資源簡介

第29講 數列求和
【練基礎】
1．已知數列{an}滿足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn為數列{an}的前n項和，則S2 021＝(　　)
A．3　　　　　　　　　　 B．2
C．1 D．0
2．已知數列{an}的通項公式是an＝2n－n，則其前20項和為(　　)
A．379＋ B．399＋
C．419＋ D．439＋
3．在數列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則數列{an}的前12項和等于(　　)
A．76 B．78
C．80 D．82
4．在數列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，則S60的值為(　　)
A．990 B．1000
C．1100 D．99
5．若數列{an}的通項公式是an＝，前n項和為9，則n等于(　　)
A．9 B．99
C．10 D．100
6．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2等于(　　)
A. B．－
C．(－1)n＋1 D．以上答案均不對
7．已知數列{an}滿足log2an＝n＋log23，則a2＋a4＋a6＋…＋a20的值為(　　)
A．3×(211－4) B．3×(212－4)
C. D．411－4
8．已知數列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，則稱數列{an}為“凸數列”．已知數列{bn}為“凸數列”，且b1＝1，b2＝－2，則數列{bn}的前2019項和為(　　)
A．5 B．－4
C．0 D．－2
9．設Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，＝Sn，則S10＝(　　)
A. B．－
C．10 D．－10
10．化簡Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的結果是(　　)
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
【練提升】
1．在數列{an}中，若對任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2為定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，則數列{an}的前100項的和S100＝(　　)
A．132 B．299
C．68 D．99
2．我國古代數學名著《九章算術》中，有已知長方形面積求一邊的算法，其方法的前兩步為：
第一步：構造數列1，，，，…，.①
第二步：將數列①的各項乘以，得到一個新數列a1，a2，a3，…，an.
則a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝(　　)
A. B.
C. D.
3．記數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，則S2020＝(　　)
A．3×(21010－1) B.×(21010－1)
C．3×(22020－1) D.×(22020－1)
4．已知數列{an}的各項均為正整數，其前n項和為Sn，若an＋1＝且a1＝5，則S2020＝(　　)
A．4740 B．4737
C．12095 D．12002
5．在平面直角坐標系xOy中，點An(n∈N*)，記△A2n－1A2nA2n＋1的面積為Sn，則Si＝________.
6．已知數列{an}的通項公式為an＝則數列{an}前15項和S15的值為________．
7．等差數列{an}的前n項和為Sn，數列{bn}是等比數列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)令cn＝設數列{cn}的前n項和為Tn，求T2n.
8．有一正項等比數列{an}的公比為q，前n項和為Sn，滿足a2a4＝64，S3＝14.設bn＝log2an(n∈N*)．
(1)求a1，a2的值，并求出數列{an}的通項公式；
(2)判斷數列{bn}是否為等差數列，并說明理由；
(3)記cn＝，求數列{cn}的前n項和Tn.
9．已知Sn為正項數列{an}的前n項和，a1＝1，且＝an＋(n≥2且n∈N*)．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)求數列{4·an}的前n項和Tn.
10．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求證：數列為等差數列；
(2)令bn＝2nan，求數列{bn}的前n項和Tn.
第29講 數列求和
【練基礎】
1．已知數列{an}滿足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn為數列{an}的前n項和，則S2 021＝(　　)
A．3　　　　　　　　　　 B．2
C．1 D．0
【答案】C
【解析】∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故數列{an}是周期為6的周期數列，且每連續6項的和為0，故S2 021＝336×0＋a2 017＋a2 018＋…＋a2 021＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋2＋1＋(－1)＋(－2)＝1.故選C.
2．已知數列{an}的通項公式是an＝2n－n，則其前20項和為(　　)
A．379＋ B．399＋
C．419＋ D．439＋
【答案】C
【解析】S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2×(1＋2＋…＋20)－＝2×－＝420－1＋＝419＋.
3．在數列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則數列{an}的前12項和等于(　　)
A．76 B．78
C．80 D．82
【答案】B
【解析】由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，
得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，
取n＝1,5,9及n＝2,6,10，結果分別相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故選B.
