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(共49张PPT)
第四节　数列求和
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】　掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.分组转化法：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的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．
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求解．
[常用结论]
1．一些常见的数列前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)12＋22＋…＋n2＝.
2．常见的裂项公式
(1)＝；
(2)＝；
(3)＝；
(4)＝.
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若数列为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　)
(2)当n≥2时，＝.(　　)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求和．(　　)
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列的通项公式是an＝.(　　)
√
√
×
√
2．(教材改编)已知数列的通项公式为an＝2n＋n，前n项和为Sn，则S6＝________．
147
解析：S6＝＋(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝＝27－2＋21＝27＋19＝147.
3．(教材改编)在数列中，an＝，若的前n项和为，则项数n＝________．
2022
解析：记数列的前n项和为Sn，
则Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝＋…＋
＝1－＝，
解得n＝2 022.
4．(易错)已知数列的通项公式为an＝(－1)nn2，设cn＝an＋an＋1，则数列的前200项和为(　　)
A．－200 B．0
C．200 D．10 000
答案：A
解析：记数列的前200项和为Tn，
Tn＝c1＋c2＋…＋c200
＝a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a199＋a200＋a200＋a201
＝2－a1＋a201
＝2＋1－2012
＝2×[3＋7＋11＋…＋399]＋1－2012
＝2×＋1－2012
＝40 200－40 401＋1＝－200.故选A.
5．(易错)在数列中，已知an＝(n∈N*)，则的前n项和Sn＝_______________．
解析：∵an＝
＝，(n∈N*)
∴{an}的前n项和
Sn＝[()＋()＋()＋…＋()]＝)．
关键能力·题型突破
题型一　分组转化法求和
例1 [2023·江西赣州模拟]已知数列的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2
(1)求数列的通项公式；
(2)已知bn＝cos ·an，求数列的前n项和Tn.
解析：(1)当n＝1时，S1＝2a1－2，即a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1得an＝2an－1，
即是以a1＝2为首项，公比为2的等比数列，
所以数列的通项公式为an＝2n.
(2)bn＝cos ·an＝2n·cos ＝n·2n，
①当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－10＋…＋2n
＝·2＝n，
②当n为奇数时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝Tn－1＋bn
＝·2＋＝－n－1，
综上：Tn＝
题后师说
分组转化法求和的两种常见类型
巩固训练1
[2023·河南驻马店模拟]已知等差数列满足an＋1＋an＝4n＋2.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列是公比为3的等比数列，且b1＝3，求数列的前n项和Sn，
解析：(1)设等差数列的公差为d.
由an＋1＋an＝4n＋2，可得a1＋nd＋a1＋(n－1)d＝2nd＋＝4n＋2，
即2d＝4，2a1－d＝2，解得d＝2，a1＝2.
所以an＝2n.
(2)若数列是公比为3的等比数列，且b1－a1＝3－2＝1，
则bn－an＝3n－1.
由(1)可得bn＝an＋3n－1＝2n＋3n－1，
∴Sn＝(2＋4＋…＋2n)＋＝n(2＋2n)＋＝n＋n2＋.
题型二　裂项相消法求和
例2 [2023·河北沧州模拟]已知正项等比数列的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝7.
(1)求的通项公式；
(2)记bn＝，求的前n项和Tn.
解析：(1)由题意知a1＝1，a2＋a3＝6.
设等比数列的公比为q，则q＋q2＝6，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)由(1)可得Sn＝＝＝2n－1，
所以bn＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－＋…＋＝1－＝.
即{bn}的前n项和Tn＝.
题后师说
使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
巩固训练2
[2023·安徽卓越联盟]已知数列满足a2＝，an－an＋1＝3anan＋1.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解析：(1)因为an－an＋1＝3anan＋1，a2＝，
令 n＝1，则 a1－a2＝3a1a2，即a1－＝a1，解得a1＝1，
由题知an≠0，由an－an＋1＝3anan＋1，两边同除以anan＋1，得＝3，
所以数列是首项为＝1，公差为3的等差数列，
所以＝＋3(n－1)＝3n－2，即an＝.
(2)由(1)及条件可得anan＋1＝＝，
所以Tn＝＋…＋
＝＝(1－)＝.
