第6章 第4进 数列求和-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习（人教B版2019）

第六章数列回 第4讲 数列求和 课标要求！ 1,熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式。 2.掌握非等差数列，非等比数列求和的几种常见方法。 必备知识 夯实四基。 对应答案P413 知识梳理 (3) √n+I-√n. √m十/n十I 1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n项和公式： 诊断自测 S=u(ata.) 2 na,十▣ 思考辨析 1.判断（在括号内打“√”或“×”） (2)等比数列的前n项和公式： na11=1, (1)若数列{a.}为等比数列，且公比不等于1，则 S.= a,一a9=☒ 其前n项和S。=一a+ 1- () 1-q 2.数列求和的几种常用方法 ②当≥2时（片》 (1)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. (3)求S.=a+2a+3a+…十a"时，只要把上 (2)裂项相消法 式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一 和. () 些项可以相互抵消，从而求得其和， (4)若数列a1,a2一a1,…,a.一an-1是首项为1， (3)错位相减法 公比为3的等比数列，则数列{a.}的通项公式是 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个 3-1 等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前 2 () 项和可用错位相减法求解。 教材衍化 (4)倒序相加法 2.(教村政编题)已知等差数列{a.},42=3,a=6, 如果一个数列{a.}的前n项中与首末两端等 “距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那 则数列 1 的前8项和为 () 么求这个数列的前”项和即可用倒序相加法 求解。 A c D.等 毯常用结论 3.(数村改编题)已知等差数列{a,}首项为1，公差 裂项求和常用的三种变形 为2，数列(b}满足b.=2-(n∈N),记数列{an (1) 1 11 十b}的前n项和为T.,则T。= () (n+1)nn+1 A.2147 B.1123 C.1078 D.611 121型 国高考一轮总复习·数学·RJB 易错自纠 5.(应略相加后S,前的系数政娱)已知数列{an}的 4.(裂项失误)已知a=2n十1，设b.= 1一，数列 aawi 道项公式为a,一，则此数列的前u项和5， {b)的前n项和T.= 提升能力 考点剖析⊙ 对应答案P413 考点 分组求和与并项求和（师生共研） [例1门已知数列{a,}的前n项和S.=心十” n项和S。时，可采用分组求和法求和，如果C 2 n∈N', =(一1)”·a。,求c.的前n项和时，可采用并项 (1)求数列{a)的通项公式： 求和法求和 (2)设bn=2"+(一1)”a.,求数列{b,}的前2n 变式训练 项和. (2022·山东潍坊·三模)在①数列{a.}为等差 数列，且a1=1,a+1=2a,一(2n-3):②41=2， 2S。=(n十1)a,:③正项数列{a.}满足4S,=a。十 2.一3这三个条件中任选一个，补充在下面问 题中，并给出解答。 问题：已知数列{a。}的前n项和为S。,且 (1)求数列{a,}的通项公式： 【发散探究】 (2)若数列{（一1）”·a.)的前n项和为T., 本例(2)中，条件不变，求数列{b}的前n项 求T 和T 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答 计分. 感悟方法 分组求和与并项求和法的应用策略 一般地，如果{an}是等差数列，b)是等比数 am,n为奇数， 列，求数列{an士bn}或cn 的前 b,n为偶数 盛122 第六章数列回 考点2 错位相减法求和（师生共研） [例2](2022·山东泰安·二模)已知数列{a,}单 将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S。一 调递增，其前n项和为S,且a,=2,S=+ gS”的表达式. 4 ③在应用错位相减法求和时，若等比教列的公比 (1)求数列{a.的通项公式： 为参数，应分公比q=1和q≠1两种情况求解. (2)设么.=4，·3-1，求数列佑的前n项 必变式训练 和T (2022·山东逝博·三模)设S。