4．在數列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，則S60的值為(　　)
A．990 B．1000
C．1100 D．99
【答案】A
【解析】當n為奇數時，an＋2－an＝1＋(－1)n＝0，可得a1＝a3＝…＝a59＝2，當n為偶數時，an＋2－an＝1＋(－1)n＝2，可得由偶數項構成的數列是首項為2，公差為2的等差數列．所以a2＋a4＋…＋a60＝30×2＋×2＝930.所以S60＝(a1＋a3＋…＋a59)＋(a2＋a4＋…＋a60)＝30×2＋930＝990.
5．若數列{an}的通項公式是an＝，前n項和為9，則n等于(　　)
A．9 B．99
C．10 D．100
【答案】B
【解析】因為an＝＝－，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1，
令－1＝9，得n＝99.
6．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2等于(　　)
A. B．－
C．(－1)n＋1 D．以上答案均不對
【答案】C
【解析】1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝1＋(3－2)×(2＋3)＋(5－4)×(4＋5)＋…＝1＋2＋3＋4＋5＋…，當n為偶數時，
1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)－n2＝－n2＝－；當n為奇數時，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝.綜上，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·.
7．已知數列{an}滿足log2an＝n＋log23，則a2＋a4＋a6＋…＋a20的值為(　　)
A．3×(211－4) B．3×(212－4)
C. D．411－4
【答案】D
【解析】∵log2an＝log22n＋log23＝log2(2n·3)，
∴an＝3·2n，a2n＝3·22n＝3·4n，
∴a2＋a4＋a6＋…＋a20＝3×(4＋42＋43＋…＋410)＝3×＝411－4.故選D.
8．已知數列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，則稱數列{an}為“凸數列”．已知數列{bn}為“凸數列”，且b1＝1，b2＝－2，則數列{bn}的前2019項和為(　　)
A．5 B．－4
C．0 D．－2
【答案】B
【解析】由“凸數列”的定義及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴數列{bn}是周期為6的周期數列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0,2019＝336×6＋3，于是數列{bn}的前2019項和為336×0＋b1＋b2＋b3＝－4.
9．設Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，＝Sn，則S10＝(　　)
A. B．－
C．10 D．－10
【答案】B
【解析】由＝Sn，得an＋1＝SnSn＋1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，即－＝－1，所以數列是以＝＝－1為首項，－1為公差的等差數列，所以＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，所以＝－10，所以S10＝－，故選B.
10．化簡Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的結果是(　　)
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
【答案】D
【解析】因為Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.
【練提升】
1．在數列{an}中，若對任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2為定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，則數列{an}的前100項的和S100＝(　　)
A．132 B．299
C．68 D．99
【答案】B
【解析】因為在數列{an}中，若對任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2為定值，所以an＋3＝an，即數列{an}中各項是以3為周期呈周期變化的．因為a7＝2，a9＝3，a98＝a3×30＋8＝a8＝4，所以a1＋a2＋a3＝a7＋a8＋a9＝2＋4＋3＝9，所以S100＝33×(a1＋a2＋a3)＋a100＝33×9＋a7＝299，故選B.
2．我國古代數學名著《九章算術》中，有已知長方形面積求一邊的算法，其方法的前兩步為：
第一步：構造數列1，，，，…，.①
第二步：將數列①的各項乘以，得到一個新數列a1，a2，a3，…，an.
則a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由題意知所得新數列為1×，×，×，…，×，所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝＝＝＝.
3．記數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，則S2020＝(　　)
A．3×(21010－1) B.×(21010－1)
C．3×(22020－1) D.×(22020－1)
【答案】A
【解析】因為(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，所以an＋1an＝2n(n∈N*)，所以an＋2an＋1＝2n＋1.兩式作比可得＝2(n∈N*)．又因為a1＝1，a2a1＝2，所以a2＝2.所以數列{a2n}是首項為2，公比為2的等比數列，{a2n－1}是首項為1，公比為2的等比數列．所以S2020＝(a1＋a3＋…＋a2017＋a2019)＋(a2＋a4＋…＋a2018＋a2020)＝＋＝3×(21010－1)．故選A.
4．已知數列{an}的各項均為正整數，其前n項和為Sn，若an＋1＝且a1＝5，則S2020＝(　　)
A．4740 B．4737
C．12095 D．12002
【答案】B
【解析】依題意an＋1＝且a1＝5，a2＝3×5＋1＝16，a3＝＝8，a4＝＝4，a5＝＝2，a6＝＝1，a7＝3×1＋1＝4，…所以數列{an}從第四項起構成周期為3的周期數列．因為2020＝3＋3×672＋1，所以S2020＝5＋16＋8＋(4＋2＋1)×672＋4＝4737.
