第六章 第4讲 数列求和-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

第六章数列回 第4讲 数列求和 课标要求 L.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， 对应答案P41I 必备知识 夯实四基⊙ 知识梳理 (3) n+T-√m. n+n+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=a+u,) 2 =a,十回 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： na19=1, (1)若数列{a.}为等比数列，且公比不等于1，则 S,= a:一a1=☒ 其前n项和S.=4二“出 1-q 1-9 () 2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法 ②当≥2时片》 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+2a2+3a+…+na"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a:…,a。一a。-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 等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前 a,=3-1 2 () 项和可用错位相减法求解. 教材衍化 (4)倒序相加法 2.(多远)（人A选择性必修第二册P16例4(1）改 如果一个数列{a.)的前n项中与首末两端等 编)已知等差数列{a.)的首项a,=2,公差d=8, “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”项和即可用倒序相加法 在数列{a}中每相邻两项之间都插入3个数，使 求解， 它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列 心常用结论 b.,若e,=bb ,记数列c}的前n项和为 裂项求和常用的三种变形 T。,则 1 11 (Da(n+D A.{b}的公差为8 B.b =2n C.c.=n(n+1) D.T.-1 121图 同高考一轮总复习·数学·RJA 3.(人A选择性必修第二#P40T3改编)S,=2十 1 易错自纠 ++…+等于 4.(製项失讽)已知a.=2n十1，设6=1，数列 aa (b,}的前n项和T。= A2”-n-1 B21-n-2 5.(略相加后S。前的系数致娱)已知数列{4。}的 2 C.2”-n+ D.2-+2 通项公式为a,一是，则此数列的前n项和S,一 [对应答案PM12 提升能力 考点剖析⊙ 考点 分组求和与并项求和（师生共研） [例1]已知数列{a,}的前n项和5。=”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b.=2"+(一1)”"a.,求数列{b,}的前2n 冬变式训练冬 项和. (2024·广东深圳联考)已知数列(a.}为正项等 差数列，数列{b,}为递增的正项等比数列，a,= 1,a1-b1=a2-h2=a4-b=0. (1)求数列{a.},{bn)的通项公式： a.n为奇数， (2)数列(c.}满足cw= 求数列{c,】 bn为偶数， 【发散探究】 的前2n项的和. 本例(2)中，条件不变，求数列{b)的前n项 和T 感悟方法女 分纽求和与并项求和法的应用策略 一般地，如果{a}是等差数列，{b,}是等比数 a。n为奇数， 列，求数列{an士bn}或C. 的前 bnn为偶数 ®122 第六章数列回 考点2 错位相减法求和（师生共研 [例2](2023·金国甲巡理科)已知数列(a.)中， 冬变式训练 a2=1,设Sn为{an}前n项和，2S.=an. (2024·全国甲卷)记S。为数列{a.}的前n项 (1)求{a,}的通项公式： 和，已知4Sn=3a.+4. (2)求数列只，+1 12" 的前n项和T (1)求{a.}的通项公式： (2)设b.=(一1)na。,求数列{b}的前n项 和T. 感悟方法 注意错位相减法求和解题“3关键” ①耍善于识别题目类型，特别是等比数列公比 为负数的情形， ②在写出“S”与“gS,”的表达式时应特别注意 将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S。 