题型三　错位相减法求和
例3 [2023·广东肇庆模拟]已知数列满足a1＝，2an＋1＝an＋1.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和Tn.
解析：(1)证明：由2an＋1＝an＋1，得2an＋1－2＝an－1，
又a1－1＝－，所以an－1≠0，故＝，
故是以－为首项，以为公比的等比数列．
(2)由(1)得an－1＝－n，得an＝1－n，
所以nan＝n－nn，设的前n项和为Pn，
则Pn＝1×＋2×2＋…＋nn，　①
Pn＝1×2＋2×3＋…＋nn＋1，　②
由①－②，得Pn＝＋3＋…＋n－nn＋1
＝－nn＋1＝1－n－nn＋1，则Pn＝2－，
故Tn＝1＋2＋3＋…＋n－Pn＝－Pn＝.
题后师说
(1)一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以数列的公比，然后作差求解．
(2)在写出“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式．
巩固训练3
[2023·山东济南一中模拟]已知数列的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝2Sn－1＋n
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn.
解析：(1)由Sn＝2Sn－1＋n得：
Sn＋1＝2Sn＋n＋1，作差得an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2，
又a1＝1，由S2＝a1＋a2＝2a1＋2，得a2＝3，
所以a2＋1＝4＝2，
所以数列为以2为公比和首项的等比数列，
所以an＋1＝4×2n－2＝2n，所以an＝2n－1，
故数列的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝×2n，
所以Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋×2n.
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋×2n＋1，
作差得－Tn＝1×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－×2n＋1
＝2＋2××2n＋1＝×2n＋1－6.
所以Tn＝×2n＋1＋6.
真题展台
1.[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为
________；如果对折n次，那么＝___________ dm2.
5
720－
解析：(1)由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格；
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种(证明从略)，故得猜想Sn＝，
设S＝＝＋…＋，
则S＝＋…＋，
两式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
2．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：＋…＋<2.
解析：(1)∵a1＝1，∴＝1.
又∵是公差为的等差数列，
∴＝(n－1)，
即Sn＝(n＋)an＝(n＋2)an，
∴当n≥2时，Sn－1＝(n＋1)an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，
∴＝，n≥2，
∴当n≥2时，··…··＝··…··＝，∴an＝.
当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝.
(2)证明：由(1)知an＝，
∴＝＝2()，
∴＋…＋＝2(1－＋…＋)＝2(1－)．
∵n∈N*，∴0＜，∴1－＜1，
∴2(1－)＜2，∴＋…＋＜2.
3．[2021·新高考Ⅰ卷]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5，
又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*)
故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3.
所以为等差数列，故bn＝2＋×3＝3n－1.
(2)设的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，
因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，
所以S20＝2－10
＝2－10＝2×(10×2＋×3)－10＝300.
4．[2020·全国卷Ⅰ]设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解析：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q1＝1(舍去)，q2＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，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.
可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n
＝－n×(－2)n.
所以Sn＝.
专题突破 　由数列的递推关系求通项公式
微专题1 累加法
例1 (1)已知数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则a10＝(　　)
A．36　　　B．45　　　C．55　　　D．66
答案：C
解析：由an＋1＝an＋n＋1得：an＋1－an＝n＋1，
∴an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，an－2－an－3＝n－2，…，a2－a1＝2，
各式作和得：an－a1＝2＋3＋…＋n＝，
∴an＝1＋，∴a10＝1＋＝55.故选C.
(2)[2023·河北唐山模拟]已知正项数列{an}满足a1＝－(2n＋1)an＋1＝＋(2n＋1)an，求数列{an}的通项公式．
解析：由已知－(2n＋1)(an＋1＋an)＝0，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2n－1)＝0.
又an>0，故an＋1－an＝2n＋1，即an－an－1＝2n－1(n≥2且n∈N*)．
所以，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)
＝n2，
当n＝1时，a1＝1.
所以an＝n2.
题后师说
形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，可求数列{an}的通项公式．
微专题2 累乘法
例2 (1)已知数列{an}满足a1＝2，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝(　　)
A．2n B．n
C．n2＋1 D．n＋1
答案：A
解析：由an＝n，得(n＋1)an＝nan＋1，
即＝，则＝＝＝，…，＝，n≥2，
由累乘法可得＝n，所以an＝2n(n≥2)，
又a1＝2，符合上式，所以an＝2n.故选A.
