资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
第四节　数列求和
课标解读 考向预测
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式. 2.掌握数列求和的几种常见方法. 数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.
【知识梳理】
数列求和的几种常用方法
1．公式法
(1)等差数列的前n项和公式
①已知等差数列的第1项和第n项求前n项和Sn＝；
②已知等差数列的第1项和公差求前n项和Sn＝na1＋d.
(2)等比数列的前n项和公式
当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，
①已知等比数列的第1项和第n项求前n项和Sn＝；
②已知等比数列的第1项和公比求前n项和Sn＝.
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
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．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项和公式就是用此法推导的．
5．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
【常用结论】
1．1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
2．12＋22＋…＋n2＝.
3．裂项求和常用的变形
(1)分式型：＝，
＝，
＝等．
(2)指数型：＝－，＝－
等．
(3)根式型：＝(－)等．
(4)对数型：logm＝logman＋1－logman，an>0，m>0且m≠1.
【诊断自测】
1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝
，则S9＝2.(　　)
(2)<＝－.(　　)
(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{an}的通项公式是an＝.(　　)
2．小题热身
(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝(　　)
A．1 B．
C． D．
(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{an}的通项公式an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为(　　)
A．－200 B．－100
C．200 D．100
(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3 T3改编)若数列{an}的通项公式an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
(4)在数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝－2，则S100＝________．
【考点探究】
考点一　拆项分组法求和
例1 (2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比q≠－1，＝，且S4＝a3＋93.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝求数列{bn}的前n项和Tn.
【通性通法】
拆项分组法求和的常见类型
【巩固迁移】
1．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值为________．
考点二　并项转化法求和
例2 在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.
【通性通法】
并项转化法求和
定义 一个数列的前n项和中，可两两或几个相结合求解，则称之为并项求和
适用条件 形如an＝(－1)nf(n)类型，周期型可采用几项合并求解
注意 一般对n分奇偶进行讨论，结果一般用分段形式表示
【巩固迁移】
2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋nan＝2n，数列{bn}满足对任意正整数m≥2均有bm－1＋bm＋bm＋1＝成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前99项和．
考点三　裂项相消法求和
例3 (2023·承德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且＝.
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{bn}的前n项和Tn.
①bn＝；②bn＝；
③bn＝.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【通性通法】
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，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＝，＝.
【巩固迁移】
3．数列{an}的通项公式为an＝，若{an}的前n项和为24，则n＝(　　)
A．25 B．576
C．624 D．625
4．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
考点四　错位相减法求和
例4 (2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
【通性通法】
1．错位相减法求和的适用条件
若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn.
2．错位相减法求和的步骤
3．错位相减法求和的注意事项
注意点一 在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn，特别是等比数列公比为负数的情形
注意点二 等式右边由第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成
注意点三 经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误
【巩固迁移】
5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝6，an＋1＝2(Sn＋1)．
(1)证明{an}为等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
考点五　倒序相加法求和
例5 已知数列{an}，{bn}满足a1＝，2an＋1－an＝16an＋1an，bn＝－16.
(1)证明{bn}为等比数列，并求{bn}的通项公式；
(2)求a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7.
【通性通法】
倒序相加法的使用策略
策略一 将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n项和公式的推导即用此方法)
策略二 和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数关于点对称的性质，组合数中C＝C的性质
【巩固迁移】
6．已知函数f(x)对任意的x∈R，都有f(x)＋f(1－x)＝1，数列{an}满足an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，则数列{an}的通项公式为________．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
第四节　数列求和
课标解读 考向预测
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式. 2.掌握数列求和的几种常见方法. 数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.
【知识梳理】
数列求和的几种常用方法
1．公式法
(1)等差数列的前n项和公式
①已知等差数列的第1项和第n项求前n项和Sn＝；
②已知等差数列的第1项和公差求前n项和Sn＝na1＋d.
(2)等比数列的前n项和公式
当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，
①已知等比数列的第1项和第n项求前n项和Sn＝；
②已知等比数列的第1项和公比求前n项和Sn＝.
