6.4 数列求和-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮讲义（人教A版2019）

§６．４　数列求和 ★[考试要求] １．掌握等差、等比数列的前n项和公式．２．掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法． 　　　　　　　　学生用书　P１０４ １．公式法 (１)等差数列的前n项和公式 Sn＝ n(a１＋an) ２ ＝na１＋ n(n－１) ２ d ; (２)等比数列的前n项和公式 Sn＝ na１,q＝１, a１(１－qn) １－q ＝ a１－anq １－q ,q≠１． ì î í ïï ï ２．几种数列求和的常用方法 (１)分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等 差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用 分组求和法,分别求和后相加、减． (２)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(注意消项规律), 从而求得前n项和． (３)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,那么 求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解． (４)倒序相加法:如果一个数列{an}与首末两端等“距 离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这 个数列的前n项和即可用倒序相加法求解． (５)并项求和法:一个数列的前n项和中,可两两结合 求解,则称之为并项求和．形如an＝(－１)nf(n)类 型,可采用两项合并求解． 一些常见数列的前n项和公式 １．１＋２＋３＋４＋􀆺＋n＝n (n＋１) ２ ． ２．１２＋２２＋􀆺＋n２＝n (n＋１)(２n＋１) ６ ． ３．裂项求和常用的三种变形 (１) １n(n＋１)＝ １ n－ １ n＋１． (２) １(２n－１)(２n＋１)＝ １ ２ １ ２n－１－ １ ２n＋１ æ è ç ö ø ÷． (３) １ n＋ n＋１ ＝ n＋１－ n． ４．在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参 数,应分公比等于１和不等于１两种情况求解． １．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或 “×”) (１)若数列{an}为等比数列,且公比不等于１,则其前 n项和Sn＝ a１－an＋１ １－q ． (√) (２)当n≥２时, １ n２－１ ＝１２ １ n－１－ １ n＋１ æ è ç ö ø ÷． (√) (３)求Sn＝a＋２a２＋３a３＋􀆺＋nan 时,只要把上式等 号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．(×) (４)求数列 １２n ＋２n＋３{ }的前n项和可用分组转化法 求和． (√) ２．数列{an}的前n项和为Sn,若an＝ １ n(n＋１) ,则S５ 等于 (　　) A．１ B．５６ C． １ ６ D． １ ３０ 解析:B　[∵an＝ １ n(n＋１)＝ １ n－ １ n＋１ ,∴S５＝a１＋ a２＋􀆺＋a５＝１－ １ ２＋ １ ２－ １ ３＋ 􀆺＋１５－ １ ６＝ ５ ６． ] ３．已知数列{an}的前n项和为Sn 且an＝n􀅰２n,则Sn ＝ (　　) A．(n－１)２n＋１＋２ B．(n＋１)２n＋１－２ C．２n＋１－２ D．n２n＋１－２ 解析:A　[Sn＝１×２＋２×２２＋３×２３＋􀆺＋n× ２n,① 所以２Sn＝１×２２＋２×２３＋３×２４＋􀆺＋n×２n＋１,② ①－②得－Sn＝２＋２２＋２３＋􀆺＋２n－n×２n＋１＝ ２×(１－２n) １－２ －n×２ n＋１, 所以Sn＝(n－１)２n＋１＋２．] ４．若数列{an}的通项公式为an＝２n＋２n－１,则数列 {an}的前n项和为　　　　． 解析:Sn ＝ ２(１－２n) １－２ ＋ n(１＋２n－１) ２ ＝２ n＋１ －２ ＋n２． 