9)))eq\s\up18(n－1).))(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq\f(2n－1,2n－1)，于是Tn＝1＋eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋eq\f(9,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)， ①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋eq\f(9,25)＋…＋eq\f(2n－1,2n). ②①－②可得eq\f(1,2)Tn＝2＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n)，故Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).裂項(xiàng)相消法求和?考法1形如an＝eq\f(1,nn＋k)型【例3】(2024·濟(jì)南模擬)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿意4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3對(duì)隨意的正整數(shù)n都成立．(1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,Sn)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.[解](1)當(dāng)n＝1時(shí)，4S1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－3，即aeq\o\al(2,1)－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，由4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，得當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1－3，兩式相減，得4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，又an＞0，∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2(n≥2)，∴數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1，得Sn＝eq\f(3＋2n＋1,2)·n＝n(n＋2)，∴bn＝eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).?考法2形如an＝eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))型【例4】已知函數(shù)f(x)＝xα的圖像過點(diǎn)(4,2)，令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*.記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2019＝________.2eq\r(505)－1[由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝eq\f(1,2)，則f(x)＝xeq\f(1,2).∴an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2019)－eq\r(2018))＋(eq\r(2020)－eq\r(2019))＝eq\r(2020)－1＝2eq\r(505)－1.][規(guī)律方法]利用裂項(xiàng)相消法求和的留意事項(xiàng)(1)抵消后并不肯定只剩下第一項(xiàng)和最終一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)；或者前面剩幾項(xiàng)，后面也剩幾項(xiàng)；(2)將通項(xiàng)裂項(xiàng)后，有時(shí)須要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項(xiàng)之差和系數(shù)之積與原通項(xiàng)相等．如：若{an}是公差d≠0的等差數(shù)列，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).(2024·山西八校聯(lián)考)在等差數(shù)列{an}中，a2＝4，a1＋a4＋a7＝30，其前n項(xiàng)和為Sn.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn＋2n)))的前n項(xiàng)和Tn.[解](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.法一：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋a1＋3d＋a1＋6d＝30，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,3a1＋9d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3，))所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3n－2.法二：由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1＋a4＋a7＝3a4＝30，解得a4＝10，所以d＝eq\f(a4－a2,4－2)＝eq\f(10－4,2)＝3，所以an＝a2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×3＝3n－2.(2)由(1)知Sn＝eq\f(3n2－n,2)，所以Sn＋2n＝eq\f(3n2－n,2)＋2n＝eq\f(3n2＋3n,2)＝eq\f(3nn＋1,2)，所以eq\f(1,Sn＋2n)＝eq\f(2,3nn＋1)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).所以Tn＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,3n＋1).1．(2024·全國卷Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}滿意a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項(xiàng)和．[解](1)因?yàn)閍1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，兩式相減得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)．又由題設(shè)可得a1＝2，滿意上式，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2,2n－1).(2)記eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項(xiàng)和為Sn.由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,2n＋12n－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，則Sn＝eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).2．