2022高考总复习(人教A版)高中数学-第五章-数列-第4讲-数列求和.docx

第4讲　数列求和

1．等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d．
2．等比数列的前n项和公式
Sn＝
3．一些常见数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n．
[做一做]
1．数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和为9，则n等于(　　)
A．9　　　　　　　　　 B．99
C．10 D．100
答案：B
2．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列的前10项的和为(　　)
A．120 B．100
C．75 D．70
解析：选C.∵Sn＝＝n(n＋2)，
∴＝n＋2.
故＋＋…＋＝75.

1．辨明两个易误点
(1)使用裂项相消法求和时，要留意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不行漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
(2)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1两种状况求解．
2．数列求和的常用方法
(1)倒序相加法：
假如一个数列{an}的前n项中首末两端等“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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
(2)错位相减法：
假如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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
(3)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，从而求得其和．
(4)分组求和法：
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．
(5)并项求和法：
一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可接受两项合并求解．
[做一做]
3．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________．
答案：－25
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＝＋＝2n＋1－2＋n2.
答案：2n＋1＋n2－2

__分组法求和__________________________

　(2022·高考湖南卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
[解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，则
T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
[规律方法]　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，可接受分组求和法求{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，可接受分组求和法求和．
2．本题中求前2n项和转化为求数列{22n}与{(－1)nn}的和，在求{(－1)nn}的和时，又利用了并项求和法．
　　　1.已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q>1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.
解：(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，
∴3(anq2＋an)－10anq＝0，
即3q2－10q＋3＝0.
∵公比q>1，
∴q＝3.
又首项a1＝3，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)∵是首项为1，公差为2的等差数列，
∴bn＋an＝1＋2(n－1)．
即数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1，
前n项和Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝－(3n－1)＋n2.
__错位相减法求和______________________

　(2021·浙江宁波高三模拟)设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝1，b1＝2，a2＋b3＝10，a3＋b2＝7.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，记cn＝·an，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由题意得
把a1＝1，b1＝2代入得
消去d得2q2－q－6＝0，
(2q＋3)(q－2)＝0，
∵{bn}是各项都为正数的等比数列，
∴q＝2.
进而d＝1，∴an＝n，bn＝2n.
(2)Sn＝2n＋1－2，
cn＝an·＝n·(2n－1)＝n·2n－n，
设Wn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Wn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
相减，可得Wn＝(n－1)·2n＋1＋2，
Tn＝Wn－＝(n－1)·2n＋1－＋2.
[规律方法]　用错位相减法求和时，应留意：
(1)要擅长识别题目类型， 特殊是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特殊留意将两式“错项对齐”以便下一步精确     写出“Sn－qSn”的表达式．
　　　2.(2021·大庆市其次次质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差数列{bn}中，公差d＝2，且b1＋b2＋b3＝15.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，
∴an＝2Sn－1＋1(n∈N*，n>1)，
∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
∴an＋1＝3an(n∈N*，n>1)，
又a2＝2a1＋1＝3，a2＝3a1，
∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴an＝a1·qn－1＝3n－1.
∵b1＋b2＋b3＝15，
∴b2＝5，又d＝2，
∴b1＝b2－d＝3.
∴bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由(1)知
Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)×3n－2＋(2n＋1)×3n－1，①
∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)×3n－1＋(2n＋1)×3n.②
∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)×3n
＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)×3n
＝3＋2×－(2n＋1)×3n
＝－2n×3n.
∴Tn＝n×3n.
__裂项相消法求和(高频考点)____________

裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题，难度适中，属中档题．
高考对裂项相消法的考查常有以下两个命题角度：
(1)求前n项和；
(2)比较大小或不等式证明．
　(2022·高考广东卷)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
[解]　(1)令n＝1代入得a1＝2(负值舍去)．
(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.
又已知各项均为正数，故Sn＝n2＋n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
当n＝1时，a1＝2也满足上式，
所以an＝2n，n∈N*.
(3)证明：k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，
∴4k2＋2k≥3k2＋3k，
∴＝＝≤
＝.
∴＋＋…＋
≤
＝<.
∴不等式成立．
[规律方法]　1.解答本题利用了裂项相消法，而解答此题的关键是借助于放缩，即≤＝，即可相消．
2．利用裂项相消法求和应留意
(1)抵消后并不愿定只剩下第一项和最终一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.
　　　3.(1)(2021·贵阳市适应性考试)已知数列{an}是等差数列，a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比数列．
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
(2)(2021·广东佛山南海区质检)已知等差数列{bn}满足b1＝1，b4＝7.设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
解：(1)①设数列{an}的公差为d，由a1＝2和a2，a3，a4＋1成等比数列，得
(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，
解得d＝2或d＝－1.
当d＝－1时，a3＝0与a2，a3，a4＋1成等比数列冲突，舍去．
所以d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n，即数列{an}的通项公式为an＝2n.
②bn＝＝＝＝－，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
(2)证明：设{bn}的公差为d，∵b1＝1，b4＝1＋3d＝7，
∴d＝2.
∴bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
∵cn＝＝＝，
∴Tn＝
＝＝.
∵n∈N*，
∴Tn＝<，
Tn－Tn－1＝－＝>0.
∴数列{Tn}是一个递增数列．
∴Tn≥T1＝.
综上所述，≤Tn<.

考题溯源——以方程为背景的数列问题

　　　(2022·高考课标全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
[解]　(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3，
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，
从而a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)设的前n项和为Sn.由(1)知＝，则
Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋.
两式相减得
Sn＝＋－
＝＋－.
所以Sn＝2－.
[考题溯源]　本考题源于教材人教A版必修5 P68复习参考题A组T11“数列{an}是等差数列，a1＝f(x＋1)，a2＝0，a3＝f(x－1)，其中f(x)＝x2－4x＋2，求通项公式an.”，是由函数、方程为背景产生的数列问题．
　(2022·高考课标全国卷Ⅰ改编)已知等差数列{an}的公差d>0，前n项和为Sn，a2，a4是方程x2－10x＋21＝0的两根．
(1)求证：＋＋…＋<1；
(2)求数列{2－nan}的前n项和Tn.
解：(1)证明：∵x2－10x＋21＝0的两根为x＝3或x＝7，
由题意得a2＝3，a4＝7，
∴，
解得a1＝1，d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
∴Sn＝n×1＋×2＝n2，
当n≥2时，Sn＝n2>n(n－1)，
∴＋＋…＋<＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－＝1－<1.
(2)∵2－nan＝，
∴数列{2－nan}的前n项和Tn＝＋＋＋…＋，①
∴Tn＝＋＋…＋＋.②
①－②得Tn＝＋2－
＝＋2×－＝－·，
∴Tn＝3－(2n＋3).

1．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为(　　)
A．990　　　　　　　　 B．1 000
C．1 100 D．99
解析：选A.n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.
2．(2021·山东济南期末)已知{an}为等差数列，a10＝33，a2＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则S20－2S10等于(　　)
A．40 B．200
C．400 D．20
解析：选C.S20－2S10＝－2×
＝10(a20－a10)＝100d.
又a10＝a2＋8d，
∴33＝1＋8d，
∴d＝4.
∴S20－2S10＝400.
3．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为(　　)
A.或5 B.或5
C. D.
解析：选C.设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝.
4．(2021·皖西七校联考(一))已知数列{an}是等差数列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2 016＝(　　)
A．2 016 B．－2 016
C．3 024 D．－3 024
解析：选C.∵a1＝tan 225°＝1，∴a5＝13a1＝13，则公差d＝＝＝3，
∴an＝3n－2，
∴(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，
∴S2 016＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 016－a2 015)＝1 008d＝3 024.
5．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5，则数列的前8项和为(　　)
A．－ B．－
C. D.
解析：选B.设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.由已知可得
解得a1＝1，d＝－1，故{an}的通项公式为an＝2－n.
所以＝
＝，所以数列的前8项和为
＝－.
6．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为________．
解析：a1＋…＋ak＋…＋a10
＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)
＝240－
＝240－110＝130.
答案：130
7．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．
解析：a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案：－2　2n－1－
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2
＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
9．(2022·高考安徽卷)数列{a n}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列{}是等差数列；
(2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1，
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.
从而bn＝n·3n.
Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①－②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝.
所以Sn＝.
10．在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…＋<k对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16，
∵a3－a2＝8，则a2＝8，
∴q＝2.
∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝log42n＋1＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝.
∴＝＝.
∴＋＋＋…＋
＝
＝
<<，
∴存在正整数k的最小值为3.

