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第29讲 数列求和
【练基础】
1．已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 021＝(　　)
A．3　　　　　　　　　　 B．2
C．1 D．0
2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为(　　)
A．379＋ B．399＋
C．419＋ D．439＋
3．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)
A．76 B．78
C．80 D．82
4．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．1000
C．1100 D．99
5．若数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则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．以上答案均不对
7．已知数列{an}满足log2an＝n＋log23，则a2＋a4＋a6＋…＋a20的值为(　　)
A．3×(211－4) B．3×(212－4)
C. D．411－4
8．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2019项和为(　　)
A．5 B．－4
C．0 D．－2
9．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，＝Sn，则S10＝(　　)
A. B．－
C．10 D．－10
10．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　　)
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
【练提升】
1．在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝(　　)
A．132 B．299
C．68 D．99
2．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，.①
第二步：将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝(　　)
A. B.
C. D.
3．记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，则S2020＝(　　)
A．3×(21010－1) B.×(21010－1)
C．3×(22020－1) D.×(22020－1)
4．已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn，若an＋1＝且a1＝5，则S2020＝(　　)
A．4740 B．4737
C．12095 D．12002
5．在平面直角坐标系xOy中，点An(n∈N*)，记△A2n－1A2nA2n＋1的面积为Sn，则Si＝________.
6．已知数列{an}的通项公式为an＝则数列{an}前15项和S15的值为________．
7．等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
8．有一正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，满足a2a4＝64，S3＝14.设bn＝log2an(n∈N*)．
(1)求a1，a2的值，并求出数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
9．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，a1＝1，且＝an＋(n≥2且n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{4·an}的前n项和Tn.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
第29讲 数列求和
【练基础】
1．已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则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，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 021＝336×0＋a2 017＋a2 018＋…＋a2 021＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋2＋1＋(－1)＋(－2)＝1.故选C.
2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为(　　)
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．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)
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，结果分别相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
4．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．1000
C．1100 D．99
【答案】A
【解析】当n为奇数时，an＋2－an＝1＋(－1)n＝0，可得a1＝a3＝…＝a59＝2，当n为偶数时，an＋2－an＝1＋(－1)n＝2，可得由偶数项构成的数列是首项为2，公差为2的等差数列．所以a2＋a4＋…＋a60＝30×2＋×2＝930.所以S60＝(a1＋a3＋…＋a59)＋(a2＋a4＋…＋a60)＝30×2＋930＝990.
5．若数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于(　　)
A．9 B．99
C．10 D．100
【答案】B
【解析】因为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．以上答案均不对
【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＋…，当n为偶数时，
1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)－n2＝－n2＝－；当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝.综上，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·.
7．已知数列{an}满足log2an＝n＋log23，则a2＋a4＋a6＋…＋a20的值为(　　)
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.故选D.
8．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2019项和为(　　)
A．5 B．－4
C．0 D．－2
【答案】B
【解析】由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0,2019＝336×6＋3，于是数列{bn}的前2019项和为336×0＋b1＋b2＋b3＝－4.
9．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，＝Sn，则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，所以数列是以＝＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，所以＝－10，所以S10＝－，故选B.
10．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　　)
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
【答案】D
【解析】因为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.
【练提升】
1．在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝(　　)
A．132 B．299
C．68 D．99
【答案】B
【解析】因为在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，所以an＋3＝an，即数列{an}中各项是以3为周期呈周期变化的．因为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，故选B.
2．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，.①
第二步：将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意知所得新数列为1×，×，×，…，×，所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝＝＝＝.
3．记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，则S2020＝(　　)
A．3×(21010－1) B.×(21010－1)
C．3×(22020－1) D.×(22020－1)
【答案】A
【解析】因为(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，所以an＋1an＝2n(n∈N*)，所以an＋2an＋1＝2n＋1.两式作比可得＝2(n∈N*)．又因为a1＝1，a2a1＝2，所以a2＝2.所以数列{a2n}是首项为2，公比为2的等比数列，{a2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．所以S2020＝(a1＋a3＋…＋a2017＋a2019)＋(a2＋a4＋…＋a2018＋a2020)＝＋＝3×(21010－1)．故选A.
4．已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn，若an＋1＝且a1＝5，则S2020＝(　　)
A．4740 B．4737
C．12095 D．12002
【答案】B
【解析】依题意an＋1＝且a1＝5，a2＝3×5＋1＝16，a3＝＝8，a4＝＝4，a5＝＝2，a6＝＝1，a7＝3×1＋1＝4，…所以数列{an}从第四项起构成周期为3的周期数列．因为2020＝3＋3×672＋1，所以S2020＝5＋16＋8＋(4＋2＋1)×672＋4＝4737.
5．在平面直角坐标系xOy中，点An(n∈N*)，记△A2n－1A2nA2n＋1的面积为Sn，则Si＝________.