gS”的表达式. ③在应用错位相诚法求和时，若等比数列的公比 为参数，应分公比q=1和g≠1两种情况求解。 考点3 裂项相消法求和（师生共研） [例3(2023·山东随州·三模)已知S为数列 1(1 {a.}的前n项和，a1=2,S,=a,+1-3n一2. 专（分）梨项后可以产生连镂相豆 (1)求数列{a.}的通项公式a. 抵消的项。 （2)设6=。，记6，}的前n项和为工 2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就刺几 a.·aw+l 项，前边刺第几项，后边就剩倒数第几项. 证明：工<号 必变式训练” 已知等比数列{a.}满足a,十a2=20,a1一a1= 60,n∈N°， (1)求{a.}的通项公式： (2)i记b.=log2ancw= 会+品求数到c,的 前n项和S. 感悟方法2 1.用裂项相消法求和时，要对通项进行变换， 1 如： 分十√n十kk (n+k一n),n(n+) 1 请完成《课时检测训练37》 123⑧ 回高考一轮总复习·数学·RJA 自主培优11数列中的奇偶项问题 -对应多案P413 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](2024·山东济宁·模拟)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=2,4w+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 S1=Sa- 类型一通项中含有（一1）”的数列求和 [典例1】已知正项数列{a.的前n项和为S,且 类型三连续两项和或积的问题(a。十au+1 a+2a.=4S.,数列{6，}满足6，=(-2) f(n)或a。·aw+1=f(n) (1)求数列{b.的前n项和B。,并证明B.1, [典例3]设数列{a.)为等比数列，且a,=2,a= 16,数列b}满足b1=0且b.+1+b.= B,B。-是等差数列： 2n(n∈N"). (2)设c,=(-1)a,十b.,求数列{c.}的前n项 (1)求数列(a.}和{b.}的通项公式： 和T (2)若c.=a.·b.,T.是{c.)的前n项和， 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： ®124 第六章数列回 （2)设么=2X3”-2,数列6.)的前”项和为 ad 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 课标要求 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414 考点一数学文化与数列的实际应用 感悟方法 [例1](1)今年“五一”期间，北京十家重点公园举 数列应用问题常见模型 行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨 (1)等差模型：后一个量比前一个量增加（或减 6时30分有2人进人公园，接下来的第一个30 少)的是同一个固定值： 分钟内有4人进去1人出米，第二个30分钟内 (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一 有8人进去2人出米，第三个30分钟内有16 个固定的非零常数 人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进 (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项 去4人出来，…按照这种规律进行下去，到上午 之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应 11时30分公园内的人数是 考虑a,与a。+1(或者相邻三项)之间的递推关 (2)在《庄子·天下》中提到：“一尺之锤，日取其 系，或者S.与S。+,(或者相邻三项)之间的递推 半，万世不竭”，蕴含了无限分制、等比数列的思 关系 想，体现了古人的智慧.如图，正方形ABCD的 边长为4，取正方形ABCD各边的中点E,F, 冬变式训练 G,H,作第二个正方形EFGH,然后再取正方 1.