5．在平面直角坐標系xOy中，點An(n∈N*)，記△A2n－1A2nA2n＋1的面積為Sn，則Si＝________.
【答案】·22n＋1＋
【解析】由題意得A2n－1(22n－1,0)，A2n(22n,2n)，
A2n＋1(22n＋1,0)，∴Sn＝×(22n＋1－22n－1)·2n
＝×3×22n－1·2n＝3n·22n－1.
設Si＝Tn，則Tn＝3×21＋3×2×23＋…＋3n·22n－1，
22Tn＝3×23＋…＋3(n－1)·22n－1＋3n·22n＋1，
兩式相減，得－3Tn＝3·21＋3·23＋…＋3·22n－1－3n·22n＋1＝22n＋1(1－3n)－2，
∴Si＝Tn＝·22n＋1＋.
6．已知數列{an}的通項公式為an＝則數列{an}前15項和S15的值為________．
【解析】數列{an}的通項公式為an＝
由＝，
得S15＝（1－＋－＋－＋…＋－）＋(2＋4＋6＋…＋14)－7×7＝×＋×7×16－49＝.
【答案】
7．等差數列{an}的前n項和為Sn，數列{bn}是等比數列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)令cn＝設數列{cn}的前n項和為Tn，求T2n.
【解析】(1)設數列{an}的公差為d，數列{bn}的公比為q，
由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，a1＝3，b1＝1，
得解得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，
則當n為奇數時，cn＝＝－，
當n為偶數時，cn＝2n－1，
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－＋＝＋(4n－1)．
8．有一正項等比數列{an}的公比為q，前n項和為Sn，滿足a2a4＝64，S3＝14.設bn＝log2an(n∈N*)．
(1)求a1，a2的值，并求出數列{an}的通項公式；
(2)判斷數列{bn}是否為等差數列，并說明理由；
(3)記cn＝，求數列{cn}的前n項和Tn.
【解析】(1)由a2a4＝64，得a＝64.又∵an>0，∴a3＝8.
∵S3＝a1＋a2＋a3，∴a1＋a2＋8＝14，∴a1＋a1q＝6，
即a1(1＋q)＝6，∴(1＋q)＝6，即3q2－4q－4＝0，
解得q＝2或q＝－(舍去)．
∴a1＝2，a2＝4，an＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)數列{bn}為等差數列．理由如下：
由(1)知an＝2n，∴bn＝log2an＝log22n＝n，
∴bn＋1＝n＋1，∴bn＋1－bn＝1.又b1＝1，
∴{bn}是以1為首項，1為公差的等差數列．
(3)由(2)可知，bn＝n，∴cn＝＝＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
9．已知Sn為正項數列{an}的前n項和，a1＝1，且＝an＋(n≥2且n∈N*)．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)求數列{4·an}的前n項和Tn.
【解析】(1)當n＝2時， ＝a2＋，
∴a2＝.
當n≥2時，Sn＝a＋an＋，①
∴Sn＋1＝a＋an＋1＋.②
②－①，得an＋1＝a－a＋an＋1－an，
即(an＋1＋an)＝a－a，∴an＋1－an＝.
∴當n≥2時，{an}是公差為的等差數列，
∴an＝a2＋(n－2)＝＋.
∵a1＝1不適合上式，∴an＝
(2)當n＝1時，T1＝4·a1＝4.
當n≥2時，＝an＋＝＋，
則4·an＝2n.
設Pn＝Tn－T1＝·22＋·23＋·24＋…＋·2n，①
則2Pn＝·23＋·24＋…＋·2n＋·2n＋1.②
①－②，得－Pn＝10＋(23＋24＋…＋2n)－·2n＋1＝2＋(1－2n)·2n，
故Pn＝(2n－1)·2n－2，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2.
∵T1＝4也適合上式，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2.
10．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求證：數列為等差數列；
(2)令bn＝2nan，求數列{bn}的前n項和Tn.
【解析】(1)證明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得－＝1，又＝5，所以數列是首項為5，公差為1的等差數列．
(2)由(1)可知＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.