【答案】·22n＋1＋
【解析】由题意得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.
设Si＝Tn，则Tn＝3×21＋3×2×23＋…＋3n·22n－1，
22Tn＝3×23＋…＋3(n－1)·22n－1＋3n·22n＋1，
两式相减，得－3Tn＝3·21＋3·23＋…＋3·22n－1－3n·22n＋1＝22n＋1(1－3n)－2，
∴Si＝Tn＝·22n＋1＋.
6．已知数列{an}的通项公式为an＝则数列{an}前15项和S15的值为________．
【解析】数列{an}的通项公式为an＝
由＝，
得S15＝（1－＋－＋－＋…＋－）＋(2＋4＋6＋…＋14)－7×7＝×＋×7×16－49＝.
【答案】
7．等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为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)，
则当n为奇数时，cn＝＝－，
当n为偶数时，cn＝2n－1，
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－＋＝＋(4n－1)．
8．有一正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，满足a2a4＝64，S3＝14.设bn＝log2an(n∈N*)．
(1)求a1，a2的值，并求出数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)记cn＝，求数列{cn}的前n项和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)数列{bn}为等差数列．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为首项，1为公差的等差数列．
(3)由(2)可知，bn＝n，∴cn＝＝＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
9．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，a1＝1，且＝an＋(n≥2且n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{4·an}的前n项和Tn.
【解析】(1)当n＝2时， ＝a2＋，
∴a2＝.
当n≥2时，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＝.
∴当n≥2时，{an}是公差为的等差数列，
∴an＝a2＋(n－2)＝＋.
∵a1＝1不适合上式，∴an＝
(2)当n＝1时，T1＝4·a1＝4.
当n≥2时，＝an＋＝＋，
则4·an＝2n.
设Pn＝Tn－T1＝·22＋·23＋·24＋…＋·2n，①
则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也适合上式，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)证明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得－＝1，又＝5，所以数列是首项为5，公差为1的等差数列．
(2)由(1)可知＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.
当n≥2时，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讲 数列求和
【学科素养】
1.与等差、等比数列的定义和性质相结合，考查数列的求和，凸显数学运算的核心素养．
2.与不等式的证明相结合，考查数列的求和，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
【课标解读】
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；
2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法。
3.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用。
4.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
5.会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。
【备考策略】
从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的热点，主要考查“错位相减”“裂项相消”“等差、等比数列的公式求和”等．预测2022年高考会考查数列求和或数列求和与不等式的综合．此类问题一般以解答题为主，以中档题型为主.
【核心知识】
知识点一 求数列的前n项和的方法
(1)公式法
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
(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；
(ⅱ)当q≠1时，Sn＝＝.
(2)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
(6)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝
(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
知识点二 常见的裂项公式
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
【高频考点】
高频考点一 分组转化求和
【例1】（2023·天津卷）已知为等差数列，为等比数列，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）记的前项和为，求证：；
（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．
【方法技巧】分组法求和的常见类型
(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}是等比或等差数列，可采用分组法求和．
【变式探究】(2019·天津高考)设是等差数列，是等比数列。已知.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足其中.
（i）求数列的通项公式；
（ii）求.
【方法技巧】分组法求数列的前n项和的方法技巧
(1)如果一个数列是等差数列与等比数列的代数和，求其前n项和需要先分组再利用公式求和．
(2)如果数列的排序规律较为“隐蔽”，如an是求和的形式，则需要先化简通项公式，得到明确的排序规律再对其求和．
【变式探究】已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
【变式探究】已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
高频考点二 错位相减求和
【例2】（2023·全国卷）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，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【变式探究】(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．
【举一反三】（2023·天津高考）设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足求.
【举一反三】（2023·新课标Ⅲ）设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【方法技巧】
(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}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．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．同时要注意等比数列的项数是多少．
【变式探究】设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
【变式探究】设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
高频考点三 裂项相消求和
【例3】（2023·浙江卷）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【变式探究】（2023·浙江卷）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与an的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【举一反三】【2019·浙江卷】设等差数列的前n项和为，，，数列满足：对每个成等比数列．
（I）求数列的通项公式；
（II）记 证明：
【方法技巧】常见的裂项方法
数列(n∈N*) 裂项方法(n∈N*)
(k为非零常数) ＝
＝
＝(－)
其中a＞0，且a≠1 loga＝loga(n＋1)－logan
＝－
【方法技巧】裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项。
【变式探究】（2018年天津卷）设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.（I）求和的通项公式；
（II）设数列的前n项和为，
（i）求；
（ii）证明.