答案:２n＋１－２＋n２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７５１􀅰 第六章　数列 　　　　　　　　学生用书　P１０５ 　　　分组求和与并项求和 [例１]　已知数列{an}满足a１＝１,且对任意正整数n 都有an＋１＝an＋n＋１,n∈N∗ ． (１)求数列{an}的通项公式; (２)设数列 {bn}的前n 项和为Tn,bn ＝n－ (－ １)nan,求T２n． [解]　(１)因为数列{an}满足a１＝１,且对任意正整 数n都有an＋１＝an＋n＋１,n∈N∗ , 则an＋１－an＝n＋１, 所以,a２－a１＝２,a３－a２＝３,a４－a３＝４,􀆺,an＋１－ an＝n＋１, 上述n个等式全加得an＋１－a１＝２＋３＋４＋􀆺＋(n ＋１)＝n (２＋n＋１) ２ ＝ n２＋３n ２ , 所以,an＋１＝１＋ n２＋３n ２ ＝ n２＋３n＋２ ２ ＝ (n＋１)(n＋２) ２ , 故当 n≥２ 时,an ＝ n(n＋１) ２ ,a１ ＝１ 也 满 足 an ＝n (n＋１) ２ , 故对任意的n∈N∗ ,an＝ n(n＋１) ２ ． (２)因为bn＝n－(－１)nan＝n－(－１)n􀅰 n(n＋１) ２ , 对 任 意 的 k∈ N∗ ,b２k－１ ＋b２k ＝ (２k－１)＋ ２k(２k－１) ２ ＋２k－ ２k(２k＋１) ２ ＝４k－１－２k＝２k－１ , 所以,T２n＝(b１＋b２)＋(b３＋b４)＋(b５＋b６)＋􀆺＋ (b２n－１＋b２n) ＝１＋３＋５＋􀆺＋(２n－１)＝n (１＋２n－１) ２ ＝n ２． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 １．分组转化求和通法 若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列 的和或差,可借助求和公式求得原数列的和．求 解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究, 将数列的通项合理分解转化． ２．分组转化求和的常见类型 (１)若an＝bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列, 可采用分组求和法求{an}的前n项和． (２)若an＝ bn,n为奇数, cn,n为偶数,{ 且数列{bn},{cn}是等比 数列或等差数列,可采用分组求和法求和． 已知数列{an}满足a１＝１,an＋１＋２an＝３n－５,n ∈N∗ ． (１)设bn＝an－n＋２,证明:{bn}是等比数列; (２)求数列{an}的前n项和Sn． 解:(１)因为an＋１＋２an＝３n－５,n∈N∗ , 所以an＋１－(n＋１)＋２＝－２an＋２n－４, 即an＋１－(n＋１)＋２＝－２(an－n＋２),所以bn＋１＝ －２bn, 又b１＝a１－１＋２＝２≠０,则 bn＋１ bn ＝－２． 所以{bn}是以２为首项,－２为公比的等比数列． (２)由(１)可知,bn＝b１􀅰(－２)n－１＝２×(－２)n－１, 由于an＝bn＋n－２,所以an＝２×(－２)n－１＋n－２, 所以Sn＝a１＋a２＋a３＋􀆺＋an ＝２×(－２)０＋(－１)＋２×(－２)１＋０＋２×(－２)２ ＋１＋􀆺＋２×(－２)n－１＋n－２ ＝２×(－２)０＋２×(－２)１＋２×(－２)２＋􀆺＋２× (－２)n－１＋[(－１)＋０＋１＋􀆺＋(n－２)] ＝２×[(－２)０＋(－２)１＋(－２)２＋􀆺＋(－２)n－１] ＋[(－１)＋０＋１＋􀆺＋(n－２)] ＝２×１－ (－２)n １－(－２)＋ n[(－１)＋(n－２)] ２ ＝２３－ ２×(－２)n ３ ＋ n(n－３) ２ ． 　　　裂项相消法求和 [例２]　(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷)记Sn 为数列{an}的前 n项和,已知a１＝１, Sn an{ }是公差为 １ ３ 的等差数列． (１)求{an}的通项公式; (２)证明:１a１ ＋１a２ ＋􀆺＋１an ＜２． [解]　(１)∵a１＝１,∴S１＝a１＝１,∴ S１ a１ ＝１, 又∵ Snan{ }是公差为 １ ３ 的等差数列, ∴ Sn an ＝１＋１３ (n－１)＝n＋２３ ,∴Sn＝ (n＋２)an ３ , ∴当n≥２时,Sn－１＝ (n＋１)an－１ ３ , ∴an＝Sn－Sn－１＝ (n＋２)an ３ － (n＋１)an－１ ３ , 整理得:(n－１)an＝(n＋１)an－１, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８５１􀅰 高考总复习　数学 A版 即 an an－１ ＝n＋１n－１ , ∴an＝a１× a２ a１ × a３ a２ ×􀆺× an－１ an－２ × an an－１ ＝１×３２× ４ ３× 􀆺× nn－２× n＋１ n－１＝ n(n＋１) ２ , 显然对于n＝１也成立, ∴{an}的通项公式an＝ n(n＋１) ２ ; (２)１an ＝ ２n(n＋１)＝２ １ n－ １ n＋１ æ è ç ö ø ÷, ∴１a１ ＋１a２ ＋􀆺＋１an ＝２ １－１２ æ è ç ö ø ÷＋ １２－ １ ３ æ è ç ö ø ÷＋􀆺 １n－ １ n＋１ æ è ç ö ø ÷[ ] ＝２１－ １n＋１ æ è ç ö ø ÷＜２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 破解裂项相消求和的关键点 (１)定通项:根据已知条件求出数列的通项公式; (２)巧裂项:根据通项公式的特征进行准确裂项,把 数列的每一项,表示为两项之差的形式; (３)消项求和:通过累加抵消掉中间的项,达到消项 的目的,准确求和． [注意]　①裂项原则:一般是前边裂几项,后边就 裂几项,直到发现被消去项的规律为止． 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． (２０２４􀅰天津卷)已知数列{an}是等比数列,公比大 于０．其前n项和为Sn．若a１＝１,S２＝a３－１． (１)求数列{an}的前n项和Sn; (２)设bn＝ k,n＝ak bn－１＋２k,ak＜n＜ak＋１{ ,k∈N ∗ ． (ⅰ)当k≥２,n＝ak＋１时,求证:bn－１≥ak􀅰bn; (ⅱ)求∑ 　　 　　Sn i＝１ bi． 解:(１)设等比数列{an}的公比为q＞０, 因为a１＝１,S２＝a３－１,即a１＋a２＝a３－１, 可得１＋q＝q２－１,整理得q２－q－２＝０, 解得q＝２或q＝－１(舍去), 所以Sn＝ １－２n １－２＝２ n－１． (２)(i)由(１)可知an＝２n－１,且k∈N∗ ,k≥２, 当n＝ak＋１＝２k≥４时, 则 ak＝２k－１＜２k－１＝n－１ n－１＝ak＋１－１＜ak＋１{ ,即ak＜n－１＜ak＋１ 可知ak＝２k－１,bn＝k＋１, bn－１＝bak＋(ak＋１－ak－１)􀅰２k＝k＋２k(２ k－１－１) ＝k(２k－１), 可得bn－１－ak􀅰bn＝k(２k－１)－(k＋１)２k－１ ＝(k－１)２k－１－k≥２(k－１)－k＝k－２≥０, 当且仅当k＝２时,等号成立, 所以bn－１≥ak􀅰bn; (i)由(１)可知:Sn＝２n－１＝an＋１－１, 若n＝１,则S１＝１,b１＝１; 若n≥２,则ak＋１－ak＝２k－１, 当２k－１＜i≤２k－１时,bi－bi－１＝２k,可知{bi}为等 差数列, 可得 ∑ ２k－１ i＝２k－１ bi＝k􀅰２k－１＋２k ２k－１(２k－１－１) ２ ＝k 􀅰４k－１ ＝１９ [(３k－１)４k－(３k－４)４k－１], 所以∑ Sn i＝１ bi＝１＋ １ ９ [５×４２－２×４＋８×４３－５×４２＋ 􀆺＋(３n－１)４n－(３n－４)４n－１]＝ (３n－１)４n＋１ ９ , 且n＝１符合上式,综上所述: ∑ Sn i＝１ bi＝ (３n－１)４n＋１ ９ ． 　　　错位相减法求和 [例３]　已知数列an 是公比q＞１的等比数列,前三 项和为１３,且a１,a２＋２,a３ 恰好分别是等差数列 {bn}的第一项,第三项,第五项． (１)求{an}和{bn}的通项公式; (２)已 知 k ∈ N∗ ,数 列 {cn }满 足 cn ＝ １ bnbn＋２ ,n＝２k－１ anbn,n＝２k ì î í ïï ï ,求数列{cn}的前２n项和S２n． [解]　(１)由 a１＋a２＋a３＝１３ ２(a２＋２)＝a１＋a３{ , 得 a１(１＋q＋q２)＝１３ a１(１－２q＋q２)＝４{ 解得 a１＝１ q＝３{ 或 a１＝９ q＝１３ ì î í ïï ï , 又∵q＞１,则 a１＝１ q＝３{ ,∴an＝３ n－１(n∈N∗)． 