为等差数列{a,》 的前n项和，已知S=a,且a一2，a1,S成等 比数列. (1)求数列{a,}的通项公式： (2)若五.=2，求数列{a。·b,}的前n项 感悟方法 和T。 注意错位相减法求和解题“3关键” ①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“S”与“qS”的表达式时应特别注意 考点3 裂项相消法求和（师生共研） [例3](2022·河北张本口·三模)已知数列{a.} 1/ 3 3a. n十)裂项后可以产生连续相互 满足a1=41-1+2a 抵消的项 1)证明：日一-1是等比数列： 2,消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几 项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. （2)设6.=g兰，证明6+4十+6，< 3 冬变式训练 (2022·河北唐山·二模)已知等比数列{a,}满 足a1+ay=20a1-a1=60,n∈N°. (1)求{a.的通项公式： (2)i记b,=loga。c,= + ,求数列c)的 前n项和S. 感悟方法 1.用黎项相消法求和时，要对通项进行变换， 1 如： 上(m+k一n),n(n+) 1 请完成《课时检测训练37》 123盈 国高考一轮总复习·数学·RJB 自主培优11数列中的奇偶项问题 对应多案P41日 数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两 类型二奇、偶项通项不同的数列求和 个新数列进行单独研究，利用新数列的特征（等 [典例2](2022·山东济宁·二模)已知数列{a。) 差、等比数列或其他特征)求解原数列 a.十(2)+，n为奇数， (1)数列中的奇，偶项问题的常见题型 满足a1=2,4+1= 2a.,n为偶数 ①数列中连续两项和或积的问题(a。十a,+1 为等差数列： f(n)或a.·a.+=f(n): 1)设6，=a.,证明：数列 129 ②含有（一1）”的类型： (2)求数列{a.}的前2n项和. ③含有(an}{a,1}的类型； ④已知条件明确的奇偏项问题. (2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{a。}求S 时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的 和，也可以把a-1十au看作一项，求出S,再求 Sg-1=S4-a24 类型一通项中含有（一1）”的数列求和 [典例1门(2022·山东潍坊·二模)已知正项数 类型三连续两项和或积的问题(a。十au+1 列{a.}的前n项和为S。,且a十2a,=4S.,数列 f(n)或a。·aw+1=f(n) h)满足6=(-2) [典例3]设数列{a.)为等比数列，且a,=2,a= (1)求数列{b.}的前n项和B.·并证明B+1, 16,数列b}满足b1=0且b.+1+b.= B,B-是等差数列： 2n(n∈N"). (1)求数列(a.}和{b.}的通项公式： (2)设c,=(-1)”a.十b.,求数列{c.}的前n项 (2)若c.=a.·b.,T.是{c.)的前n项和， 和T. 求T 类型四含有a.,(aw-,}的数列求和 [典例4]已知数列(a,}满足：a1=2,a,十a+1=4 ×3". (1)求证：数列{a2w-1十1}和{am一1}均为等比 数列： ③124 第六章数列回 （2)设么=2X3”-2,数列6.)的前”项和为 aa 感悟方法 S求证8<高 有关数列奇偶项的问题是高考中经常涉及的问 题，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项 和偶数项的首项、项数，公差（比）等，并且注意 把数列转化为等差，等比数列求解. 高考重点突破二数 列 课标采求！ 1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差，等比数列的综合问题. 2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题 提升能力 考点剖析。 