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热点二 数列求和 方法1 分组转化求和 【例2】 (2020·山东五地联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等
式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
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4.(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项. (1)求{an}的公比； (2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和. 解 (1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3， 即2a1＝a1q＋a1q2. 所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2. 故{an}的公比为－2.
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解 (1)设等差数列{an}的公差为d， 因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)， 所以Sa21＝1＋2＝3，得 a1＝d， 又易知a21＝2，所以 a1＝1，d＝1. 所以数列{an}的通项公式为an＝n. (2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n. 因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n， 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝ n（1＋22n－1）＋2（11－－22n）＝n2＋2n＋1－2.
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高考数学复习：数列求和及综合问题
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1.(2020·全 国 Ⅰ 卷 ) 数 列 {an} 满 足 an ＋ 2 ＋ ( － 1)nan ＝ 3n － 1 ， 前 16 项 和 为 540 ， 则 a1 ＝ ________.
解析 法一 因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1， 所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1， 所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41， 所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92. 因为数列{an}的前16项和为540， 所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①
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【训练 1】(2020·合肥检测)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 a2n＝Sn＋Sn－1(n≥2)， a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是递增数列，求实数a的取值范围. 解 (1)a2n＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a2n－1＝Sn－1＋Sn－2(n≥3). 相减可得 a2n－a2n－1＝an＋an－1， ∵an＞0，an－1＞0，∴an－an－1＝1(n≥3). 当 n＝2 时，a22＝a1＋a2＋a1，∴a22＝2＋a2，a2＞0，∴a2＝2. 因此 n＝2 时，an－an－1＝1 成立. ∴数列{an}是等差数列，公差为 1.∴an＝1＋n－1＝n.
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(2)由(1)知bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前n项和Tn＝n2，
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋ ＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋11）2. 因此{An}是单调递增数列， ∴当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有最大值.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m＜2n＋1时，bm＝n. 所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋… ＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
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探究提高 1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝ an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求 出Sn与n之间的关系，再求an. 2.由Sn求an时，一定注意分n＝1和n≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式 子，若不能，则用分段形式来表示.
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【训练2】 (2020·潍坊调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S4＝40.数列{bn} 的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设 cn＝abnn，，nn为为奇偶数数，，求数列{cn}的前 n 项和 Pn.
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法二 由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1， 当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1， ∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2， ∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列， 所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63. 答案 －63
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3.(2020·新高考山东卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8. (1)求{an}的通项公式； (2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100. 解 (1)设{an}的公比为q(q＞1). 由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8. 解得 q＝12(舍去)，q＝2. 由题设得a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.
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热点聚焦 分类突破@《创新设 Nhomakorabea》解 (1)因为an＝5Sn＋1，n∈N*， 所以an＋1＝5Sn＋1＋1，
两式相减，得 an＋1＝－14an， 又当 n＝1 时，a1＝5a1＋1，知 a1＝－14， 所以数列{an}是公比、首项均为－14的等比数列. 所以数列{an}的通项公式 an＝－14n.
＋34×52＋5＋14＋a1＋34×72＋7＋14＋a1＋34×92＋9＋14＋a1＋34×112＋11＋14＋a1
＋34×132＋13＋14＋a1＝8a1＋392＝448，解得 a1＝7. 答案 7
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2.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________. 解析 法一 因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)， 所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝－2n－1. 所以 S6＝－1×1（－12－26）＝－63.
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探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的 问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a1及d；(3)“分组求和”关，观察 数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等 差、等比数列的前n项和公式求和. 2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易 忽视数列通项的下标如错得a2n＝n，应注意“＝”左右两边保持一致.
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法二 同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448. 当n为奇数时，有an＋2－an＝3n－1， 由累加法得 an＋2－a1＝3(1＋3＋5＋…＋n)－n＋2 1＝32(1＋n)·n＋2 1－n＋2 1＝34n2＋n＋14， 所以 an＋2＝34n2＋n＋14＋a1. 所以 a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋34×12＋1＋14＋a1＋34×32＋3＋14＋a1
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因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1， 所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38， 所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.② 由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184. 又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44， a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102， 所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.
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3.数列求和 (1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当 拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并. (2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数 列和等比数列. (3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消 中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如anacn＋1(其中{an}是各项均不为零的等差 数列，c 为常数)的数列. 温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.
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