(2014·全國卷Ⅰ)已知{an}是遞增的等差數(shù)列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))的前n項(xiàng)和．[解](1)方程x2－5x＋6＝0的兩根為2,3，由題意得a2＝2，a4＝3.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a4－a2＝2d，故d＝eq\f(1,2)，從而a1＝eq\f(3,2).所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,2)n＋1.(2)設(shè)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))的前n項(xiàng)和為Sn.由(1)知eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，則Sn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2).兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,23)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))－eq\f(n＋2,2n＋2).所以Sn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1).三數(shù)列中的高考熱點(diǎn)問題[命題解讀]數(shù)列在數(shù)學(xué)中既具有獨(dú)立性，又具有較強(qiáng)的綜合性，是初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的一個(gè)重要連接點(diǎn)，從近五年全國卷高考試題來看，本專題的熱點(diǎn)題型有：一是等差、等比數(shù)列的綜合問題；二是數(shù)列的通項(xiàng)與求和；三是數(shù)列與不等式的交匯，難度中等．等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算解決等差、等比數(shù)列的綜合問題，關(guān)鍵是理清兩種數(shù)列的項(xiàng)之間的關(guān)系，并留意方程思想的應(yīng)用，等差(比)數(shù)列共涉及五個(gè)量a1，an，Sn，d(q)，n，“知三求二”．【例1】(2024·天津高考)已知{an}是等比數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＝eq\f(2,a3)，S6＝63.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若對(duì)隨意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中項(xiàng)，求數(shù)列{(－1)nbeq\o\al(2,n)}的前2n項(xiàng)和．[解](1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由已知，有eq\f(1,a1)－eq\f(1,a1q)＝eq\f(2,a1q2)，解得q＝2或q＝－1.又由S6＝a1·eq\f(1－q6,1－q)＝63，知q≠－1，所以a1·eq\f(1－26,1－2)＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由題意，得bn＝eq\f(1,2)(log2an＋log2an＋1)＝eq\f(1,2)(log22n－1＋log22n)＝n－eq\f(1,2)，即{bn}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差為1的等差數(shù)列．設(shè)數(shù)列{(－1)nbeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和為Tn，則T2n＝(－beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))＋(－beq\o\al(2,3)＋beq\o\al(2,4))＋…＋(－beq\o\al(2,2n－1)＋beq\o\al(2,2n))＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝eq\f(2nb1＋b2n,2)＝2n2.[規(guī)律方法]1.若{an}是等差數(shù)列，則{ban}(b>0，且b≠1)是等比數(shù)列；若{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，則{logban}(b>0，且b≠1)是等差數(shù)列．2．對(duì)等差、等比數(shù)列的綜合問題，應(yīng)重點(diǎn)分析等差、等比數(shù)列項(xiàng)之間的關(guān)系，以便實(shí)現(xiàn)等差、等比數(shù)列之間的相互轉(zhuǎn)化．(2024·南昌模擬)已知各項(xiàng)均為正數(shù)且遞減的等比數(shù)列{an}滿意：a3，eq\f(3,2)a4，2a5成等差數(shù)列，前5項(xiàng)和S5＝31.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若等差數(shù)列{bn}滿意b1＝a4－1，b2＝a3－1，求數(shù)列{abn}的前n項(xiàng)和．[解](1)由a3，eq\f(3,2)a4，2a5成等差數(shù)列得3a4＝a3＋2a5，設(shè){an}的公比為q，則2q2－3q＋1＝0，解得q＝eq\f(1,2)或q＝1(舍去)，所以S5＝eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝31，解得a1＝16.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up18(n－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up18(n－5).(2)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，由b1＝a4－1，b2＝a3－1得b1＝1，d＝a3－a4＝4－2＝2，所以bn＝2n－1，abn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up18(2n－6)，數(shù)列{abn}的前n項(xiàng)和Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up18(－4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up18(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up18(2n－6)＝eq\f(16\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up18(n))),1－\f(1,4))＝eq\f(64,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up18(n))).數(shù)列的通項(xiàng)與求和數(shù)列的通項(xiàng)與求和是高考的必考題型，求通項(xiàng)屬于基本問題，常涉及等差、等比數(shù)列的定義、性質(zhì)、基本量的運(yùn)算；求和問題關(guān)鍵在于分析通項(xiàng)的結(jié)構(gòu)特征，選擇適當(dāng)?shù)那蠛头椒ǎ？嫉那蠛头椒ㄓ校汗椒?、錯(cuò)位相減法、裂項(xiàng)相消法、分組求和法等．【例2】(本小題滿分12分)(2024·青島模擬)已知等差數(shù)列{an}，公差d＝2，S1，S2，S4成等比數(shù)列．