【变式探究】正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
第29讲 数列求和
【学科素养】
1.与等差、等比数列的定义和性质相结合，考查数列的求和，凸显数学运算的核心素养．
2.与不等式的证明相结合，考查数列的求和，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
【课标解读】
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；
2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法。
3.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用。
4.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
5.会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。
【备考策略】
从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的热点，主要考查“错位相减”“裂项相消”“等差、等比数列的公式求和”等．预测2022年高考会考查数列求和或数列求和与不等式的综合．此类问题一般以解答题为主，以中档题型为主.
【核心知识】
知识点一 求数列的前n项和的方法
(1)公式法
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
(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；
(ⅱ)当q≠1时，Sn＝＝.
(2)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
(6)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝
(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
知识点二 常见的裂项公式
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
【高频考点】
高频考点一 分组转化求和
【例1】（2023·天津卷）已知为等差数列，为等比数列，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）记的前项和为，求证：；
（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【解析】
(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.
由，，可得d=1.
从而的通项公式为.
由，
又q≠0，可得，解得q=2，
从而的通项公式为.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，
故，，
从而，
所以.
(Ⅲ)当n奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有，
和 ①
由①得 ②
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前2n项和为.
【方法技巧】分组法求和的常见类型
(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}是等比或等差数列，可采用分组法求和．
【变式探究】(2019·天津高考)设是等差数列，是等比数列。已知.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足其中.
（i）求数列的通项公式；
（ii）求.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）（ii）
【解析】
(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
依题意得，解得，
故，.
所以，的通项公式为，的通项公式为.
(Ⅱ)(i).
所以，数列的通项公式为.
(ii)
.
【方法技巧】分组法求数列的前n项和的方法技巧
(1)如果一个数列是等差数列与等比数列的代数和，求其前n项和需要先分组再利用公式求和．
(2)如果数列的排序规律较为“隐蔽”，如an是求和的形式，则需要先化简通项公式，得到明确的排序规律再对其求和．
【变式探究】已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和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，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝
【变式探究】已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得d＝＝2，
所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，
由题意得q3＝＝8，解得q＝2.
因为b1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.
高频考点二 错位相减求和
【例2】（2023·全国卷）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，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【答案】5
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.
【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，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，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：
，
因此，.
故答案为：；.
【变式探究】(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q＝－2或q＝1(舍去)．
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.
两式相减得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n.
所以Sn＝－.
【举一反三】（2023·天津高考）设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足求.
【答案】（I），；
（II）
【解析】
（I）【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
依题意，得，解得，
故，，
所以，的通项公式为，的通项公式为；
（II）
，
记 ①
则 ②
② － ①得，，
所以
.
【举一反三】（2023·新课标Ⅲ）设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1），，，证明见解析；（2）.
【解析】
（1）由题意可得，，
由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，
证明如下：
当时，成立；
假设时，成立.
那么时，也成立.
则对任意的，都有成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即.
【方法技巧】
(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}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．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．同时要注意等比数列的项数是多少．
【变式探究】设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
所以当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝.②
①－②得3n－1an＝，所以an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，
所以an＝.
(2)因为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＝＋.
【变式探究】设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
【解析】(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有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－.
高频考点三 裂项相消求和
【例3】（2023·浙江卷）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【变式探究】（2023·浙江卷）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与an的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【答案】（I）；（II）证明见解析.
【解析】
（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
所以
.
由于，所以，所以.
即，.
【举一反三】【2019·浙江卷】设等差数列的前n项和为，，，数列满足：对每个成等比数列．
（I）求数列的通项公式；
（II）记 证明：
【答案】（I），；（II）证明见解析.
【解析】（I）设数列的公差为d，由题意得
，
解得．
从而．
所以，
由成等比数列得
．
解得．
所以．
（II）．
我们用数学归纳法证明．
（i）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
（ii）假设时不等式成立，即．
那么，当时，
．
即当时不等式也成立．
根据（i）和（ii），不等式对任意成立．
【方法技巧】常见的裂项方法
数列(n∈N*) 裂项方法(n∈N*)
(k为非零常数) ＝
＝
＝(－)
其中a＞0，且a≠1 loga＝loga(n＋1)－logan
＝－
【方法技巧】裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项。
【变式探究】（2018年天津卷）设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.
（I）求和的通项公式；
（II）设数列的前n项和为，
（i）求；
（ii）证明.
【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析.
【解析】
(Ⅰ)设等比数列的公比为q.由
可得.因为，可得，故.
设等差数列的公差为d，由，可得
由，可得
从而 故
所以数列的通项公式为，
数列的通项公式为
（II）（i）由（I），有，
故.
（ii）因为，
所以.
【变式探究】正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，
化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.
(2)因为Sn＝＝＝n2＋3n，
所以bn＝＝
＝
＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋＋…＋
＝－＝.
【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
【解析】(1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，
∴a1＝S1＝－2＝2，
当n≥2时，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)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，
∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.
(2)∵＝＝－，
∴数列的前n项和
Tn＝＋＋…＋＝－.

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