(2024·浙江绍兴二模)汉诺塔(Tower of 形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第三个正方 Hanoi),是一个源于印度古老传说的益智玩具. 形1JKL,依此方法一直继续下去，记第一个正 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B,C的 方形ABCD的面积为S,第二个正方形EFGH 柱子，A柱子从下到上按金字塔状叠放着n个 的面积为S…,第n个正方形的面积为S,则 不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动 前刀个正方形的面积之和为 到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都 不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需 要移动多少次？记至少移动次数为H(n),例 如：H(1)=1,H(2)=3,则下列说法正确的是 () 125图(2)由(1)有b?=b?×3"1=1×3"?1=3"1,可得a=2"+3"1, s=2×(-2+1×(33=2°+1+32-2.所以有 2.B 解析 A选项中，由S?(S,-S?)=(S?-Sg)2,即 4(S,-12)=(12-4)2,解得S,=28; 考点3 [例2](1)C 解析 在等比数列{a}中，因为a?,ag为方程 x2-4x+π=0的两根， 二B选项中， C选项中，由a?ag=a?a,得a?a=-8,a?+a,=2, 所以a?ag=π=a2,所以a?=±√π,所以a?a?a?=a3= ±π√π. (2)2 022 解析 因为{a}是等比数列，所以a100·a1013+ a101·a1012=2a0·a1012=2e2, 解得a?=4,a?=-2或a?=-2,a?=4, =—号时，a,+tan=+aa=+4×()=当 -7; 即aou·a1012=e2,所以 In a?+In a2+⋯+In a2022= In a?a?⋯a2022=In(a1011a1012)11=In e202=2022. [例3](1)C 解析 设这个等比数列{a}共有2k(k∈N°)项， 公比为q, ,a?+a=+aq=二2+(-2)×(-2)2=当q3=-2时， -7; D选项中，∵a?=4a3,∴q?=4q2,∴q=0(舍去)或q=-2或 则奇数项之和为S=a?+a?+⋯+azk-1=85, q=2, 偶数项之和为S=a2+a?+⋯+azm=q(a?+a3+⋯十 故a=(-2)"1或a=2"?. a2-1)=qS=170, 自主培优10 ∴-s=7°=2, [典例1](1)3"-2 解析 ∵a=3a-1+4(n≥2),∴a,+2= Su=a1-2“)=2”-1=等比数列{a}的所有项之和为S 170+85=255,则22*=256, 3(a+2),∴+2=3. ∵a?=1,则a?+2=3,∴数列{a+2}是以3为首项，3为 公比的等比数列. 解得k=4,因此，这个等比数列的项数为8. ∴a,+2=3·3"?1=3”,所以a=3"-2. (2)C 解析 方法一：设等比数列{a}的公比为q,因为S= -5,Sg=21S?,所以q≠-1,否则S?=0, 从而，S?,S?-S?,S?-S?,Sg-S?成等比数列， 所以有(-5-S?)2=S?(21S?+5), (2)1-(3)" 解析 当n=1时，a,+2a?=1,a,=3; 当n≥2时，S,+2a,=n,S-1+2a-1=n-1, 两式相减得3a,-2a=1,a=3a+3,a-1= s?=5,解得S?=-1或： 3(a-;-1), 当S?=-1时，S?,S?-S?,Sg-S,S?-S,即为-1,-4, -16,Sg+21, 易知Sg+21=-64,即Sg=-85; s?=4时，SA=a?+a?+as+a=(a?+a?)(1+q2)=(1当 23a?-1=-3,公比为-所以数列{a-1}是首项为 的等比 数列， a-1=-(3)”,所以a=1-(3)".则 +q2)S?>0, 与S?=-5矛盾，舍去.故选C. =2-1,所[典例2]2?1解析 因为a+=2-a,所以a 方法二：设等比数列{a}的公比为q,首项为a?, 若q=1,则S?=6a?=3×2a?=3S?,与题意不符，所以q ≠1. a-g=-5,a(-g=21由S?=-5,Sg=21S?可得 ×?a-o, 以-1=2-2=2(1-1), -1=1,且b.=a-1,∴而- .