(1)求an；(2)令bn＝(－1)neq\f(4n,an·an＋1)，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.[信息提取]看到條件中S1，S2，S4成等比數(shù)列，想到Seq\o\al(2,2)＝S1·S4；看到(2)中(－1)n想到n為偶數(shù)和奇數(shù)兩種狀況．[規(guī)范解答](1)∵S1，S2，S4成等比數(shù)列．∴Seq\o\al(2,2)＝S1S4， 1分∴(2a1＋2)2＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)×2))，解得a1＝1， 3分∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 4分(2)bn＝(－1)n·eq\f(4n,an·an＋1)＝(－1)n·eq\f(4n,2n－12n＋1)＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))). 6分∴當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝－1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(－2n,2n＋1)， 8分當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝－1－eq\f(1,2n＋1)＝－eq\f(2n＋2,2n＋1). 11分故Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－2n,2n＋1)，n為偶數(shù)，,\f(－2n－2,2n＋1)，n為奇數(shù).)) 12分[易錯(cuò)與防范]易錯(cuò)誤區(qū)：(1)在解答第(2)問時(shí)，不會(huì)處理bn的表達(dá)式；(2)求Tn時(shí)，沒有對(duì)n進(jìn)行分類探討，導(dǎo)致解答錯(cuò)誤．防范措施：(1)對(duì)于常見式子的裂項(xiàng)要心中有數(shù)，要依據(jù)分子的結(jié)構(gòu)特征來確定裂成兩項(xiàng)之和還是兩項(xiàng)之差．(2)出現(xiàn)(－1)n求和時(shí)，一般要分n為奇數(shù)和偶數(shù)兩種狀況．[通性通法](1)一般求數(shù)列的通項(xiàng)往往要構(gòu)造數(shù)列，此時(shí)從要證的結(jié)論動(dòng)身，這是很重要的解題信息．(2)依據(jù)數(shù)列的特點(diǎn)選擇合適的求和方法，常用的求和方法有錯(cuò)位相減法、分組轉(zhuǎn)化法、裂項(xiàng)相消法等．已知遞增數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿意Sn＋1＋an－1＝Sn＋2an(n∈N*且n≥2)，且a2a4＝21，a1＋a5＝10.(1)證明：數(shù)列{an}是等差數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(1,anan＋1)，試求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.[解](1)由Sn＋1＋an－1＝Sn＋2an可得Sn＋1－Sn＝2an－an－1，∴an＋1－an＝an－an－1(n≥2)．不妨令an－an－1＝d(n≥2)，易知d＞0，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列．又a2a4＝21，a1＋a5＝10，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋3d＝21，,a1＋a1＋4d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2.))又d＞0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))故an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)由(1)知，an＝2n－1，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,2)1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－3)－eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).數(shù)列與不等式的交匯問題【例3】(2024·哈爾濱模擬)已知數(shù)列{an}滿意a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，數(shù)列{bn}滿意bn＝an－n.(1)證明：數(shù)列{bn}為等比數(shù)列；(2)若數(shù)列{cn}滿意cn＝eq\f(bn,bn＋1bn＋1＋1)，且數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn＜eq\f(1,3).[證明](1)∵an＋1＝2an－n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，即bn＋1＝2bn.又b1＝a1－1＝2，∴數(shù)列{bn}是以2為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知，bn＝2×2n－1＝2n，∴cn＝eq\f(2n,2n＋12n＋1＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1).∴Tn＝eq\f(1,2＋1)－eq\f(1,22＋1)＋eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1)＋…＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1)＜eq\f(1,3).[規(guī)律方法]解決數(shù)列與不等式的綜合問題時(shí)，假如是證明題要敏捷選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等；假如是解不等式問題要運(yùn)用不等式的各種不同解法，如列表法、因式分解法等．總之解決這類問題把數(shù)列和不等式的學(xué)問奇妙結(jié)合起來綜合處理就行了．(2024·貴州模擬)已知數(shù)列{an}滿意2an＋1＝an＋2＋an(n∈N*)，且a3＋a7＝20，a2＋a5＝14.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,an－1an＋1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：Sn<eq\f(1,2).[解](1)由2an＋1＝an＋2＋an得{an}為等差數(shù)列．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a3＋a7＝20，a2＋a5＝14，解得d＝2，a1＝2，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n.(2)證明：bn＝eq\f(1,an－1an＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))，故當(dāng)n∈N*，Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2).[大題增分專訓(xùn)]1．(2024·北京高考)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)