故选B。
答案 B
三、走出误区
微提醒：
①不会分组致误；②错位相减法运用不熟出错。
5．已知数列：
1，2，3，…，，则其前n项和关于n的表达式为______________。
解析 设所求的前n项和为Sn，则Sn＝（1＋2＋3＋…＋n）＋＋＋…＋＝＋1－。
答案 ＋1－
6．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝__________。
解析 因为an＝n·2n，所以Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n①，所以2Sn＝1·22＋2·23＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1②，①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝（1－n）2n＋1－2。
所以Sn＝（n－1）2n＋1＋2。
答案 （n－1）2n＋1＋2
考点一分组求和
【例1】 在公差不为零的等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9成等比数列。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn。
解
（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝4，且a1，a3，a9成等比数列，
即4－d,4＋d,4＋7d成等比数列，
所以有（4－d）（4＋7d）＝（4＋d）2，
即8d2－16d＝0，解得d＝2或d＝0（舍去），
所以a1＝2，数列{an}的通项公式为an＝2n。
（2）由
（1）知bn＝2n＋22n＝2n＋4n，
所以Tn＝2×（1＋2＋3＋…＋n）＋（4＋42＋43＋…＋4n）＝2×＋＝n（n＋1）＋－。
分组转化法求和的常见类型
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．通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和。
【变式训练】
（1）已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1（4n－3），则S15＋S22－S31的值是（ ）
A．13B．76
C．46D．－76
（2）若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为（ ）
A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2
解析
（1）因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1（4n－3），所以S15＝1＋（－5＋9）＋（－13＋17）＋…＋（－53＋57）＝1＋4×7＝29，S22＝（1－5）＋（9－13）＋（17－21）＋…＋（81－85）＝－4×11＝－44，S31＝1＋（－5＋9）＋（－13＋17）＋…＋（－117＋121）＝1＋4×15＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76。
故选D。
（2）Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝（21＋2×1－1）＋（22＋2×2－1）＋（23＋2×3－1）＋…＋（2n＋2n－1）＝（2＋22＋…＋2n）＋2（1＋2＋3＋…＋n）－n＝＋2×－n＝2（2n－1）＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2。
故选C。
答案
（1）D
（2）C
考点二错位相减法求和
【例2】 已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）{bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn。
已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn。
解
（1）设{an}的公比为q，
由题意知a1（1＋q）＝6，aq＝a1q2。
又an>0，解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n。
（2）由题意知，
S2n＋1＝＝（2n＋1）bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1。
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得
Tn＝＋－
＝＋1－n－1－
＝－，
所以Tn＝5－。
用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：
（1）两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号。
（2）对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和。
【变式训练】 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1。
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn。
解
（1）由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，
所以an＝6n＋5。
设数列{bn}的公差为d。
由即
可解得所以bn＝3n＋1。
（2）由
（1）知cn＝＝3（n＋1）·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋（n＋1）×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋（n＋1）×2n＋2]，
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－（n＋1）×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2。
考点三裂项相消法求和
【例3】 已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn。
解
（1）因为数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8。
所以⇒⇒q3＝＝8⇒q＝2⇒an＝a1·qn－1＝2n－1。
（2）由
（1）可知Sn＝＝＝2n－1，
所以bn＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－。
