资源简介

∵bn＝a2n＋a2n－1，
1 1
a2n＋ a －b 2n 1n＋1 a2n＋2＋a2n＋1 2 2 1
∴ ＝ ＝ ＝ ，
bn a2n＋a2n－1 a2n＋a2n－1 2
1
∵a1＝1，a1·a2＝ ， 2
1 3
∴a2＝ ，∴b1＝a1＋a2＝ . 2 2
3 1
∴{bn}是首项为 ，公比为 的等比数列． 2 2
3 1 － 3
∴b n 1n＝ ×2 2 ＝ n. 2
1
(2)由(1)可知，an＋2＝ an， 2
1 1
∴a1，a3，a5，…是以 a1＝1 为首项，以 为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以 a ＝2 2 2
1
为首项，以 为公比的等比数列，
2
1 1 11－ n 1－ n 2 2 2 3
∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝ ＋ ＝3－ . 1 1 2n
1－ 1－
2 2
第四节 数列求和
一、基础知识
1．公式法
n(a1＋an) n(n－1)d
(1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝ ＝na1＋ . 2 2
推导方法：倒序相加法．
na1，q＝1，
(2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝ a1(1－qn)
，q≠1. 1－q
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前 n 项和：
n(n＋1)
①1＋2＋3＋…＋n＝ ；
2
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
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③1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组转化求和法：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，
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．
考点一 分组转化法求和
n2＋n
[典例] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝ ，n∈N*. 2
(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；
n2＋n (n－1)2＋(n－1)
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ － ＝n. 2 2
又 a1＝1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2)由(1)知 a ＝n，故 b ＝2n＋(－1)nn n n.
记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，
则 T ＝(212n ＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
2(1－22n) ＋
则 A＝ ＝22n 1－2，
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.
[解题技法]
1．分组转化求和的通法
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数
列或等比数列或可求数列的前 n 项和的数列求和．
2．分组转化法求和的常见类型
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[题组训练]
1
1．已知数列{an}的通项公式是 a ＝2n－ nn 2 ，则其前 20 项和为( )
1 1
A．379＋ 20 B．399＋ 20 2 2
1 1
C．419＋ 20 D．439＋2 220
解析：选 C 令数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝2(1＋2＋3＋…
1 1 1 1 1 1＋20)－ ＋ 2＋ ＋…＋ 2 2 23 220 ＝420－
1－
220 ＝419＋ 20. 2
an＋2，n是奇数，
2．(2019·资阳诊断)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝ 则数列{an}
2an，n是偶数，
的前 20 项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
解析：选 C 由题意可知，数列{a2n}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列{a2n－1}是
1×(1－210) 10×9
首项为 1，公差为 2 的等差数列，故数列{an}的前 20 项和为 ＋10×1＋ ×2
1－2 2
＝1 123.选 C.
考点二 裂项相消法求和
1
考法(一) 形如 an＝ 型
n(n＋k)
[典例] (2019·南宁摸底联考)已知等差数列{an}满足 a3＝7，a5＋a7＝26.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
1
(2)设 cn＝ ，n∈N*，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
anan＋1
[解] (1)设等差数列的公差为 d，
a1＋2d＝7， a1＝3，
则由题意可得 解得
2a1＋10d＝26， d＝2.
所以 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
1 1
(2)因为 cn＝ ＝ ，
anan＋1 (2n＋1)(2n＋3)
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1
所以 ＝
1 1
－ cn 2 2n＋1 2n＋3
，

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
所以 ＝ － ＋ － ＋…＋ － Tn －2 3 5 5 7 2n＋1 2n＋3
＝ ＝ .
2 3 2n＋3 6n＋9
1
考法(二) 形如 an＝ 型
n＋k＋ n
1
[典例] 已知函数 f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令 an＝ ，n∈N*.记数列{an}的
f(n＋1)＋f(n)
前 n 项和为 Sn，则 S2 019＝( )
A. 2 018－1 B. 2 019－1
C. 2 020－1 D. 2 020＋1
1
[解析] 由 f(4)＝2 可得 4α＝2，解得 α＝ ，
2
1
则 f(x)＝x 2 .
1 1
∴an＝ ＝ ＝ n＋1－ n，
f(n＋1)＋f(n) n＋1＋ n
S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋( 2 019－
2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1.
[答案] C
[解题技法]
1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律
2．常见的拆项公式
1 1 1
(1) ＝ － ；
n(n＋1) n n＋1
1 1 1 1
(2) ＝ －
(2n－1)(2n＋1) 2 2n－1 2n＋1
；