1．(2021·唐山市第一次模拟)各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则2k＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.当n＝1时，3S1＝a1a2，即3a1＝a1a2，∴a2＝3，当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，两式相减得：3an＝an(an＋1－an－1)，又∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，
∴{a2n}为一个以3为首项，3为公差的等差数列，
∴2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋×3＝.
2．已知F(x)＝f－1是R上的奇函数，an＝f(0)＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝n－1 B．an＝n
C．an＝n＋1 D．an＝n2
解析：选C.∵F(x)＋F(－x)＝0，
∴f＋f＝2，
即若a＋b＝1，则f(a)＋f(b)＝2.于是，由an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，得2an＝[f(0)＋f(1)]＋＋…＋＋[f(1)＋f(0)]＝2n＋2，
∴an＝n＋1.故选C.
3．(2021·辽宁省五校上学期联考)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1.记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________．
解析：依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.
答案：480
4．(2021·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校联考)定义：称为n个正数x1，x2，…，xn的“平均倒数”，若正项数列{cn}的前n项的“平均倒数”为，则数列{cn}的通项公式为cn＝________．
解析：由已知可得，数列{cn}的前n项和Sn＝n(2n＋1)，所以数列{cn}为等差数列，首项c1＝S1＝3，c2＝S2－S1＝10－3＝7，故公差d＝c2－c1＝7－3＝4，得数列的通项公式为cn＝c1＋(n－1)×4＝4n－1.
答案：4n－1
5．(2021·广东广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋pn＋q(p，q∈R)，且a2，a3，a5成等比数列．
(1)求p，q的值；
(2)若数列{bn}满足an＋log2n＝log2bn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)法一：当n＝1时，
a1＝S1＝1＋p＋q，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋pn＋q－[(n－1)2＋p(n－1)＋q]＝2n－1＋p.
∵{an}是等差数列，
∴1＋p＋q＝2×1－1＋p，得q＝0.
又a2＝3＋p，a3＝5＋p，a5＝9＋p，
∵a2，a3，a5成等比数列，
∴a＝a2a5，即(5＋p)2＝(3＋p)(9＋p)，
解得p＝－1.
法二：设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2＋n.
∵Sn＝n2＋pn＋q，
∴＝1，a1－＝p，q＝0.
∴d＝2，p＝a1－1，q＝0.
∵a2，a3，a5成等比数列，
∴a＝a2a5，
即(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋8)，解得a1＝0.
∴p＝－1.
(2)由(1)得an＝2n－2.
∵an＋log2n＝log2bn，
∴bn＝n·2an＝n·22n－2＝n·4n－1.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝40＋2×41＋3×42＋…＋(n－1)·4n－2＋n·4n－1，①
4Tn＝41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，②
①－②得－3Tn＝40＋41＋42＋…＋4n－1－n·4n＝－n·4n＝.
∴Tn＝[(3n－1)·4n＋1]．
6．(选做题)(2021·浙江杭州第一次质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝1－，其中n∈N*.
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cncn＋2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵bn＋1－bn＝－
＝－
＝－＝2(常数)，
∴数列{bn}是等差数列．
∵a1＝1，∴b1＝2，
因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，
由bn＝，得an＝.
(2)由cn＝，an＝，得cn＝，
∴cncn＋2＝＝2，
∴Tn＝2
＝2<3，
依题意要使Tn<对于n∈N*恒成立，只需≥3，即≥3，
解得m≥3或m≤－4，又m为正整数，所以m的最小值为3.