对应答案P416 考点一数学文化与数列的实际应用 [例1](1)今年“五一”期间，北京十家重点公园举 行免费游园活动，北海公同免费开放一天，早晨 6时30分有2人进人公园，接下来的第一个30 分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内 感悟方法 有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16 数列应用问题常见模型 人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进 (1)等差模型：后一个量比前一个量增加（或减 去4人出来，…按照这种规律进行下去，到上午 少)的是同一个固定值， 11时30分公园内的人数是 (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一 (2)在《庄子·天下》中提到：“一尺之锤，日取其 个因定的非零常效 半，万世不竭”，蕴含了无限分割，等比数列的思 (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项 想，体现了古人的智慧.如图，正方形ABCD的 之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应 边长为4，取正方形ABCD各边的中点E,F, 考虑a。与a.+1(或者相邻三项)之间的递推关 G,H,作第二个正方形EFGH,然后再取正方 系，或者S。与S.+1(或者相邻三项)之间的递推 形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第三个正方 形IJKL,依此方法一直继续下去，记第一个正 关系。 方形ABCD的面积为S:,第二个正方形EFGH 》变式训练g 的面积为S…,第n个正方形的面积为S。,则 1.(2023·云南西双版纳·二摸)《孙子算经》是我 前n个正方形的面积之和为 国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等 诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗.问：五人各 125图a⋯=2一a,所以=2-1,所[典例2]2°- 解析 因为： 当n≥2时)a.=S.-S=””-(m-D(u-D=n. a?也满足a=n,故数列{a,}的通项公式为a,=n.以-1=2.-2=2(÷-1), (2)由(1)知a。=n,故b。=2“+(-1)”n,记数列{b。}的前2n 项和为T?。,而÷-1=1,且b,=-1.5.数列(6,)是首项为1,公比为 2的等比数列， ∴b?=1×2*-1=2*-'. 则 T?=(21+22+⋯+2")+(-1+2-3+4一⋯+2n). 记 A=21+22+⋯+22",B=-1+2-3+4-⋯+2n, 则A=24=23=2*-2,[典例3]n·3解析∵a=3a,+3°·3-=, 学}; 子又一号，∴数列{ 是等差数列，公差为- ∴=2+(n-)×÷=x∴a,=n·s. B=(-1+2)+(-3+4)+⋯+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{b,}的前2n项和T=A+B=221+n-2. [发散探究] 解 当n为偶数时， T,=(21+22+⋯+2")+[-1+2-3+4+⋯-(n-1)+n]= 2-2+4-21-2+÷. 当n为奇数时， 第4讲 数列求和 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 m““2Pa241-g2-g≠1 T,=(21+22+⋯+2")+[-1+2-3+4+⋯-(n-2)+(n- 诊断自测 1)-n]=2**-2+”21-n —2— 1.(1)√ (2)√ (3)×(4)√ 2.B 解析 由a=3,a?=6可得公差d=4s—“2=1,所以a, 3 综上 =a?+(n-2)d=n+1. 因此。1=7m+1)(n+25=+i-0+2·,所以前8项和 为(=-号)+(÷-÷)+⋯+(5-6)=2-0=. [变式训练] 解 (1)若选①,因为{a}为等差数列，令n=1,则a?=2a?+1 3.B 解析由题意，a,=2n-1,a,+b,=2n-1+2“-,所以 =3,所以公差d=2,所以等差数列{a,}的通项公式为a=2n 一1;T=10(1±19)+1=2=100+2"-1=1 123. 若选②,当n≥2时，2S,=(n+1)a,,2S=na,因此 2a,=a.=2n+1.b.=a= (2+-) n4. 解 析 由3(2n+3) (n+1)a,-na,即分=2一，所以{)为常数列，因此‘?= 2(2n+1)(2n+3)~ 所以数列{b,}的前n项和为 =2,所以a.=2n; 若选③,当n=1时，4a?=aí+2a?—3,即(a?-3)(a?+1)=0. T.=b?+b?+⋯+b.=÷[(÷-÷)+ (÷-÷)+⋯+(2nT-2+3)]=-+6 又因为am>0,所以a?=3.当n≥2时，有4S。=a2+2a,-3, 4S=α2-1+2a-1-3,所以4a。=a2—α?-1+2a,—2a。-,即 (an+a-?)(a?-a?-1-2)=0.又因为a>0,所以a-a?