设等差数列{bn}的公差为d,由题意得,b１＝a１＝１, b３＝a２＋２＝３＋２＝５ 即 b１＝１ b１＋２d＝５{ 解得 b１＝１ d＝２{ ,所以bn＝２n－１(n∈N ∗)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９５１􀅰 第六章　数列 (２)n ＝２k －１ 时,cn ＝c２k－１ ＝ １ b２k－１b２k＋１ ＝ １ (４k－３)(４k＋１)＝ １ ４ １ ４k－３－ １ ４k＋１ æ è ç ö ø ÷, ∴S奇 ＝c１＋c３＋c５＋􀆺＋c２n－１ ＝１４ １ １－ １ ５ æ è ç ö ø ÷＋１４ １ ５－ １ ９ æ è ç ö ø ÷＋１４ １ ９－ １ １３ æ è ç ö ø ÷＋􀆺＋ １ ４ １ ４n－３－ １ ４n＋１ æ è ç ö ø ÷＝ １ ４ １ １－ １ ５ æ è ç ö ø ÷＋ １５－ １ ９ æ è ç ö ø ÷＋ １９－ １ １３ æ è ç ö ø ÷[ ＋􀆺＋ １４n－３－ １ ４n＋１ æ è ç ö ø ÷ ] ＝１４ １－ １ ４n＋１ æ è ç ö ø ÷＝ n４n＋１． n＝２k时,cn＝c２k＝a２kb２k＝(４k－１)×３２k－１ ∴S偶 ＝c２＋c４＋c６＋􀆺＋c２n S偶 ＝３×３１＋７×３３＋１１×３５＋􀆺＋(４n－１)× ３２n－１,① ９S偶 ＝３×３３＋７×３５＋􀆺＋(４n－５)×３２n－１＋(４n－ １)×３２n＋１,② 由①－②可得, －８S偶 ＝３×３１＋４×３３＋４×３５＋􀆺＋４×３２n－１－ (４n－１)×３２n＋１ ＝９＋４×３ ３－４×３２n－１×９ １－９ － (４n－１)􀅰３２n＋１ ∴S偶 ＝ (８n－３)􀅰３２n＋１＋９ １６ ∴S２n ＝S奇 ＋S偶 ＝ n ４n＋１＋ (８n－３)􀅰３２n＋１＋９ １６ (n∈N∗ )． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 (１)如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数 列{an􀅰bn}的前n项和时,常采用错位相减法． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋(２)错位相减法求和时,应注意: ①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意 将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出 “Sn－qSn”的表达式． ②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是 否等于１,如果q＝１,应用公式Sn＝na１． 在数列{an}中,a１＋２a２＋３a３＋􀆺＋nan＝３n－１． (１)求{an}的通项公式; (２)若bn＝ n(n＋１)an ２ ,求数列{bn}的前n项和Sn． 解:(１)当n＝１时,a１＝３１－１＝２, 当n≥２时,则a１＋２a２＋３a３＋􀆺＋nan＝３n－１,得 a１＋２a２＋３a３＋􀆺＋(n－１)an－１＝３n－１－１, 两式相减得,nan＝３n－１－３n－１＋１＝２×３n－１,所以 an＝ ２×３n－１ n , 因为a１＝２满足上式,所以an＝ ２×３n－１ n ． (２)由(１)得bn＝ n(n＋１)an ２ ＝ n(n＋１) ２ 􀅰２×３ n－１ n ＝(n＋１)×３n－１, 所以Sn＝２×３０＋３×３１＋４×３２＋􀆺＋n×３n－２＋ (n＋１)×３n－１, 所以３Sn＝２×３１＋３×３２＋４×３３＋􀆺＋n×３n－１＋ (n＋１)×３n, 所以－２Sn＝２＋３１＋３２＋３３＋􀆺＋３n－１－(n＋１)×３n ＝１＋１－３ n １－３－ (n＋１)×３n＝１２－ ２n＋１ ２ ×３ n, 所以Sn＝ ２n＋１ ４ ×３ n－１４＝ (２n＋１)３n－１ ４ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 §６．５　数列中的综合问题 ★[考试要求] 　　数列是高中数学的重要内容,是学习高等数学的基础,也是高考的重点考查内容之一．高考数列命题主要 有以下三方面:(１)考查数列本身的有关知识,要求能用等差或等比数列的概念、性质、通项公式和求和公式求 解;(２)数列与其他知识的结合,如数列与函数、方程、不等式、几何等的结合;(３)数列的实际应用问题． 　　　　　　　　学生用书　P１０８ 　　　等差数列、等比数列的综合运算 [例１]　已知数列{an}的奇数项成等差数列,偶数 项成等比数列,且公差和公比都是２,若对满足 m＋n≤５的任意正整数m,n,均有am＋an＝am＋n 成立． (１)求数列{an}的通项公式; (２)令bn＝ a２n－１ a２n ,求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(１)由题意,令m＝n＝１,则a１＋a１＝a２, 即a２＝２a１, 令m＝１,n＝２,得a１＋a２＝a３, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０６１􀅰 高考总复习　数学 A版