1
(3) ＝ n＋1－ n；
n＋ n＋1
2n 1 1
(4)
(2n n
＋1 ＝－1)(2 －1) 2n
－ n＋－1 2 1
.
－1
[题组训练]
1
1.在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列 的前 n 项和为( )
an＋3·an＋4
n＋1 n
A. B.
n＋2 n＋2
n 2n
C. D.
n＋1 n＋1
解析：选 C 因为 a3＋a5＋a7＝6，
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所以 3a5＝6，a5＝2，又 a11＝8，
a11－a5
所以等差数列{an}的公差 d＝ ＝1，
11－5
所以 an＝a5＋(n－5)d＝n－3，
1 1 1 1
所以 ＝ ＝ － ，
an＋3·an＋4 n(n＋1) n n＋1
1 1 1 1 1 1 1 n
因此数列 a ·a 的前 n 项和为 1－ ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ＝ ，故选 n＋3 n＋4 2 2 3 n n＋1 n＋1 n＋1
C.
2.各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝8，且 2a1，a3,3a2 成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
1
(2)若数列{bn}满足 bn＝ ，求{bnlog a n}的前 n 项和 Sn. 2 n
解：(1)设等比数列{an}的公比为 q(q>0)．
∵2a1，a3,3a2成等差数列，
∴2a 23＝2a1＋3a2，即 2a1q ＝2a1＋3a1q，
∴2q2
1
－3q－2＝0，解得 q＝2 或 q＝－ (舍去)，
2
－ ＋
∴an＝8×2n 1＝2n 2.
1 1 1 1 1
(2)由 (1)可得 bn＝ ＋ ＝ ＝ － ，
nlog 2n 22 n(n＋2) 2 n n＋2
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
1 1 1 1 1 1 1 1＝ 1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ －
2 3 2 4 3 5 n n＋2