(2)[2023·山东肥城模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，若nSn＋1＝(n＋2)Sn，且a1＝1，求{an}的通项公式．
解析：由nSn＋1＝Sn得：＝，
则当n≥2时，＝···…··＝···…··＝，
又S1＝a1＝1，∴Sn＝，∴an＝Sn－Sn－1＝＝n，
经检验：a1＝1满足an＝n；
∴an＝n.
题后师说
形如an＋1＝an·f(n)或＝f(n)的数列，常令n分别为1，2，3，…，n－1，代入＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1···…·(n≥2)可求数列{an}的通项公式．
微专题3 构造法
例3 (1)设数列{an}满足a1＝1，且an＝3an－1＋4(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝________．
解析：因为an＝3an－1＋4(n≥2)，
∴an＋2＝3(an－1＋2)，∴＝3，
∵a1＝1，则a1＋2＝3，
∴数列{an+2}是以3为首项，3为公比的等比数列．
所以an＝3n－2.
3n－2
(2)在数列中，a1＝－1，an＋1＝2an＋4·3n－1，求通项公式an.
解析：方法一　原递推式可化为an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)．
比较系数得λ＝－4，
所以an＋1－4·3n＝2(an－4·3n－1)．
则数列是一个等比数列，其首项是a1－4×31－1＝－5，公比是2.
∴an－4·3n－1＝－5·2n－1，
即an＝4·3n－1－5·2n－1.
方法二　将an＋1＝2an＋4·3n－1的两边同除以3n＋1，
得＝·，令bn＝，
则bn＋1＝bn＋，易知bn≠.
设bn＋1＋k＝(bn＋k)，
比较系数得k＝－，则＝.
∴是以－为首项，为公比的等比数列．
∴bn－＝·，
则bn＝·.
∴an＝3n·bn＝4·3n－1－5·2n－1.
题后师说
形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差或等比数列．课时作业(三十八)　数列求和
一、单项选择题
1．数列1，3，5，7 , …，(2n－1)＋的前n项和Sn的值等于(　　)
A．n2＋1－
B．2n2－n＋1－
C．n2＋1－
D．n2－n＋1－
2．已知等差数列首项为1，公差为2，数列满足bn＝2n－1，记数列的前n项和为Tn, 则T10＝(　　)
A．2147B．1123
C．1078D．611
3．数列满足a1＝0，a2＝1，an＝则数列的前10项和为(　　)
A．48　　　B．49　　　C．50　　　D．51
4．在数列中，a1＝－29，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝(　　)
A．10B．145
C．300D．320
5．已知数列满足a1＝2，an＋an＋1＝n，则数列前2023项和为(　　)
A．－1013B．－1012
C．1012D．1013
6．(能力题)[2023·广东广州模拟]若数列满足an＝(－1)n－1·，则的前2022项和为(　　)
A．B．
C．D．
7．(能力题)数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋23＋…＋2n－1，…的前n项和为(　　)
A．2n－n－1B．2n＋1－n－2
C．2nD．2n＋1－n
二、填空题
8．若数列的前n项和为Sn，若Sn·Sn＋1＝，则正整数n的值为________．
9．[2023·北京四中模拟]在数列中，a1＝1，an·an＋1＝－2，则S100＝________．
10．已知数列的前n项和Sn＝n2－6n，则的前n项和Tn＝________．
三、解答题
11．[2023·河北保定模拟]已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝.
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝，求的前n项和Tn.
12．[2023·辽宁鞍山模拟]在①Sn＝2n－3n－1；②an＋1＝2an＋3，a1＝－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
设数列的前n项和为Sn，且________(只需填入序号).
(1)求数列的通项公式；
(2)若bn＝n·，求数列的前n项和Tn.
13．[2023·河南洛阳模拟]已知正项数列的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a，数列满足bn·bn＋1＝2an且b1＝2.
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
?优生选做题?
14．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则f(x)＝[x]称为高斯函数．已知数列满足a1＝1，且(n＋1)an＋1－nan＝2n＋1，若bn＝，数列的前n项和为Tn，则T2022＝(　　)
A．4950B．4953
C．4956D．4959
15．已知数列满足··…·＝.