-1=2, 所以{a,}是以2为公差的等差数列，所以a,=3+(n-1)×2==3(21+3)· 2n+1. 5.2-2-2 解析 由题知S,=2++8+⋯+2,① 所以≥S,=÷+8+16+⋯+”+”,② (2)若选①,由(1)可知，T2=-a?+a?-a?+a?-⋯-a?α-i+ a?n=(a?-a?)+(a?-a?)+⋯+(a?n-a?n-1)=2n; 若选②,由(1)可知，T=-a?+a?-a?+a?-⋯-a?-?+a。 =(a?-a?)+(a?-a?)+⋯+(a?w-a?n-1)=2n; ①-②得- 若选③,由(1)可知，T2=-a?+a?-a?+a?-⋯-a?n-1+a?。 =(a?-a?)+(a?-a?)+⋯+(a?o-a?o-1)=2n. 考点 2一， 所以 S,=2-2-2 S.=+m.所以当n≥2时，S-=“+n[例2]解 (1)因为， -1, [提升能力 考点剖析] 所以当n≥2时，S.-S=“?-d-+1=a,,考点 1 [例1]解 (1)当n=1时，a?=S?=1; 整理得(a,-2)2=a2-1. ·413 · 高考一轮总复习·数学·RJB 因为数列{a,}单调递增，且a?=2,所以当n≥2时，a,-2> 6-S+D)HD-÷(+1-8-).0,a-i>0, ∴b?+b?+⋯+b?==(+-1o+1o-2+⋯+所以当n≥2时，an-2=a,-1,即a-a,-1=2, 所以数列{a,}是以2为首项，2为公差的等差数列. 所以a?=2+2(n-1)=2n. 3+i-s+h)-2(+-s)< (2)b。=2n·3”-1,所以T,=b?+b?+b?+⋯+b,= 2(1·31+2·32+3·33+⋯+n·3")-n. [变式训练] 解 (1)因为等比数列{a,}满足a?+a?=20,a?-a?=60,设公 比为q,设 B=1·31+2·32+3·33+⋯+n·3”,则3B,=1·32 +2·3?+3·3?+⋯+n·3"+I, a--0 -7.所以 解得 所以a=4×4”-1=4".听以—2B,=31+32+33+⋯+3”一n·3+1-3(1-3” — n 1-3 (2)由(1)知，=1oga,=1og,4°=1og,2*=2nc-+= 2(2≠D+2c2+1="+1++1-2++-,+i· 所以数列(c,)的前n项和S=2n+(1-号)+(2-号)+⋯ +(2-2++)=2n++1. ·3**=(去-n)g*-, 所以2B,=(v-号)s+号， 所以T,=2B,-n=(n-号)g*1-n+意. [变式训练] 解 (1)设等差数列{a,}的公差为d,由S?=a;得3a?=a?,整 理得d=2a?.因为a?-2,a?,S?成等比数列，所以a3=(a?-2) 自主培优 11 [典例1]解(1)a2+2a,=4S,①,a?>0, 当n=1时，aí+2a?=4a?,∴a?=2或a?=0(舍), 当n≥2时，a?+2a,-?=4S,②, S?=5(a?-2)a,解得a?=0(舍去)或a?=5a?-10.又由d= 2a?,解得a?=1,d=2,满足条件，故a,=1+2(n-1)=2n-1. (2)由(1)得 S,=2d+2”-D=n,,所以 b,=2-√5=2-”= (去),所以a.·b,=(2n-1)(号), ①-②得a2-a2-1+2a,-2a,-1=4a,,∴(a?-a,-1)(a,+ a-1)=2(a+a?-1). ∵a?>0,∴an-a?-=2(n≥2), 所以T.=1×÷+3×(号)+5×(号)+⋯+(2n-1)× (去),则 ∴{a}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴a,=2n,b。= (-2)", ∴数列{b,}是首项为—2,公比为一2的等比数列， ∴B,=-2-C22)1=-÷+(-12÷T,=1×(=)+3×(÷)+5×(云)+⋯+(2n-1)× (去)”,两式相减得 ∵B+B,=-÷+(-1)·+(-1.- -÷+-D·3(-2+D-÷T,=1×÷+2[(号)+(号)+⋯+(号)]-(2m-1)× ±)"=±+2×)(--号) 一+2·(-}·2=2B,∴B⋯,B,B,成等差 (2n-1)×(去)1-2 数列. (2)c=(-1)"·2n+(-2)"=(-2)"+2(-1)"·n, 当n为偶数时，T,=(-2)1+(-2)2+⋯+(-2)"+2[-1 +2-3+4-⋯-(n-1)+n] -2-(2n+3)(号) 所以T,=3-(2n+3)(÷) ==2×P=(22)1+2×[(-1+2)+(-3+4)+⋯+ (-n+1+m)]==252~+2×2-2g+n-3. 当n为奇数时，T,=(-2)1+(-2)2+⋯+(-2)"+2[-1 +2-3+4-⋯+(n-1)-n] 考点3 a,=÷-am=1+2, 3a?[例3]证明 (1)因为 .则 a?= ->1+2a 0.a,=1+2a>0.