数列{b,}是首项为1,公比为 2的等比数列， ∴b=1×2"1=2"?1. 由①可得1+q2+q?=21,解得q2=4, s.=a(-=a(-×(1+q)=-5×(1+16)所以S [典例3]n·3?1解析 ∵a+1=3a,+3”,∴3-3=3, 3.又=3,∴数列 是等差数列，公差为 =-85.故选C. [变式训练] ∴=3+(n-1)×3=3,∴a,=n·3- 第4讲 数列求和 1.-2 解析 设{a}的公比为q(q≠0),则a?a?a?=a?ag=a?q [必备知识 夯实四基] ·asq,显然a≠0, 知识梳理 则a=q2,即a?q3=q2,则a?q=1. 因为aga?=-8,则a?q?·a?q?=-8, 四“n-1a 四-g,q≠1 则q?=(q?)?=-8=(-2)3,则q?=-2,则a,=a?q·q?=q?诊断自测 =-2. 1.(1)√ (2)√(3)×(4)√ ·411· 高考一轮总复习·数学·RJA 2.BCD 解析 设数列{b}的公差为d', [发散探究] 依题意可知，b?=a?,b?=a2, 所以b?-b?=a?-a?=8, 解 当n为偶数时， 因为b?-b?=4d',所以4d'=8,即d'=2, 所以b=2n, co=2n(2n+2)=n(n+1=1n+1所以 T.=(21+22+⋯+2")+[-1+2-3+4+⋯-(n-1)+n]= 2-22+2=2+1-2+2 当n为奇数时， T,=(21+22+⋯+2")+[-1+2-3+4+⋯-(n-2)+(n- 所以T.=c?+c?+⋯+c =(1-2)+(2-3)+(3-4)+⋯+(1-n+1) =1-n+1=n+1 1)-n]=2+1-2+"21-n=2?1-"25 x- s.=2+2+3+⋯+2,①3.B 解析 由S s.=+2+⋯+"z1+2",②得- [变式训练] 解(1)设等差数列{a}的公差为d,等比数列{b}的公比为q, s.=2+立+2+⋯+-”=①-②得， 因为a=1,a-b?=a2-b?=a-b?=0, ad{a-2.+3-=所以 解得 -()] ∴s,-22”-2 因为数列{a}为正项数列，{b}为正项递增数列， 所以q=2,d=1, 所以a=1+(n-1)×1=n,b?=1×2"?1=2"?1. c-为为锅数(2)由(1)得 4.3(2n+3) 解析 由a。=2n+1,b。=a,+= (2n+1(2n+3)=2(2n+1-2n+3), 十⋯+b?) =(1+3+⋯+2n-1)+(2'+22+⋯+21)所以数列{b}的前n项和为 =1+2-1"+2×-44=3m+3—T.=b?+b?+⋯+b=2(3亏)+(亏今)+⋯+ 所以数列{c}的前2n项和T2=(a?+a?+⋯+azm-1)+(b?+b 考点2 [例2]解(1)因为2S,=na, 当n=1时，2a?=a?,即a?=0; 当n=3时，2(1+a?)=3a,即a?=2, 当n≥2时，2S。-1=(n-1)a,-1,所以2(S,-S,-1)=na,- (n-1)a-1=2a, ,-1=n-2=⋯化简得(n-2)a=(n-1)a-1,当n≥3时， =2=1,,即a=n-1, 当n=1,2,3时都满足上式，所以a=n-1(n∈N*). .t1-",所以T.=1×(二)'+2×(二)2+3x(2)因为 (2)+⋯+n×(去)", 贵T.=1×(会)2+2×(去)+⋯+(n-1)×(2)"+n ×(2), 两式相减得 贵T.=(去)+(去)2+(去)+⋯+(2)°-n× ()-]) =1-(1+2)(会),即T.=2-(2+n)(会),nEN. (2n+12n+3)]=1-4n+6=3(2n"+3) s.=2+2+&+⋯+",①5.2-2-2 解析 由题知 s.=4+2+16+⋯+"z1+2",②所以- ①-②得 2", 所以S.=2-—- [提升能力 考点剖析] 考点1 [例1]解(1)当n=1时，a?=S?=1; 当n≥2时，a。=S。-S-="2"-(n-1)2+(n-1)=n a?也满足a=n,故数列{a}的通项公式为a=n. (2)由(1)知a=n,故b=2"+(-1)"n,记数列{b}的前2n 项和为T2m, 则Tz=(21+22+⋯+22")+(-1+2-3+4-⋯+2n). 记A=21+22+⋯+2,B=-1+2-3+4-⋯+2n, 则A=2(1-2“=20+1-2, B=(-1+2)+(-3+4)+⋯+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{b,}的前2n项和T2=A+B=22+1+n-2. 