(1)求的通项公式；
(2)在ak和ak＋1，k∈N*中插入k个相同的数(－1)k＋1·k，构成一个新数列：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求的前45项和S45.
课时作业（三十八）　数列求和
1．解析：可得Sn＝1＋3＋5＋…＋（2n－1）＋＋＋＋…＋＝＋＝n2＋1－.故选A.
答案：A
2．解析：由题意，an＝2n－1，an＋bn＝2n－1＋2n－1，所以T10＝＋＝100＋210－1＝1123.故选B.
答案：B
3．解析：因为n≥3且n为奇数时an＝2＋an－2，
所以所有奇数项构成a1为首项，2为公差的等差数列，
又因为n≥3且n为偶数时，an＝2an－2，
即所有偶数项构成a2为首项，2为公比的等比数列，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a10
＝＋
＝＋＝51.故选D.
答案：D
4．解析：在数列中，a1＝－29，an＋1＝an＋3，
∴数列是首项为－29，公差为3的等差数列，
∴an＝－29＋（n－1）×3＝3n－32，
由an＝3n－32≥0，得n≥，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|
＝－＋a11＋a12＋…＋a20
＝S20－2S10
＝－2
＝－2
＝300.故选C.
答案：C
5．解析：由题意可知，当n为偶数时，an＋an＋1＝（－1）n＝1，
因此，数列前2023项和为S2023＝a1＋＋＋…＋＝2＋1×1011＝1013.故选D.
答案：D
6．解析：当n为奇数时，an＝，当n为偶数时，an＝－，
∴S2022＝－＋－…＋－
＝1－＝.故选D.
答案：D
7．解析：设此数列的第n项为an，则an＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－2＋2n－1＝＝2n－1，
所以数列前n项和为：
a1＋a2＋…＋an＝21－1＋22－1＋…＋2n－1
＝－n
＝2n＋1－n－2，n∈N*.故选B.
答案：B
8．解析：∵＝－，
∴Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
∴Sn·Sn＋1＝·＝，
∴＝ n＝4.
答案：4
9．解析：根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，
又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，
所以中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，
所以S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝1－2＋…＋1－2＝50×（－1）＝－50.
答案：－50
10．解析：由Sn＝n2－6n可得，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－＋6（n－1）＝2n－7.当n＝1时，Sn＝－5＝a1，也满足上式，
所以an＝2n－7，n∈N*.
所以当n≤3时，an<0；当n>3时，an>0，
故1≤n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2；当n>3时，Tn＝Sn－2S3＝n2－6n＋18，即
Tn＝
答案：Tn＝
11．解析：（1）因为Sn＝，故当n＝1时，a1＝3，
当n≥2时，Sn－1＝，则an＝Sn－Sn－1＝3n，
当n＝1时，a1＝3满足上式，所以an＝3n.
（2）由（1）得bn＝＝＝4，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×（1－＋－＋…＋－）＝4＝.
故数列的前n项和Tn＝.
12．解析：（1）若选①：由Sn＝2n－3n－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－1－[2n－1－3（n－1）－1]＝2n－1－3，
当n＝1时，a1＝S1＝－2满足上式，
所以数列的通项公式为an＝2n－1－3.
若选②：由an＋1＝2an＋3，可得an＋1＋3＝2，
又由a1＝－2，可得a1＋3＝1，
所以数列是以a1＋3＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋3＝2n－1，
所以数列的通项公式为an＝2n－1－3.
（2）由（1）得bn＝n·＝n·2n－1，
可得Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
两式相减，可得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝（1－n）2n－1，
所以Tn＝（n－1）2n＋1.
13．解析：（1）因为Sn＋1＋Sn＝a，①
当n＝1时，S2＋S1＝a，即a2＋2a1＝a，
又a1＝1，所以a2＝2或a2＝－1（舍去）
当n≥2时，Sn＋Sn－1＝a，②
所以①－②，an＋1＋an＝，
因为an>0，所以an＋1－an＝1，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，即an＝n，
所以bn·bn＋1＝2an＝2n，
当n＝1时，b1·b2＝2，又b1＝2，所以b2＝1，
当n≥2时，bn－1·bn＝2n－1，
两式相除可得＝2，
所以当n为奇数时，bn＝2×2＝2，
当n为偶数时，bn＝1×2－1＝2－1，
bn＝
（2）当n为偶数时，Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）
＝＋＝3×2－3；
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝3×2－3＋2＝5×2－3，
所以Tn＝.