又a1＝5也符合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，
所以bn＝(2n＋3)2n，
所以Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①
2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)·2n＋1，②
所以②－①得
Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)
＝(2n＋3)2n＋1－10－
＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)
＝(2n＋1)2n＋1－2.第29講 數列求和
【學科素養】
1.與等差、等比數列的定義和性質相結合，考查數列的求和，凸顯數學運算的核心素養．
2.與不等式的證明相結合，考查數列的求和，凸顯數學運算、邏輯推理的核心素養．
【課標解讀】
1.熟練掌握等差、等比數列的前n項和公式；
2.掌握非等差數列、非等比數列求和的幾種常見方法。
3.理解等差數列、等比數列的概念，掌握等差數列、等比數列的通項公式與前 n 項和公式及其應用。
4.了解等差數列與一次函數、等比數列與指數函數的關系。
5.會用數列的等差關系或等比關系解決實際問題。
【備考策略】
從近三年高考情況來看，本講一直是高考中的熱點，主要考查“錯位相減”“裂項相消”“等差、等比數列的公式求和”等．預測2022年高考會考查數列求和或數列求和與不等式的綜合．此類問題一般以解答題為主，以中檔題型為主.
【核心知識】
知識點一 求數列的前n項和的方法
(1)公式法
①等差數列的前n項和公式
Sn＝＝na1＋d．
②等比數列的前n項和公式
(ⅰ)當q＝1時，Sn＝na1；
(ⅱ)當q≠1時，Sn＝＝.
(2)分組轉化法
把數列的每一項分成兩項或幾項，使其轉化為幾個等差、等比數列，再求解．
(3)裂項相消法
把數列的通項拆成兩項之差求和，正負相消剩下首尾若干項．
(4)倒序相加法
把數列分別正著寫和倒著寫再相加，即等差數列求和公式的推導過程的推廣．
(5)錯位相減法
主要用于一個等差數列與一個等比數列對應項相乘所得的數列的求和，即等比數列求和公式的推導過程的推廣．
(6)并項求和法
一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝
(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
知識點二 常見的裂項公式
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
【高頻考點】
高頻考點一 分組轉化求和
【例1】（2023·天津卷）已知為等差數列，為等比數列，．
（Ⅰ）求和的通項公式；
（Ⅱ）記的前項和為，求證：；
（Ⅲ）對任意的正整數，設求數列的前項和．
【方法技巧】分組法求和的常見類型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數列，可采用分組法求{an}的前n項和．
(2)通項公式為an＝的數列，其中數列{bn}，{cn}是等比或等差數列，可采用分組法求和．
【變式探究】(2019·天津高考)設是等差數列，是等比數列。已知.
（Ⅰ）求和的通項公式；
（Ⅱ）設數列滿足其中.
（i）求數列的通項公式；
（ii）求.
【方法技巧】分組法求數列的前n項和的方法技巧
(1)如果一個數列是等差數列與等比數列的代數和，求其前n項和需要先分組再利用公式求和．
(2)如果數列的排序規律較為“隱蔽”，如an是求和的形式，則需要先化簡通項公式，得到明確的排序規律再對其求和．
【變式探究】已知數列{an}的通項公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n項和Sn.
【變式探究】已知數列{an}是等差數列，滿足a1＝2，a4＝8，數列{bn}是等比數列，滿足b2＝4，b5＝32.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數列{an＋bn}的前n項和Sn.
高頻考點二 錯位相減求和
【例2】（2023·全國卷）某校學生在研究民間剪紙藝術時，發現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規格為的長方形紙，對折1次共可以得到，兩種規格的圖形，它們的面積之和，對折2次共可以得到，，三種規格的圖形，它們的面積之和，以此類推，則對折4次共可以得到不同規格圖形的種數為______；如果對折次，那么______.
【變式探究】(2020·全國卷Ⅰ)設{an}是公比不為1的等比數列，a1為a2，a3的等差中項．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求數列{nan}的前n項和．
【舉一反三】（2023·天津高考）設是等差數列，是等比數列，公比大于，已知， ，.
（Ⅰ）求和的通項公式；
（Ⅱ）設數列滿足求.