高考一轮总复习·数学·RJA ·412· [变式训练] ∴{a}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴a=2n,b= 解(1)当n=1时，4S?=4a?=3a?+4,解得a?=4. 当n≥2时，4S,-1=3a,-1+4,所以4S。-4S-1=4a=3a- (-2)", ∴数列{b}是首项为-2,公比为-2的等比数列， =-3,3a1,即a=-3a-1,而a?=4≠0,故a≠0,故 ∴数列{a,}是以4为首项，-3为公比的等比数列， ∴B=-2[1--22]°=-3+(-D)°23 所以a=4·(-3)“?1. ∵Bn?+Bm=-4+(-1)+·3+(-1)+·2s- (2)b=(-1)"?1·n·4·(-3)"?1=4n·3"?1, -4+(-1)·22(-2+1)= 所以T=b?+b?+b?+⋯+b?=4·3°+8·31+12·32+⋯十 ①4n·3"- ②故3T,=4·31+8·32+12·3?+⋯+4n·3" -4+2·(-13°·2“=2B.,∴B,B.,B+2成等差 数列. 由①-②得-2T,=4+4·31+4·32+⋯+4·3"?1-4n·3" =4·1-3-4n·3"=(2-4n)·3"-2, ∴T=(2n-1)·3"+1. (2)c=(-1)"·2n+(-2)"=(-2)"+2(-1)"·n, 当n为偶数时，T=(-2)1+(-2)2+⋯十(-2)"+2[-1 +2-3+4-⋯-(n-1)+n] 考点3 [例3]解(1)当n=1时，S?=a?=a?-3-2,则a?=7. 因为S,=a+1-3n-2, 所以S。-1=a。-3(n-1)-2(n≥2), 两式相减得a+1=2a+3(n≥2), 所以a+1+3=2(a+3)(n≥2), ==2×1-2)2)°+2×[(-1+2)+(-3+4)+⋯+ (-n+1+n)==2+2+2×2=23+n- 当n为奇数时，T=(-2)1+(-2)2+⋯+(-2)"+2[-1 +2-3+4-⋯+(n-1)-n] a?=2,a?+3=5,a?+3=10,则a?+3=2(a?+3),即n=1 也适合上式， 所以{a+3}是以5为首项，公比为2的等比数列， 故a,+3=5×2"1,故a=5×2"?1-3. (2)证明：由(1)得 b.=。(5×21-3)(5×2°-3) =亏(5×21-35×2°-3)),故T,=b?+b?+b?+⋯+b, =亏(2-号+今-1+⋯+5×21-35×2°-3)= 号(2-5×2°-3), ==2×-1-22)+2×[-1+(2-3)+(4-5)+⋯+ (n-1-n)]==2-(3-2)+2×[-1+(-1)×”21]= -232-n-1=-23-”-3. 上 的偶数， 为奇数. [典例2]解(1)证明：由题意，b?=a?=a?+(√2)2=2+2=4, 当n≥2时，b。=a2?=azm-1+(√2)2"=2az-2+2"=2b?-1 +2”, 5×2-3>0,故T.<号×2=亏.当n∈N"时， [变式训练] =2=1,则所以 是以1为公差， 为首项的 等差数列. 解(1)因为等比数列{a}满足a?+az=20,a?-a?=60,设公 比为q, (2)由题设，S2,=(a?+a?+⋯+a2-1)+(a?+a+⋯+a2m) Kaf-a-=60, {a,-4.,所以 解得 所以a=4×4"?1=4". =[a?-(2)2]+[a?-(√2)?]+⋯+[az-√2]2"]+(a?+ a?+⋯+a?n) =2(a?+a+⋯+azn)-(2+22+⋯+2")=2(b?+b?+⋯ (2)由(1)知b。=loga。=log,4°=log,2=2n,c。=+= 2(2+1+2n+1="+1+,"1=2+1-+ 所以数列{c,}的前n项和S。=2n+(1-2)+(2-3)+⋯ +b.)-24-2)=2T.+2-2*+1, =2+(n-1)=n+1,则b=(n+1)·2°.由(1)知 其中T=b?+b?+⋯+b,即T=2×21+3×22+4×23+ ⋯+(n+1)×2”, +(1-+1)=2n+n+1 自主培优11 所以2T,=2×22+3×23+⋯+n×2"+(n+1)×2"+1, 两式相减得-T,=4+(22+23+⋯+2")-(n+1)×2°+1= [典例1]解(1)a2+2a,=4S,①,a>0, 当n=1时，a2+2a?=4a,∴a?=2或a?=0(舍), 当n≥2时，a21+2a1=4S。