1．用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：
＝（－），＝，裂项后可以产生连续相互抵消的项。
2．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项（对称剩项）。
【变式训练】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an＋1＋n＋1（n∈N*）。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝log3（－an＋1），设数列的前n项和为Tn，求证：
Tn<。
解
（1）由Sn＝an＋1＋n＋1（n∈N*），
得Sn－1＝an＋n（n≥2，n∈N*），
两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，
即an＋1－1＝3（an－1），又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝（－3）·3n－1＝－3n。
故an＝－3n＋1。
（2）证明：
由bn＝log3（－an＋1）＝log33n＝n，
得＝＝，
所以Tn＝
＝
＝－<。
考点四数列的综合应用
【例4】 （2018·江苏高考）已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}。
将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}。
记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________。
解析 所有的正奇数和2n（n∈N*）按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26。
当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意。
故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27。
答案 27
高考命制综合题时，常将等差、等比数列结合在一起，形成两者之间的相互联系和相互转化，破解这类问题的方法是首先寻找通项公式，利用性质之间的对偶与变式进行转化。
【变式训练】 （2019·河北名校联考）在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色。
先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25。
按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2018个数是（ ）
A．3971B．3972
C．3973D．3974
解析 由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数…根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数。
由于2016＝<2018<＝2080，因此，第2018个数是第64组的第2个数。
由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，…，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数是632,632＝3969，第64组为偶数组，其第1个数为3970，第2个数为3972。
故选B。
答案 B
数列的新定义问题
新定义型数学试题，背景新颖、构思巧妙，主要通过定义一个新概念或约定一种新运算，或给定一个新模型来创设新的问题情境，要求我们在充分阅读题意的基础上，依据题中提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，从而顺利地解决问题，这类题型能有效地区分学生的思维能力和学习能力。
【典例】 定义“规范01数列”{an}如下：
{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于“1”的个数。
若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（ ）
A．18个B．16个
C．14个D．12个
【解析】 解法一：
列表法
根据题意得，必有a1＝0，a8＝1，则将0,1进行具体的排法一一列表如下：
由上述表格可知，不同的“规范01数列”共有14个。
解法二：
列举法
根据题意可得，必有a1＝0，a8＝1，而其余的各项：
a2，a3，…，a7中有三个0和三个1，并且满足对任意k≤8，a1，a2，…，a8中“0”的个数不少于“1”的个数。
可以一一列举出不同“规范01数列”，除第一项和第八项外，中间六项的排列如下：
000111,001011,001101,001110,010011,010101,010110,011001,011010,100011,100101,100110,101001,101010，共14个。
【答案】 C
可以从以下三个方面解决此类问题
1．提取新定义的信息，明确新定义的名称和符号。
2．深刻理解新定义的概念、法则、性质，纵横联系探求解题方法，比较相近知识点，明确不同点。
3．对新定义中提取的知识进行等价转换，其中提取、化归与转化是解题的关键，也是解题的难点。
新定义问题的解题思路为：
（1）若新定义是运算法则，直接按照运算法则计算即可；
（2）若新定义是性质，要判断性质的适用性，能否利用定义外延；也可用特殊值排除等方法。
【变式训练】 由n（n≥2）个不同的数构成的数列a1，a2，…，an中，若1≤i如对于数列3,2,1，由于在第一项3后面比3小的项有2个，在第二项2后面比2小的项有1个，在第三项1后面没有比1小的项，因此，数列3,2,1的逆序数为2＋1＋0＝3，若an＝－2n＋19（1≤n≤100，n∈N*），则数列{an}的逆序数为（ ）
A．2525B．5050
C．2475D．4950
解析 因为an＝－2n＋19（1≤n≤100，n∈N*），故{an}为单调递减数列，所以逆序数为99＋98＋…＋1＝＝4950。
答案 D
递推式是表示数列的方式之一，所谓递推式是指给出数列连续两项（或者多项）之间的关系，利用初始值，可以逐步求得该数列所有项的一种表达数列的方式。
根据数列递推关系求通项是数列的核心问题之一，也是高考的一个重要命题点，本文简述根据数列递推关系求通项的几种常见方法。
类型一累加、累乘法求通项公式
【例1】
（1）在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1（n≥2），则数列{an}的通项公式为________。
（2）设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1（n∈N*），则数列{an}的通项公式为________。
解析