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
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．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项和公式就是用此法推导的．
5．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
【常用结论】
1．1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
2．12＋22＋…＋n2＝.
3．裂项求和常用的变形
(1)分式型：＝，
＝，
＝等．
(2)指数型：＝－，＝－
等．
(3)根式型：＝(－)等．
(4)对数型：logm＝logman＋1－logman，an>0，m>0且m≠1.
【诊断自测】
1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝
，则S9＝2.(　　)
(2)<＝－.(　　)
(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{an}的通项公式是an＝.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．小题热身
(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝(　　)
A．1 B．
C． D．
答案　B
解析　∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…＋－＝.故选B.
(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{an}的通项公式an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为(　　)
A．－200 B．－100
C．200 D．100
答案　D
解析　S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.
(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3 T3改编)若数列{an}的通项公式an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
答案　C
解析　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.
(4)在数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝－2，则S100＝________．
答案　－50
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{an}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.
【考点探究】
考点一　拆项分组法求和
例1 (2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比q≠－1，＝，且S4＝a3＋93.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为{an}是等比数列，公比q≠－1，
则a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，
所以＝＝＝，解得q＝3，
由S4＝a3＋93，可得＝9a1＋93，
解得a1＝3，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)由(1)得bn＝
当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)
＝－＋
＝(3n－1)－；
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(3n＋1－1)－－3n＋1＝·3n＋1－－.
综上所述，
Tn＝
【通性通法】
拆项分组法求和的常见类型
【巩固迁移】
1．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值为________．
答案　n2＋1－
解析　由题意可得，通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝＋＝n2＋1－.
考点二　并项转化法求和
例2 在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解　(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则解得
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)由(1)，得bn＝(－1)n·an＝(－1)n·2n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，
(ⅰ)当n为偶数时，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝2＋2＋…＋2＝×2＝n；
(ⅱ)当n为奇数时，n－1为偶数，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝Sn－1＋bn＝n－1－2n＝－n－1.
∴Sn＝
【通性通法】
并项转化法求和
定义 一个数列的前n项和中，可两两或几个相结合求解，则称之为并项求和
适用条件 形如an＝(－1)nf(n)类型，周期型可采用几项合并求解
注意 一般对n分奇偶进行讨论，结果一般用分段形式表示
【巩固迁移】
2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋nan＝2n，数列{bn}满足对任意正整数m≥2均有bm－1＋bm＋bm＋1＝成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前99项和．
解　(1)因为a1＋2a2＋…＋nan＝2n，
所以当n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)．
两式相减，得nan＝2，所以an＝(n≥2)．
又当n＝1时，a1＝2，也符合上式，所以an＝.
(2)由(1)知＝.
因为对任意的正整数m≥2，
均有bm－1＋bm＋bm＋1＝＝，
故数列{bn}的前99项和b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋…＋b97＋b98＋b99＝(b1＋b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6)＋…＋(b97＋b98＋b99)＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝825.
考点三　裂项相消法求和
例3 (2023·承德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且＝.
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{bn}的前n项和Tn.
①bn＝；②bn＝；
③bn＝.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解　(1)证明：因为＝，
即n(an＋1)＝2Sn，
当n＝1时，a1＋1＝2S1，解得a1＝1，
当n≥2时，(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－1，
所以n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－2Sn－1，
即n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2an，
所以(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，
当n＝2时，上述式子恒成立，
当n>2时，两边同除以(n－2)(n－1)可得
－＝－＝－，
即－＝－，
所以为常数列，
即＝a2－1，
所以an－1＝(n－1)(a2－1)，
即an＝(n－1)(a2－1)＋1，
当n＝1时，也适合上式，
所以an＋1－an＝n(a2－1)＋1－(n－1)(a2－1)－1＝a2－1，
所以数列{an}是以1为首项，a2－1为公差的等差数列．
(2)设{an}的公差为d，因为a2＋1，a3＋1，a5成等比数列，
所以(a3＋1)2＝a5(a2＋1)，
即(2＋2d)2＝(1＋4d)(2＋d)，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
若选①bn＝，
则bn＝＝，
所以Tn＝＝.