【舉一反三】（2023·新課標Ⅲ）設數列{an}滿足a1=3，．
（1）計算a2，a3，猜想{an}的通項公式并加以證明；
（2）求數列{2nan}的前n項和Sn．
【方法技巧】
(1)如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法，一般是和式兩邊同乘以等比數列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式．
(3)在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解．同時要注意等比數列的項數是多少．
【變式探究】設數列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.
(1)求數列{an}的通項；
(2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Sn.
【變式探究】設{an}是等差數列，{bn}是各項都為正數的等比數列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數列的前n項和Sn.
高頻考點三 裂項相消求和
【例3】（2023·浙江卷）已知數列滿足.記數列的前n項和為，則（ ）
A． B． C． D．
【變式探究】（2023·浙江卷）已知數列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若數列{bn}為等比數列，且公比，且，求q與an的通項公式；
（Ⅱ）若數列{bn}為等差數列，且公差，證明：．
【舉一反三】【2019·浙江卷】設等差數列的前n項和為，，，數列滿足：對每個成等比數列．
（I）求數列的通項公式；
（II）記 證明：
【方法技巧】常見的裂項方法
數列(n∈N*) 裂項方法(n∈N*)
(k為非零常數) ＝
＝
＝(－)
其中a＞0，且a≠1 loga＝loga(n＋1)－logan
＝－
【方法技巧】裂項相消法求和的實質是將數列中的通項分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的，其解題的關鍵就是準確裂項和消項．
(1)裂項原則：一般是前邊裂幾項，后邊就裂幾項，直到發現被消去項的規律為止．
(2)消項規律：消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前邊剩第幾項，后邊就剩倒數第幾項。
【變式探究】（2018年天津卷）設是等比數列，公比大于0，其前n項和為，是等差數列.已知，，，.（I）求和的通項公式；
（II）設數列的前n項和為，
（i）求；
（ii）證明.
【變式探究】正項等差數列{an}滿足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比數列，{an}的前n項和為Sn.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)令bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
【變式探究】已知數列{an}的前n項和為Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)求數列的前n項和Tn.
第29講 數列求和
【學科素養】
1.與等差、等比數列的定義和性質相結合，考查數列的求和，凸顯數學運算的核心素養．
2.與不等式的證明相結合，考查數列的求和，凸顯數學運算、邏輯推理的核心素養．
【課標解讀】
1.熟練掌握等差、等比數列的前n項和公式；
2.掌握非等差數列、非等比數列求和的幾種常見方法。
3.理解等差數列、等比數列的概念，掌握等差數列、等比數列的通項公式與前 n 項和公式及其應用。
4.了解等差數列與一次函數、等比數列與指數函數的關系。
5.會用數列的等差關系或等比關系解決實際問題。
【備考策略】
從近三年高考情況來看，本講一直是高考中的熱點，主要考查“錯位相減”“裂項相消”“等差、等比數列的公式求和”等．預測2022年高考會考查數列求和或數列求和與不等式的綜合．此類問題一般以解答題為主，以中檔題型為主.
【核心知識】
知識點一 求數列的前n項和的方法
(1)公式法
①等差數列的前n項和公式
Sn＝＝na1＋d．
②等比數列的前n項和公式
(ⅰ)當q＝1時，Sn＝na1；
(ⅱ)當q≠1時，Sn＝＝.
(2)分組轉化法
把數列的每一項分成兩項或幾項，使其轉化為幾個等差、等比數列，再求解．
(3)裂項相消法
把數列的通項拆成兩項之差求和，正負相消剩下首尾若干項．
(4)倒序相加法
把數列分別正著寫和倒著寫再相加，即等差數列求和公式的推導過程的推廣．
(5)錯位相減法
主要用于一個等差數列與一個等比數列對應項相乘所得的數列的求和，即等比數列求和公式的推導過程的推廣．
(6)并項求和法
一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝
(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
知識點二 常見的裂項公式
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
【高頻考點】
高頻考點一 分組轉化求和
【例1】（2023·天津卷）已知為等差數列，為等比數列，．
（Ⅰ）求和的通項公式；
（Ⅱ）記的前項和為，求證：；
（Ⅲ）對任意的正整數，設求數列的前項和．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）.
【解析】
(Ⅰ)設等差數列的公差為，等比數列的公比為q.
由，，可得d=1.
從而的通項公式為.