（1）因为an＝an－1（n≥2），所以an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1。
以上（n－1）个式子相乘得an＝a1···…·＝＝。
当n＝1时，a1＝1，上式也成立。
所以an＝（n∈N*）。
（2）由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2）。
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝。
又因为a1＝1，所以an＝（n≥2）。
因为当n＝1时也满足上式，所以an＝（n∈N*）。
答案
（1）an＝（n∈N*）
（2）an＝（n∈N*）
1．对于an＋1＝an＋f（n）类且函数列{f（n）}可以求和的递推数列问题，均可以使用累加法求得其通项公式，即an＝a1＋（a2－a1）＋…＋（an－an－1）＝a1＋f
（1）＋f
（2）＋…＋f（n－1）。
2．对满足an＋1＝anf（n），且函数列{f（n）}可以求积的递推数列问题，均可以使用累乘法求得其通项公式，即an＝a1···…·＝a1f
（1）f
（2）…f（n－1）。
【变式训练】
（1）设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，则数列{an}的通项公式为________。
（2）在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1（n≥2，n∈N*），则数列的前n项和Tn＝________。
解析
（1）由已知得，当n≥1时，an＋1＝[（an＋1－an）＋（an－an－1）＋…＋（a2－a1）]＋a1＝3（22n－1＋22n－3＋…＋2）＋2＝22（n＋1）－1。
而a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1。
（2）令bn＝，由an＝an－1（n≥2），得bn＝＝，则＝＝·＝·＝，又b1＝＝1，所以累乘可得bn＝b1····…·＝1××××…×＝（n≥2，n∈N*）。
当n＝1时，b1＝1满足上式，则bn＝＝2（n∈N*）。
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＝2＝。
答案
（1）an＝22n－1
（2）
类型二如an＋1＝pan＋q（p、q为常数）求通项公式形
【例2】 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________。
解析 因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3（an＋1），所以＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1（n∈N*）。
答案 an＝2·3n－1－1（n∈N*）
以an＋1＝pan＋q（p≠0,1，q≠0）的方式给出的递推数列问题均可使用本典例的方法求得其通项公式，过程为设an＋1＋λ＝p（an＋λ），则an＋1＝pan＋（p－1）λ，比较得λ＝，即数列是首项为a1＋，公比为p的等比数列，求出该数列通项即可求出原数列的通项。
【变式训练】 已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an＋6，则数列{an}的通项公式为an＝________。
解析 设an＋1＋λ＝4（an＋λ），即an＋1＝4an＋3λ，与已知比较可得λ＝2，所以an＋1＝4an＋6可以转化为an＋1＋2＝4（an＋2），又a1＋2＝4，故数列{an＋2}是首项为4，公比为4的等比数列，所以an＋2＝4n，所以an＝4n－2。
答案 4n－2
类型三形如an＋1＝pan＋qn（p、q为常数，n为正整数）求通项公式
【例3】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2n，则数列{an}的通项公式为an＝________。
解析 由an＋1＝3an＋2n两端同时除以2n＋1，得＝·＋，两端同时加1，得＋1＝·＋＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以＋1＝n，所以＝n－1，所以an＝3n－2n。
答案 3n－2n
本题使用了两个变换，一是在递推式两端同时除以2n＋1，把看作新数列，令bn＝，则bn＋1＝bn＋，即化为例2类型的递推式，求得bn，再变换后得出an。
复杂的递推数列问题需要综合使用各种不同的方法加以解决。
【变式训练】 （2019·惠州市调研考试）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n（n∈N*），则数列{an}的通项公式an＝________。
解析 an＋1－2an＝2n两边同时除以2n＋1，可得－＝，又＝，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以＝＋（n－1）×＝，所以an＝n·2n－1。
答案 n·2n－1
类型四其他构造法求通项公式
【例4】 给定两个数列{xn}，{yn}满足x0＝y0＝1，xn＝（n≥1），yn＝（n≥1），求数列{xn}，{yn}的通项公式。
解 由已知得到x1＝＝，＝1＋，＋1＝2，所以数列是以4为首项、2为公比的等比数列，因此＋1＝2n＋1，即xn＝。
yn＋1＝，再与已知相除，得＝2,1＋＝2，两边取对数得，ln＝2ln，而ln＝ln2，所以是以ln4为首项，2为公比的等比数列，所以ln＝2nln2＝ln22n，即{yn}的通项公式为yn＝。
1．an＋1＝，这种类型一般是等式两边取倒数后转化为类型二。
2．an＋1＝pa（p>0，an>0），这种类型一般是等式两边取对数后整理转化为类型二。
3．an＋2＝pan＋1＋qan（其中p，q均为常数）。
先把原递推公式转化为an＋2＋san＋1＝t（an＋1＋san），其中s，t满足转化为一个新等比数列来求（如下面变式训练）。
【变式训练】 （2019·沈阳市质量检测）在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1（n≥2），则an＝________。
解析 因为an＋1＝3an－2an－1（n≥2），所以＝2（n≥2），所以an＋1－an＝（a2－a1）2n－1＝2n－1（n≥2），又a2－a1＝1，所以an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1＝1，累加，得an＝2n－1（n∈N*）。
解析：
因为an＋1＝3an－2an－1（n≥2），所以an＋1－2an＝an－2an－1，得an＋1－2an＝an－2an－1＝an－1－2an－2＝…＝a2－2a1＝0，即an＝2an－1（n≥2），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（n∈N*）。
答案 2n－1
升级会员 