若选②bn＝，
则bn＝
＝
＝(－)，
所以Tn＝(－＋－＋…＋－)
＝(－1)．
若选③bn＝，
则bn＝＝－，
所以Tn＝－＋－＋…＋－
＝－.
【通性通法】
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，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＝，＝.
【巩固迁移】
3．数列{an}的通项公式为an＝，若{an}的前n项和为24，则n＝(　　)
A．25 B．576
C．624 D．625
答案　C
解析　an＝－，所以Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1，令Sn＝24，得n＝624.故选C.
4．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
解　(1)因为是首项为1，公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)＝，
故Sn＝an.①
当n≥2时，Sn－1＝an－1.②
由①－②可知an＝an－an－1，
所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，
即＝.
所以××…××＝×××…××＝(n≥2)，
所以an＝(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
所以an＝(n∈N*)．
(2)证明：因为＝＝－，
所以＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝2－＜2.
考点四　错位相减法求和
例4 (2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解　(1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，
即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，
即a3＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，
所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1，
即2an＝nan－(n－1)an－1，
化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，
当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1，
当n＝1，2时都满足上式，
所以an＝n－1(n∈N*)．
(2)因为＝，所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，
Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，
两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－n×＝－n×＝1－×，
即Tn＝2－(2＋n)×，n∈N*.
【通性通法】
1．错位相减法求和的适用条件
若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn.
2．错位相减法求和的步骤
3．错位相减法求和的注意事项
注意点一 在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn，特别是等比数列公比为负数的情形
注意点二 等式右边由第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成
注意点三 经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误
【巩固迁移】
5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝6，an＋1＝2(Sn＋1)．
(1)证明{an}为等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
解　(1)因为an＋1＝2(Sn＋1)，
所以an＝2(Sn－1＋1)(n≥2)，
故an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
即＝3(n≥2)，
又a2＝2(S1＋1)＝2a1＋2，故a1＝2，即＝3，
因此＝3(n∈N*)．
故{an}是以2为首项，3为公比的等比数列．
因此an＝2×3n－1(n∈N*)．
(2)因为Tn＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n×3n－1，①
故3Tn＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n－1)×3n－1＋2n×3n，②
①－②，得－2Tn＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n－1)－2n×3n＝2＋－2n×3n＝－1＋(1－2n)×3n，
即Tn＝.
考点五　倒序相加法求和
例5 已知数列{an}，{bn}满足a1＝，2an＋1－an＝16an＋1an，bn＝－16.
(1)证明{bn}为等比数列，并求{bn}的通项公式；
(2)求a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7.
解　(1)由2an＋1－an＝16an＋1an，可得＝－16，
于是－16＝2，即bn＋1＝2bn，
而b1＝－16＝2，
所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以bn＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)知an＝，所以anbn＝.
因为akbk＋a8－kb8－k＝＋＝＋＝1，
所以2(a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7)＝(a1b1＋a7b7)＋(a2b2＋a6b6)＋…＋(a7b7＋a1b1)＝7，
因此a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7＝.
【通性通法】
倒序相加法的使用策略
策略一 将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n项和公式的推导即用此方法)
策略二 和对称性有关求和时可用倒序相加，比如函数关于点对称的性质，组合数中C＝C的性质
【巩固迁移】
6．已知函数f(x)对任意的x∈R，都有f(x)＋f(1－x)＝1，数列{an}满足an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，则数列{an}的通项公式为________．
答案　an＝
解析　∵f(x)＋f(1－x)＝1，∴f＋f＝1，又an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)　①，∴an＝f(1)＋f＋f＋…＋f＋f(0)　②，①＋②，得2an＝n＋1，∴an＝.∴数列{an}的通项公式为an＝.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