⋯ ==2×P=221+2×L-1+(2-3)+(4-5)+⋯+ (n-1-n)]==2-5-2)~+2×[-1+(-1)×"2]- -2-2-n-1=-2-n-3⋯以此类推可知，对任意的n∈N°,a>0,由已知得；±-1-÷(÷-1),且-1-号所以- )是首项为寺，公比为号的等比数列，-1}是所以 ·÷-1=(号)a,=3(2)由(1)知， 高考一轮总复习·数学·RJB ·414 · [2·21+4·23+⋯+(2k-2)·22*-*]+[2·22+4·2?+[典例2]解 (1)证明：由题意，b?=a?=a?+(√2)2=2+2=4, 当n≥2时，b,=α?。=a?n-1+(√2)2”=2a?o-2+2"=2b, +2", ⋯+(2k—2)·22*-2] =3[2·21+4·23+⋯+(2k-2)·22*-3]=3[1·22+2· 2?+3·2?+⋯+(k-1)·22*-2]. -(-=1,则 =2为首项的所以： 是以 1为公差， 记S=1·22+2·2?+3·2°+⋯+(k-1)·2*-2, 那么 4S=1·21+2·2?+3·2?+⋯+(k-1)·22*,等差数列 则-3S=22+2?+2?+2?+⋯+2-2-(k-1)·22*= (2)由题设，S2=(a?+a?+⋯+azn-1)+(ag+a?+⋯+a?n) 49--0-a-10·t=(含-A)·x-号.=[a?-(√2)2]+[a?-(√2)1]+⋯+[a?-(√2)”]+(a?+ a?+⋯+a?) T.=3S=(k-专)·4+=+("-)·= =2(a?+a?+⋯+a?)-(2+22+⋯+2")=2(b?+b?+⋯ 3+(n-喜)·2.+b,)-21=22=2T,+2-2**, 当n是偶数时，T?=T+ab,=÷+[(u-1)-§]·由(1)知=2+(n-1)=n+1,则6,=(n+1)·2”. 其中T,=b?+b?+⋯+b,,即T,=2×21+3×22+4×2?+ 2~1+n·21=÷+(2n-=)·21=÷+ ⋯+(n+1)×2", (n-号)·2”,所以2T,=2×22+3×2°+⋯+n×2°+(n+1)×2*', 两式相减得-T,=4+(22+2°+⋯+2')-(n+1)×2"*1= 4+49=22-(n+1)×21=-n×2*, 所以T,=n×2"+1, 方法二：由c,=ab,=(n-号)·2~1+(-1)*·2~2.综上，S2=2T,+2-2*+1=2n×2**1+2-2**1=(2n-1) 2"+1+2. {(n-2)·2}令数列 的前n项和为S,则 [典例3]解 (1)设{a。}公比为q,则a?=a?q3=16,所以q=2, s.=2·2+2·2+⋯+2"23·2+22·2,所以a,=a?q'2=2*-'. 方法一：由b+?+b。=2n可得b,+b?-=2(n-1)(n≥2), 2S=2·2+2·22+⋯+2”23·2*1+2”2·2,两式相减得b-b?-=2(n≥2), 所以数列{b。}的奇数项是以a?为首项，公差为2的等差 数列， 所以-S,=号·2+21+⋯+21-(μ-号)·2=2+ 2°-2-(n-2)·2°=-2+(2-n)·2",即n是奇数时，b,=b-?=b?+(k-1)·2=(“?1-1)·2 所以S.=(n-号)·2+号，,那么=n-1; n是偶数时，b,=2n-b,+?=n, 即4-10~是确， (也可以表示成b,=n-+)) 方法二：由b+i+b。=2n可得b,+?=-b,+2n, n.-8=2-(0号)·2+是-1 (-2)]=号+(-意)·2+8⋯则有b-(n+1)+≥=-(b,-n+2), {6.-n+去}是以b,为首项，一1为公比的等比所以数列， [典例4]证明 (1)由a2o-1+a?m=4×32-1,① a?n+a+?=4×32”,② 6.-n+÷=(-÷)(-1)~1=÷(-1)°,即b,=n数列，则 -+) 将②-①得a-a=&×9°, 故当n≥2时，a?-a?=S×9,a?-a?=S×9°,a,-a?=ξ 00方-=0.·h=(-*· ×9°⋯·a-a-=号×g~~, 则T=a?b?+a?b?+a?b?+a?b?+a?b?+⋯+a,b,=0·2°+ 累加得a-a?=号(9+92+⋯+9~-)=号×9-0-÷ 2·21+2·22+4·23+4·2?+⋯ ×g2-3,故a-?=÷×g*-1,当n是奇数时，设n=2k-1,则 T,=a?b?+a?b?+⋯+a,b=0·2°+2·21+2·22+4·2 +4·21+⋯+(2k-2)·22*-3+(2k-2)·22*-2=0·2?+ 当n=1时，a?=3×9-1=2,故a?=}×9°-1,即a ·415· 高考一轮总复习·数学·RJB +1=÷×9、4-9, 由3?=243,3?=729,故得n≈6.