14．解析：由（n＋1）an＋1－nan＝2n＋1，且a1＝1，根据累加法可得：
nan＝nan－（n－1）an－1＋（n－1）an－1－（n－2）an－2＋…＋2a2－a1＋a1＝n2，
所以an＝n.
所以bn＝.
当1≤n≤9时，bn＝0；
当10≤n≤99时，bn＝1；
当100≤n≤999时，bn＝2；
当1000≤n≤2022时，bn＝3.
因此T2022＝0×9＋1×90＋2×900＋1023×3＝4959.故选D.
答案：D
15．解析：（1）由··…·＝，
当n＝1时，＝，解得：a1＝2，
当n≥2时，··…·＝，··…·＝，
所以＝，an－1＝an－1，即an－an－1＝1，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以的通项公式为：an＝n＋1.
（2）在ak和ak＋1，k∈N*中插入k个相同的数（－1）k＋1·k，构成一个新数列：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，ak＋1，
其项数为k＋1＋（1＋2＋…＋k）＝，
由＝45，可得k＝8，
∴S45＝＋1－2×2＋3×3－4×4＋…－8×8
＝＋12－22＋32－42＋…－82
＝54＋（1＋2）（1－2）＋（3＋4）（3－4）＋…＋（7＋8）（7－8）
＝54－（3＋7＋…＋15）＝54－＝54－36＝18.第四节　数列求和
【课标标准】　掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.分组转化法：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的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．
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求解．
[常用结论]
1．一些常见的数列前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)12＋22＋…＋n2＝.
2．常见的裂项公式
(1)＝；
(2)＝；
(3)＝；
(4)＝.
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若数列为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　)
(2)当n≥2时，＝.(　　)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求和．(　　)
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列的通项公式是an＝.(　　)
2．(教材改编)已知数列的通项公式为an＝2n＋n，前n项和为Sn，则S6＝________．
3．(教材改编)在数列中，an＝，若的前n项和为，则项数n＝________．
4．(易错)已知数列的通项公式为an＝(－1)nn2，设cn＝an＋an＋1，则数列的前200项和为(　　)
A．－200 B．0
C．200 D．10 000
5．(易错)在数列中，已知an＝(n∈N*)，则的前n项和Sn＝________．
关键能力·题型突破
题型一　分组转化法求和
例1[2023·江西赣州模拟]已知数列的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2
(1)求数列的通项公式；
(2)已知bn＝cos ·an，求数列的前n项和Tn.
[听课记录]
题后师说
分组转化法求和的两种常见类型
巩固训练1
[2023·河南驻马店模拟]已知等差数列满足an＋1＋an＝4n＋2.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列是公比为3的等比数列，且b1＝3，求数列的前n项和Sn，
题型二　裂项相消法求和
例2[2023·河北沧州模拟]已知正项等比数列的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝7.
(1)求的通项公式；
(2)记bn＝，求的前n项和Tn.
[听课记录]
题后师说
使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
巩固训练2
[2023·安徽卓越联盟]已知数列满足a2＝，an－an＋1＝3anan＋1.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
题型三　错位相减法求和
例3[2023·广东肇庆模拟]已知数列满足a1＝，2an＋1＝an＋1.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和Tn.
[听课记录]
题后师说
(1)一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以数列的公比，然后作差求解．
(2)在写出“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式．
巩固训练3
[2023·山东济南一中模拟]已知数列的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝2Sn－1＋n
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn.
真题展台
1.[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么＝________ dm2.
2．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：＋…＋<2.