由，
又q≠0，可得，解得q=2，
從而的通項公式為.
(Ⅱ)證明：由(Ⅰ)可得，
故，，
從而，
所以.
(Ⅲ)當n奇數時，，
當n為偶數時，，
對任意的正整數n，有，
和 ①
由①得 ②
由①②得，
由于，
從而得：.
因此，.
所以，數列的前2n項和為.
【方法技巧】分組法求和的常見類型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數列，可采用分組法求{an}的前n項和．
(2)通項公式為an＝的數列，其中數列{bn}，{cn}是等比或等差數列，可采用分組法求和．
【變式探究】(2019·天津高考)設是等差數列，是等比數列。已知.
（Ⅰ）求和的通項公式；
（Ⅱ）設數列滿足其中.
（i）求數列的通項公式；
（ii）求.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）（ii）
【解析】
(Ⅰ)設等差數列的公差為，等比數列的公比為.
依題意得，解得，
故，.
所以，的通項公式為，的通項公式為.
(Ⅱ)(i).
所以，數列的通項公式為.
(ii)
.
【方法技巧】分組法求數列的前n項和的方法技巧
(1)如果一個數列是等差數列與等比數列的代數和，求其前n項和需要先分組再利用公式求和．
(2)如果數列的排序規律較為“隱蔽”，如an是求和的形式，則需要先化簡通項公式，得到明確的排序規律再對其求和．
【變式探究】已知數列{an}的通項公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n項和Sn.
【解析】Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以當n為偶數時，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
當n為奇數時，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
綜上所述，Sn＝
【變式探究】已知數列{an}是等差數列，滿足a1＝2，a4＝8，數列{bn}是等比數列，滿足b2＝4，b5＝32.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數列{an＋bn}的前n項和Sn.
【解析】(1)設等差數列{an}的公差為d，
由題意得d＝＝2，
所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.
設等比數列{bn}的公比為q，
由題意得q3＝＝8，解得q＝2.
因為b1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.
高頻考點二 錯位相減求和
【例2】（2023·全國卷）某校學生在研究民間剪紙藝術時，發現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規格為的長方形紙，對折1次共可以得到，兩種規格的圖形，它們的面積之和，對折2次共可以得到，，三種規格的圖形，它們的面積之和，以此類推，則對折4次共可以得到不同規格圖形的種數為______；如果對折次，那么______.
【答案】5
【分析】（1）按對折列舉即可；（2）根據規律可得，再根據錯位相減法得結果.
【解析】（1）由對折2次共可以得到，，三種規格的圖形，所以對著三次的結果有：，共4種不同規格（單位；
故對折4次可得到如下規格：，，，，，共5種不同規格；
（2）由于每次對著后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對著后的圖形，不論規格如何，其面積成公比為的等比數列，首項為120,第n次對折后的圖形面積為，對于第n此對折后的圖形的規格形狀種數，根據（1）的過程和結論，猜想為種（證明從略），故得猜想，
設，
則，
兩式作差得：
，
因此，.
故答案為：；.
【變式探究】(2020·全國卷Ⅰ)設{an}是公比不為1的等比數列，a1為a2，a3的等差中項．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求數列{nan}的前n項和．
【解析】(1)設{an}的公比為q，
由題設得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2，所以q2＋q－2＝0，
解得q＝－2或q＝1(舍去)．
故{an}的公比為－2.
(2)記Sn為{nan}的前n項和．
由(1)及題設可得，an＝(－2)n－1.
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
兩式相減得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n.
所以Sn＝－.
【舉一反三】（2023·天津高考）設是等差數列，是等比數列，公比大于，已知， ，.
（Ⅰ）求和的通項公式；
（Ⅱ）設數列滿足求.
【答案】（I），；
（II）
【解析】
（I）【解析】設等差數列的公差為，等比數列的公比為，
依題意，得，解得，
故，，
所以，的通項公式為，的通項公式為；
（II）
，
記 ①
則 ②
② － ①得，，
所以
.
【舉一反三】（2023·新課標Ⅲ）設數列{an}滿足a1=3，．
（1）計算a2，a3，猜想{an}的通項公式并加以證明；
（2）求數列{2nan}的前n項和Sn．
【答案】（1），，，證明見解析；（2）.