1 1 1 1
＝ 1＋ － － 2 n＋1 n＋2 2
3 1 1 1
＝ － ＋
4 2 n＋1 n＋2

3 2n＋3
＝ － .
4 2(n＋1)(n＋2)
考点三 错位相减法
[典例] (2017·山东高考)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；
bn
(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 a 的前 n n
项和 Tn.
[解] (1)设{an}的公比为 q，
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由题意知：a1(1＋q)＝6，a2 21q＝a1q .
又 an＞0，解得 a1＝2，q＝2，
所以 an＝2n.
(2)由题意知，
(2n＋1)(b1＋b2n＋1)
S2n＋1＝ ＝(2n＋1)b ， 2 n＋1
又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以 bn＝2n＋1.
bn 2n＋1
令 cn＝ ，则 ca n＝ n ， n 2
3 5 7 2n－1 2n＋1
因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， 2 22 23 2n
－1 2n
1 3 5 7 2n－1 2n＋1
又 Tn＝2 22＋ 3＋ ＋…＋ ＋ ， 2 24 2n 2n
＋1
两式相减得
1 3 1 1 1 2n＋1 3＋ ＋…＋
1 n－ 2n＋1 5 2n＋5Tn＝ ＋ 12 2 2 2
2 －
2n 1 － ＋ ＝ ＋1－ － ＋ ＝ － ＋ ， 2n 1 2 2 2n 1 2 2n 1
2n＋5
所以 Tn＝5－ 2n .
[变透练清]
1.(变结论)若本例中 an，bn 不变，求数列{anbn}的前 n 项和 Tn.
解：由本例解析知 a nn＝2 ，bn＝2n＋1，
故 Tn＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n，
＋
2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n 1，
＋
上述两式相减，得，－Tn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n 1
－
8(1－2n 1) ＋
＝6＋ －(2n＋1)2n 1
1－2
＋
＝(1－2n)2n 1－2
得 T n
＋1
n＝(2n－1)×2 ＋2.
2．已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2 的等比数列，且公比
大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a b *2n n}的前 n 项和(n∈N )．
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.
由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12，
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而 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0.
因为 q>0，解得 q＝2，所以 b ＝2nn .
由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8. ①
由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16. ②
联立①②，解得 a1＝1，d＝3，
由此可得 an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为 an＝3n－2，{bn}的通项公式为 bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前 n 项和为 Tn，由 a2n＝6n－2，有
T 2 3 nn＝4×2＋10×2 ＋16×2 ＋…＋(6n－2)×2 ，
＋
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n 1，
上述两式相减，得
＋
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n 1
12×(1－2n) ＋
＝ －4－(6n－2)×2n 1
1－2
＋
＝－(3n－4)2n 2－16，
＋
得 Tn＝(3n－4)2n 2＋16.
＋
所以数列{a n 22nbn}的前 n 项和为(3n－4)2 ＋16.
[易误提醒]
(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．
(3)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 q＝1 和 q≠1 两种情
况求解．
[课时跟踪检测]
A 级
1
1．数列{an}的通项公式为 an＝ ，若该数列的前 k 项之和等于 9，则 k＝( )
n＋ n－1
A．80 B．81
C．79 D．82
1
解析：选 B an＝ ＝ n－ n－1，故 Sn＝ n，令 Sk＝ k＝9，解得 k＝81，
n＋ n－1
故选 B.
2．若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(3n－2)，则 a1＋a2＋…＋a10＝( )
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A．15 B．12
C．－12 D．－15
解析：选 A a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19
＋22－25＋28＝5×3＝15，故选 A.
1
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 a 的 n
前 5 项和为( )
15 31
A. 或 5 B. 或 5
8 16
31 15
C. D.
16 8
9(1－q3) 1－q6
解析：选 C 设{an}的公比为 q，显然 q≠1，由题意得 ＝ ，所以 1＋q3＝9，
1－q 1－q
1
1－ 5
1 1 2 31
得 q＝2，所以 a 是首项为 1，公比为 的等比数列，前 5 项和为 ＝ . n 2 1 16
1－
2
4．在等差数列{an}中，a4＝5，a7＝11.设 bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前 100 项之和 S100
＝( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
a1＋3d＝5， a1＝－1，
解析：选 D 设数列{an}的公差为 d，由题意可得 an＝
a1＋6d＝11 d＝2
2n－3 bn＝(－1)n(2n－3) S100＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a99＋a100)＝50×2＝100，
故选 D.
2n＋1
5．已知 Tn 为数列 n 的前 n 项和，若 m>T10＋1 013 恒成立，则整数 m 的最小值为
2
( )
A．1 026 B．1 025
C．1 024 D．1 023
2n＋1 1
解析：选 C ∵ ＝1＋ n
2n 2 ，
1
∴Tn＝n＋1－2n，
1 1
∴T10＋1 013＝11－ 10＋1 013＝1 024－ 10， 2 2
又 m>T10＋1 013，
∴整数 m 的最小值为 1 024.
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1 1 1 1
6．已知数列：1 ，2 ，3 ，…， n＋ 2n ，…，则其前 n 项和关于 n 的表达式为________． 2 4 8
解析：设所求的前 n 项和为 Sn，则
1 11－
1 1 1 n(n＋1) 2 2n n(n＋1) 1
Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ ＋ ＋…＋ 2 4 2n ＝ ＋ ＝ － ＋1. 2 1 2 2n
1－
2
n(n＋1) 1
答案： － n＋1 2 2
n 1
7．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝3，S4＝10，则 ＝________. S
k＝
k
1
解析：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，
a1＋2d＝3， a1＝1，
依题意有 解得
4a1＋6d＝10， d＝1，
n(n＋1) 1 2 1 1
所以 Sn＝ ， ＝ ＝

2 － ，
2 Sn n(n＋1) n n＋1
n 1 1 1 1 1 1 2n因此 ＝2 1－ ＋ － ＋…＋ －

Sk 2 2 3 n n＋1
＝ .
n＋1
k＝1
2n
答案：
n＋1
8．已知数列{a n *n}满足 a1＝1，an＋1·an＝2 (n∈N )，则 S2 018＝________.
解析：∵数列{an}满足 a1＝1，a nn＋1·an＝2 ，①
－
∴n＝1 时，a2＝2，n≥2 时，an·a n 1n－1＝2 ，②
an＋1
由①÷②得 ＝2，
an－1
∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
1－21 009 2(1－21 009)
∴S2 018＝ ＋ ＝3·21 009－3.
1－2 1－2
答案：3·21 009－3
9．(2019·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a2＝3，S4＝16，n
∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
(2)设 bn＝ ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
anan＋1
解：(1)设数列{an}的公差为 d，
∵a2＝3，S4＝16，
∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，
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解得 a1＝1，d＝2.
∴an＝2n－1.
1 1 1 1
(2)由题意知，bn＝ ＝
－ ，
(2n－1)(2n＋1) 2 2n－1 2n＋1
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
1
＝
1
1－ ＋
1 1 1 1－
3 3 5 ＋…＋
－
2 2n－1 2n＋1