3．[2021·新高考Ⅰ卷]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
4．[2020·全国卷Ⅰ]设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
专题突破 　由数列的递推关系求通项公式
微专题1累加法
例1 (1)已知数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则a10＝(　　)
A．36　　　B．45　　　C．55　　　D．66
(2)[2023·河北唐山模拟]已知正项数列{an}满足a1＝－(2n＋1)an＋1＝＋(2n＋1)an，求数列{an}的通项公式．
[听课记录]
题后师说
形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，可求数列{an}的通项公式．
微专题2累乘法
例2 (1)已知数列{an}满足a1＝2，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝(　　)
A．2n B．n
C．n2＋1 D．n＋1
(2)[2023·山东肥城模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，若nSn＋1＝(n＋2)Sn，且a1＝1，求{an}的通项公式．
[听课记录]
题后师说
形如an＋1＝an·f(n)或＝f(n)的数列，常令n分别为1，2，3，…，n－1，代入＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1···…·(n≥2)可求数列{an}的通项公式．
微专题3构造法
例3 (1)设数列{an}满足a1＝1，且an＝3an－1＋4(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝________．
(2)在数列中，a1＝－1，an＋1＝2an＋4·3n－1，求通项公式an.
[听课记录]
题后师说
形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差或等比数列．
第四节　数列求和
必备知识·夯实双基
夯实双基
1．答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√
2．解析：S6＝＋(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝＝27－2＋21＝27＋19＝147.
答案：147
3．解析：记数列的前n项和为Sn，
则Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝＋…＋
＝1－＝，
解得n＝2 022.
答案：2 022
4．解析：记数列的前200项和为Tn，
Tn＝c1＋c2＋…＋c200
＝a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a199＋a200＋a200＋a201
＝2－a1＋a201
＝2＋1－2012
＝2×[3＋7＋11＋…＋399]＋1－2012
＝2×＋1－2012
＝40 200－40 401＋1＝－200.故选A.
答案：A
5．解析：∵an＝
＝，(n∈N*)
∴{an}的前n项和
Sn＝[()＋()＋()＋…＋()]＝)．
答案：
题型突破　夯实“四能”
例1　解析：(1)当n＝1时，S1＝2a1－2，即a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1得an＝2an－1，
即是以a1＝2为首项，公比为2的等比数列，
所以数列的通项公式为an＝2n.
(2)bn＝cos ·an＝2n·cos ＝n·2n，
①当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－10＋…＋2n
＝·2＝n，
②当n为奇数时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝Tn－1＋bn
＝·2＋＝－n－1，
综上：Tn＝
巩固训练1　解析：(1)设等差数列的公差为d.
由an＋1＋an＝4n＋2，可得a1＋nd＋a1＋(n－1)d＝2nd＋＝4n＋2，
即2d＝4，2a1－d＝2，解得d＝2，a1＝2.
所以an＝2n.
(2)若数列是公比为3的等比数列，且b1－a1＝3－2＝1，
则bn－an＝3n－1.
由(1)可得bn＝an＋3n－1＝2n＋3n－1，
∴Sn＝(2＋4＋…＋2n)＋＝n(2＋2n)＋＝n＋n2＋.
例2　解析：(1)由题意知a1＝1，a2＋a3＝6.
设等比数列的公比为q，则q＋q2＝6，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)由(1)可得Sn＝＝＝2n－1，
所以bn＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－＋…＋＝1－＝.
即{bn}的前n项和Tn＝.
巩固训练2　解析：(1)因为an－an＋1＝3anan＋1，a2＝，
令 n＝1，则 a1－a2＝3a1a2，即a1－＝a1，解得a1＝1，
由题知an≠0，由an－an＋1＝3anan＋1，两边同除以anan＋1，得＝3，
所以数列是首项为＝1，公差为3的等差数列，
所以＝＋3(n－1)＝3n－2，即an＝.
(2)由(1)及条件可得anan＋1＝＝，
所以Tn＝＋…＋
＝＝(1－)＝.
例3　解析：(1)证明：由2an＋1＝an＋1，得2an＋1－2＝an－1，
又a1－1＝－，所以an－1≠0，故＝，
故是以－为首项，以为公比的等比数列．
(2)由(1)得an－1＝－n，得an＝1－n，
所以nan＝n－nn，设的前n项和为Pn，
则Pn＝1×＋2×2＋…＋nn，　①
Pn＝1×2＋2×3＋…＋nn＋1，　②
由①－②，得Pn＝＋3＋…＋n－nn＋1
＝－nn＋1＝1－n－nn＋1，则Pn＝2－，
故Tn＝1＋2＋3＋…＋n－Pn＝－Pn＝.