【解析】
（1）由題意可得，，
由數列的前三項可猜想數列是以為首項，2為公差的等差數列，即，
證明如下：
當時，成立；
假設時，成立.
那么時，也成立.
則對任意的，都有成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即.
【方法技巧】
(1)如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法，一般是和式兩邊同乘以等比數列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式．
(3)在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解．同時要注意等比數列的項數是多少．
【變式探究】設數列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.
(1)求數列{an}的通項；
(2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Sn.
【解析】(1)因為a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
所以當n≥2時，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝.②
①－②得3n－1an＝，所以an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，適合an＝，
所以an＝.
(2)因為bn＝，所以bn＝n·3n.
所以Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
所以3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n·3n＋1－，
所以Sn＝＋.
【變式探究】設{an}是等差數列，{bn}是各項都為正數的等比數列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數列的前n項和Sn.
【解析】(1)設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則依題意有q>0且
解得d＝2，q＝2.
所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
(2)＝.
Sn＝1＋＋＋…＋＋，①
2Sn＝2＋3＋＋…＋＋，②
②－①得Sn＝2＋2＋＋＋…＋－＝2＋2×－＝2＋2×－＝6－.
高頻考點三 裂項相消求和
【例3】（2023·浙江卷）已知數列滿足.記數列的前n項和為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因為，所以，．
由
，即
根據累加法可得，，當且僅當時取等號，
，
由累乘法可得，當且僅當時取等號，
由裂項求和法得：
所以，即．
故選：A．
【變式探究】（2023·浙江卷）已知數列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若數列{bn}為等比數列，且公比，且，求q與an的通項公式；
（Ⅱ）若數列{bn}為等差數列，且公差，證明：．
【答案】（I）；（II）證明見解析.
【解析】
（I）依題意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以數列是首項為，公比為的等比數列，所以.
所以（）.
所以
（II）依題意設，由于，
所以，
故
.
所以
.
由于，所以，所以.
即，.
【舉一反三】【2019·浙江卷】設等差數列的前n項和為，，，數列滿足：對每個成等比數列．
（I）求數列的通項公式；
（II）記 證明：
【答案】（I），；（II）證明見解析.
【解析】（I）設數列的公差為d，由題意得
，
解得．
從而．
所以，
由成等比數列得
．
解得．
所以．
（II）．
我們用數學歸納法證明．
（i）當n=1時，c1=0<2，不等式成立；
（ii）假設時不等式成立，即．
那么，當時，
．
即當時不等式也成立．
根據（i）和（ii），不等式對任意成立．
【方法技巧】常見的裂項方法
數列(n∈N*) 裂項方法(n∈N*)
(k為非零常數) ＝
＝
＝(－)
其中a＞0，且a≠1 loga＝loga(n＋1)－logan
＝－
【方法技巧】裂項相消法求和的實質是將數列中的通項分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的，其解題的關鍵就是準確裂項和消項．
(1)裂項原則：一般是前邊裂幾項，后邊就裂幾項，直到發現被消去項的規律為止．
(2)消項規律：消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前邊剩第幾項，后邊就剩倒數第幾項。
【變式探究】（2018年天津卷）設是等比數列，公比大于0，其前n項和為，是等差數列.已知，，，.
（I）求和的通項公式；
（II）設數列的前n項和為，
（i）求；
（ii）證明.
【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）證明見解析.
【解析】
(Ⅰ)設等比數列的公比為q.由
可得.因為，可得，故.
設等差數列的公差為d，由，可得
由，可得
從而 故
所以數列的通項公式為，
數列的通項公式為
（II）（i）由（I），有，
故.
（ii）因為，
所以.
【變式探究】正項等差數列{an}滿足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比數列，{an}的前n項和為Sn.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)令bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
【解析】(1)設數列{an}的公差為d(d>0)，
由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，
化簡得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.
(2)因為Sn＝＝＝n2＋3n，
所以bn＝＝
＝
＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋＋…＋
＝－＝.
【變式探究】已知數列{an}的前n項和為Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)求數列的前n項和Tn.
【解析】(1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，
∴a1＝S1＝－2＝2，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－n－1－，
即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴數列{an＋1}是等比數列，且首項為a1＋1＝3，公比為3，
∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.
(2)∵＝＝－，
∴數列的前n項和
Tn＝＋＋…＋＝－.

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