又∵平均感染周期为7天，所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6 ×7=42 天，故选 B.因此{azo-1+1}为以3为首项，9为公比的等比数列.将 a1=÷×g?-1代入①得a-1=9°,故(a-1}为以9 为首项，9为公比的等比数列. [例2]解 (1)设等差数列{a。}的公差为d,因为b?=4,所以a? =2log?b?=4, 所以d=a?-a?=2,所以a,=2+(n-1)×2=2n. (2)由(1)知a?-1=3*~-1,a?=3“+1,故a,=3"+(-1)”, 当n为奇数时，a+i-a=2×3“+2>2×3”-2; 当n为偶数时，a+i-a=2×3“-2=2×3“-2, 因此对任意n∈N',均有a+?-an≥2×3"-2, 则.=2202<=- 又a。=2log?b,即2n=2log?b,所以n=log?b,所以b,=2”. (2)由(1)得b,=2”=2·2”-1=a?-1,即b,是数列{a。}中的 第 2*-1项. 设数列{a,}的前n项和为P,数列{b,}的前n项和为Q,, 因为b,=a?6=ag?,b=a?/=a2s,当n=1时，S?= aa-÷<方 所以数列{cn}的前100项是由数列{a,}的前107项去掉数 列{b,}的前7项后构成的， 所以S⋯=Pm-Q,=107×(2+21)-2-2-11 302.当n≥2时，S,≤aa+(d-÷)+(-)+⋯+ (÷-+)-0-a+< [变式训练] 解 (1)设等比数列{b,}的公比为q(q>0), 高考重点突破二 由b?=1,b?=b?—2,可得q2-q-2=0,∴q=2, 提升能力考点剖析 ∴b,=2"-1. ∴T,=1=2-2°-1.[例1](1)4 039 解析设每个30分钟进去的人数构成数列{a,}, 则a?=2=2-0,a?=4-1,a?=8-2,a?=16-3,a?=32- 又设等差数列{a。}的公差为d,由b?=a?+a?,可得a?+3d=4; 由b?=a?+2a?,可得3a?+13d=16,∴a?=d=1,∴a=n.4,⋯,a?=2"一(n-1). (2)S,=n(“,由S.+2T=2a,+4b,有”"“2D+2设数列{a。}的前n项和为S,依题意，只需求 S?=(2-0)+(22-1)+(23-2)+⋯+(2-10) =(2+22+23+⋯+2)-(1+2+⋯+10) =29=22-121?=2?-2-55=2?-57=4039. (2"-1)=2n+2"+1, ∴n2-3n-4=0,解得n=4或n=-1(舍),故n的值为4. [例3]解 (1)当 n≥2时，S2=a,S—a,所以，S=(S-S) s.-(S.-S,),整理得SS=S-S,即-s= 侵}是以ξ-÷=2 (2)82(1-2) 解析 设第n个正方形的边长为a。,由题意 1.所以数列 为首项，1为公差的等差 a=√(5)+(告)-竖，且a=4,可得 =n+1,即S.=+1数列.所以·经为公比的等比数州，故数列(a?}是以4为首项，以 (2)由(1)知，号=(n+1)·2,所以T.=2·2+3·2+⋯+ n·2*-1+(n+1)·2”,①所以2T,=2·22+3·23+⋯+n S-(“)-2,且S,=4=16,所以 12所以数列{S,}是以16为首项，以- 为公比的等比数列， ·2"+(n+1)·2"+1,②①-②得，-T,=4+(22+23+⋯ +2")—(n+1)·2*+1,所以-T,=4+(22+23+⋯+2")- 16(1-2) 因此，前n 个正 方 形的 面积 之 和 为 1-2 (n+1)·2*+1=-n·2*+,所以T,=n·21,所以λT,≤ (u2+9)·2°,即an·2~1<(u2+9)·2,即λ<(“2t)= 世+动，因为告+动≥2√量·=3,当且仅当n=3时， 等号成立，所以λ≤3. f(a)=5x3-6x2+32x,得f(x)=x2[例4]1022 解析 由 32(1-2). [变式训练] 1.C 解析 设第一个人分到的橘子个数为a?,由题意得S?= 5a,+324×3=60,解得a?=6, 则a?=a?+(5-1)×3=6+12=18,故选C. -12x+32, f(x)=÷x2-6x2+32x的两个极又因为a?,a?是函数 值点， 2.B 解析 感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约 需要n轮传染， 所以a?,a?是函数f(x)=x2-12x+32的两个零点， (ata-2故 则每轮新增感染人数为R”,经过n轮传染，总共感染人数 为：1+R+R+⋯+R-|C .3=1000, 因为q>1,所以a?=4,a?=8,故q=2,则前9项和S?=2(1-2") 20-2=1022, 1-2 ∵R?=3,∴当感染人数增加到1000人时， 化简得3”=667, 高考一轮总复习·数学·RJB ·416·