巩固训练3　解析：(1)由Sn＝2Sn－1＋n得：
Sn＋1＝2Sn＋n＋1，作差得an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2，
又a1＝1，由S2＝a1＋a2＝2a1＋2，得a2＝3，
所以a2＋1＝4＝2，
所以数列为以2为公比和首项的等比数列，
所以an＋1＝4×2n－2＝2n，所以an＝2n－1，
故数列的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝×2n，
所以Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋×2n.
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋×2n＋1，
作差得－Tn＝1×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－×2n＋1
＝2＋2××2n＋1＝×2n＋1－6.
所以Tn＝×2n＋1＋6.
真题展台——知道高考考什么？
1．解析：(1)由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格；
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种(证明从略)，故得猜想Sn＝，
设S＝＝＋…＋，
则S＝＋…＋，
两式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
答案：5　720－
2．解析：(1)∵a1＝1，∴＝1.
又∵是公差为的等差数列，
∴＝(n－1)，
即Sn＝(n＋)an＝(n＋2)an，
∴当n≥2时，Sn－1＝(n＋1)an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，
∴＝，n≥2，
∴当n≥2时，··…··＝··…··＝，∴an＝.
当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝.
(2)证明：由(1)知an＝，
∴＝＝2()，
∴＋…＋＝2(1－＋…＋)＝2(1－)．
∵n∈N*，∴0＜，∴1－＜1，
∴2(1－)＜2，∴＋…＋＜2.
3．解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5，
又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*)
故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3.
所以为等差数列，故bn＝2＋×3＝3n－1.
(2)设的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，
因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，
所以S20＝2－10
＝2－10＝2×(10×2＋×3)－10＝300.
4．解析：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q1＝1(舍去)，q2＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，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.
可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n
＝－n×(－2)n.
所以Sn＝.
专题突破 　由数列的递推关系求通项公式
例1　解析：(1)由an＋1＝an＋n＋1得：an＋1－an＝n＋1，
∴an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，an－2－an－3＝n－2，…，a2－a1＝2，
各式作和得：an－a1＝2＋3＋…＋n＝，
∴an＝1＋，∴a10＝1＋＝55.故选C.
(2)由已知－(2n＋1)(an＋1＋an)＝0，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2n－1)＝0.
又an>0，故an＋1－an＝2n＋1，即an－an－1＝2n－1(n≥2且n∈N*)．
所以，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)
＝n2，
当n＝1时，a1＝1.
所以an＝n2.
答案：(1)C　(2)见解析
例2　解析：(1)由an＝n，得(n＋1)an＝nan＋1，
即＝，则＝＝＝，…，＝，n≥2，
由累乘法可得＝n，所以an＝2n(n≥2)，
又a1＝2，符合上式，所以an＝2n.故选A.
(2)由nSn＋1＝Sn得：＝，
则当n≥2时，＝···…··＝···…··＝，
又S1＝a1＝1，∴Sn＝，∴an＝Sn－Sn－1＝＝n，
经检验：a1＝1满足an＝n；
∴an＝n.
答案：(1)A　(2)见解析
例3　解析：(1)因为an＝3an－1＋4(n≥2)，
∴an＋2＝3(an－1＋2)，∴＝3，
∵a1＝1，则a1＋2＝3，
∴数列{an+2}是以3为首项，3为公比的等比数列．
所以an＝3n－2.
(2)方法一　原递推式可化为an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)．
比较系数得λ＝－4，
所以an＋1－4·3n＝2(an－4·3n－1)．
则数列是一个等比数列，其首项是a1－4×31－1＝－5，公比是2.
∴an－4·3n－1＝－5·2n－1，
即an＝4·3n－1－5·2n－1.
方法二　将an＋1＝2an＋4·3n－1的两边同除以3n＋1，
得＝·，令bn＝，
则bn＋1＝bn＋，易知bn≠.
设bn＋1＋k＝(bn＋k)，
比较系数得k＝－，则＝.
∴是以－为首项，为公比的等比数列．
∴bn－＝·，
则bn＝·.
∴an＝3n·bn＝4·3n－1－5·2n－1.
答案：(1)3n－2　(2)见解析

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