1 1
＝ 1－ 2n＋1 2
n
＝ .
2n＋1
＋
10．(2018·南昌摸底调研)已知数列{an}的前 n 项和 S ＝2n 1n －2，记 bn＝anSn(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
n＋解：(1)∵S 1n＝2 －2，
＋
∴当 n＝1 时，a ＝S ＝21 11 1 －2＝2；
＋
当 n≥2 时，an＝Sn－S ＝2n 1－2n nn－1 ＝2 .
又 a1＝2＝21，∴a ＝2nn .
＋
(2)由(1)知，bn＝anSn＝2·4n－2n 1，
＋ 4(1－4
n)
∴T ＝b 1 2 3n 1＋b2＋b3＋…＋bn＝2(4 ＋4 ＋4 ＋…＋4n)－(22＋23＋…＋2n 1)＝2×
1－4
4(1－2n) 2 ＋ ＋ 4
－ ＝ ·4n 1－2n 2＋ .
1－2 3 3
B 级
1．(2019·潍坊统一考试)若数列{an}的前 n 项和 Sn满足 Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．
(1)证明数列{an}为等比数列，并求 an；
an，n为奇数，
(2)若 λ＝4，b ＝ (n∈N*n )，求数列{bn}的前 2n 项和 T2n. log2an，n为偶数
解：(1)∵Sn＝2an－λ，当 n＝1 时，得 a1＝λ，
当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－λ，
∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即 an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，
∴数列{an}是以 λ为首项，2 为公比的等比数列，
－
∴an＝λ·2n 1.
－ ＋
(2)∵λ＝4，∴a n 1 n 1n＝4·2 ＝2 ，
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2n
＋1
，n为奇数，
∴bn＝
n＋1，n为偶数，
∴T ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n2n ＋2n＋1
＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
4－4n·4 n(3＋2n＋1)
＝ ＋
1－4 2
4n
＋1－4
＝ ＋n(n＋2)，
3
4n
＋1
∴T ＝ ＋n2
4
2n ＋2n－ . 3 3
2．已知首项为 2 的数列{an}的前 n 项和为 S *n，且 Sn＋1＝3Sn－2Sn－1(n≥2，n∈N )．
(1)求数列{an}的通项公式；
n＋1
(2)设 bn＝ ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an
解：(1)因为 Sn＋1＝3Sn－2Sn－1(n≥2)，
所以 Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1(n≥2)，
＋
即 an＋1＝2an(n≥2)，所以 a ＝2n 1n＋1 ，则 a nn＝2 ，当 n＝1 时，也满足，故数列{an}的通
项公式为 an＝2n.
n＋1 1
(2)因为 bn＝ n ＝(n＋1) n2 2 ，
1 1 1 1
所以 T 2 3 nn＝2× ＋3×2 2 ＋4× 2 ＋…＋(n＋1)× 2 ，①
1 1T ＝2× 2＋3×
1 1 1 13 4 n n＋1
2 n 2 2 ＋4× 2 ＋…＋n× 2 ＋(n＋1)× 2 ，②
1 1 1 1 1 1
①－②得 T ＝2× ＋ 2 3 n
＋
n 2 ＋ 2 ＋…＋ 2 －(n＋1)
n 1
2 2 2
1 1 1 1 1 1 ＋
＝ ＋ 1＋ 2＋ 3＋…＋ n－(n＋1) n 1
2 2 2 2 2 2
1 1
1－
n
1 2 2 1 ＋
＝ ＋ －(n＋1) n 1
2 1 2
1－
2
1 1
＝ ＋1－
1
n ＋
2 －(n＋1)
n 1
2 2
3 n＋3
＝ －
2 n＋
.
2 1
n＋3
故数列{bn}的前 n 项和为 Tn＝3－ 2n .
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