②, 4+4(-2)-(n+1)×2*1=-n×2+1, 所以T=n×2"+1, ①-②得a2-a2-1+2a,-2a,-1=4a,∴(a -a-1)(a+ 综上，S2=2T.+2-2"+1=2n×2"+1+2-2"+1=(2n-1) a-1)=2(a+a-1). 2"+1+2. ∵a,>0,∴a-a-1=2(n≥2), [典例3]解(1)设{a}公比为q,则a?=a?q3=16,所以q=2, 高考一轮总复习·数学·RJA·413· 所以a=a?9"?2=2"?1. 方法一：由b+1+b=2n可得b。+b-1=2(n-1)(n≥2), 两式相减得b+1-ba-1=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， 即n是奇数时，ba=b-1=b?+(k-1)·2=("21-1)·2 =n-1; n是偶数时，b?=2n-ba+1=n, b.={”,2是奇数，即 (也可以表示成b。=n-2+(-2) 方法二：由b+1+b,=2n可得b+1=-b,+2n, 则有ba+-(n+1)+2=-(b-n+2), {b.-n+2}是以b?为首项，-1为公比的等比所以数列 b-n+2=(-2)(-1)?1=2(-1)°,即b=n数列，则L -2+(-2 ⋯+(2k-2)·2k-2] (2方法一u---是的是每， 则T,=a?b?+a?b?+a?b?+a?b?+a?b?+⋯+a,b=0·2°+ 2·21+2·22+4·23+4·2?+⋯ 当n是奇数时，设n=2k-1,则 T.=a?b?+a?b?+⋯+ab=0·2°+2·21+2·22+4·23 +4·2?+⋯+(2k-2)·22-3+(2k-2)·22k-2=0·2°+ [2·21+4·23+⋯+(2k-2)·22-3]+[2·22+4·2?+ =3[2·21+4·23+⋯+(2k-2)·2-3]=3[1·22+2· 2?+3·2?+⋯+(k-1)·22-2]. 记 S=1·22+2·2?+3·2?+⋯+(k-1)·22k-2, 那么4S,=1·2?+2·2?+3·2?+⋯+(k-1)·22, 则-3S=22+2?+2?+2?+⋯+2-2-(k-1)·2= 44--1-(k-1)·4*=(4-k)·4°-4, T。=3S.=(k-4)·4+3=3+("去1-3)·4中= 4+(n-3)·2". 当n是偶数时，T。=T,+ab=3+[(n-1)-3]· 2°1+n·21=3+(2n-3)·2?1=+ (n-3)·2°, ()z即 方法二：由c,=a,b.=(n-_)·2?1+(-1)°·22 {(n-2)·2+}令数列 的前n项和为S,则 s,=2·2°+3·2'+⋯+2"23·2°?2+2"-1·2”?1, 2S.=2·2'+2·22+⋯+2"-3·2°?1+2n-1·2”, 所以-s=2·2°+2'+⋯+2?1-(n-2)·2"=2+ 2"-2-(n-2)·2"=-2+(3-n)·2”, 所以S。=(n-2)·2"+2,那么 T.=s,++(-2)2-(m)·2+2一c- (-2)°]=4+(n-2)·2"+(-62 eT*和) [典例4]证明(1)由azm-1+azm=4×301,① a2m+a2+1=4×32",② 将②-①得az+-az-1=3×9”, 故当n≥2时，as-a?=3×9,as-a3=3×92,a,-as=3 ×93,⋯,a2-1-az-=3×9°?1, 累加得az-1-a1=3(9+92+⋯+9”?)=3×9-9=3 ×9"-3,故a-=3×9"-1, 当n=1时，a,=3×9-1=2,故a-=×9°-1,即a- +1=3×9°,1=9, 因此{azm-1+1}为以3为首项，9为公比的等比数列.将 a2-1=3×9"-1代入①得a2n-1=9",故{azn-1}为以9 为首项，9为公比的等比数列. (2)由(1)知a2-1=31-1,az=3+1,故a=3"+(-1)", 当n为奇数时，a+1-a,=2×3"+2>2×3"-2; 当n为偶数时，a+1-a,=2×3"—2=2×3"-2, 因此对任意n∈N",均有a+1-a≥2×3"-2, 6.=282≤,则L .当n=1时，S?= a4=亏<8 当n≥2时，S.≤4+()+()+⋯+ ()=30<3 高考重点突破二 提升能力 考点剖析] [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- 4,⋯,a=2"—(n-1). 设数列{a}的前n项和为S,,依题意，只需求 高考一轮总复习·数学·RJA · 414·