新高考数学一轮复习考点讲义：第07章第4讲数列求和（含解析）

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典例1(2024·山东潍坊模拟)已知数列{an}满足eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(an,2n)＝eq \f(n,2n).
从结构特点分析，属于由Sn求an的类型，应用an＝Sn－Sn－1(n≥2)的运算，求通项公式．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意的n∈N*，令bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,2an，n为偶数，))求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)当n＝1时，eq \f(a1,2)＝eq \f(1,2)，解得a1＝1；
当n≥2时，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(an,2n)＝eq \f(n,2n)，①
eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(an－1,2n－1)＝eq \f(n－1,2n－1)，②
由①－②，得eq \f(an,2n)＝eq \f(n,2n)－eq \f(n－1,2n－1)＝eq \f(2－n,2n)，
两式相减，目的是暴露出an，从而得出通项公式．
即an＝2－n，
当n＝1时，a1＝2－1＝1也符合，
所以数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－n，n为奇数，,22－n，n为偶数.))
奇数项和偶数项分别是不同数列，采用分组求和已是必然. 这样分组的话，奇数项和偶数项的项数必须要讨论清楚．
当n为偶数时，
当n为偶数时，奇数项和偶数项的项数各是eq \f(n,2)项．
Sn＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋2－(n－1)]＋(20＋2－2＋…＋22－n)
＝eq \f(1＋3－n\f(n,2),2)＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\f(n,2),1－\f(1,4))
＝eq \f(4－nn,4)＋eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))
＝eq \f(－3n2＋12n＋16,12)－eq \f(1,3×2n－2)；
当n为奇数时，
Sn＝Sn＋1－bn＋1
这里n为奇数，n＋1为偶数，Sn＋1代入前面解析式，如此计算更显简单！
＝eq \f(－3n＋12＋12n＋1＋16,12)－eq \f(1,3×2n－1)－21－n
＝eq \f(－3n2＋6n＋25,12)－eq \f(4,3×2n－1).
综上所述，
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(－3n2＋6n＋25,12)－\f(4,3×2n－1)，n为奇数，,\f(－3n2＋12n＋16,12)－\f(1,3×2n－2)，n为偶数.))
1．若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差数列或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
2．若数列{cn}的通项公式为cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
对点练1数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值为________________________________________________________________________．
解析：∵an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，∴Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))＝eq \f(n[1＋2n－1],2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq \f(1,2n).
答案：n2＋1－eq \f(1,2n)
题型 并项求和法
典例2(2024·江苏南京外国语学校、金陵中学联考)已知正项数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝8n.
这种递推结构，常暗示用累加法求通项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝ansineq \f(anπ,2)，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2 023.
解：(1)对任意的n∈N*，aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝8n，
当n≥2时，aeq \\al(2,n)＝(aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1))＋…＋(aeq \\al(2,2)－aeq \\al(2,1))＋aeq \\al(2,1)
这个过程体现了两两并成一项，再求和的思路．
＝8(n－1)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋1＝8×eq \f(nn－1,2)＋1＝(2n－1)2，
因为an>0，故an＝2n－1.
【题眼】{an}为“正项数列”，据此排除负值．
当n＝1时，a1＝1符合an＝2n－1，
所以an＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知，bn＝ansineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2)·π))＝(－1)n＋1(2n－1)，
奇偶项的符号不同，常采用奇偶两项并成一项再求和的方法．
所以当k∈N*时，b2k＋b2k＋1＝－(4k－1)＋4k＋1＝2，
故S2 023＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5)＋…＋(b2 022＋b2 023)＝1＋2×1 011＝2 023.
【扫清障碍】并项求和法类似倒序相加法，数列中的项满足某些规律，一般是正负项交替出现，求解时要重点关注项两两结合后的“新数列”有多少项．
1．一般地，当数列中的各项正负交替，且各项绝对值成等差数列时，可采用并项转化法求和．
2．在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n分奇数和偶数两种情况进行讨论，所以结果一般用分段函数来表示.
对点练2已知数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＝(－1)nan＋2，则{an}的前100项和为________．
解析：①当n为偶数时，an＋2＝an＋2，则偶数项是以1为首项，2为公差的等差数列，故a2＋a4＋…＋a100＝50×1＋eq \f(50×49,2)×2＝2 500.②当n为奇数时，an＋2＝－an＋2，即an＋an＋2＝2，故a1＋a3＋…＋a99＝2×25＝50.综上，S100＝2 550.
答案：2 550
题型 错位相减法
典例3(2023·全国甲卷，理)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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.
解：(1)2Sn＝nan①，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1②，
由①－②得，2an＝nan－(n－1)an－1，
我们常说Sn和an不共存，常用an＝Sn－Sn－1的变形，要么得到an的递推，要么得到Sn的递推．
即(n－1)an－1＝(n－2)an.
当n＝2时，a1＝0；
由条件2Sn＝nan，令n＝2，可推得a1＝0.
当n≥3时，eq \f(an－1,n－2)＝eq \f(an,n－1).
∴当n≥2时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n－1)))为常数列，
能理解这里n≥2的限制吗？
∴eq \f(an,n－1)＝eq \f(a2,1)＝1，∴an＝n－1(n≥2)．
由a1＝0也满足上式，
∴an＝n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，eq \f(an＋1,2n)＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
我们称此种形式的数列为“差比数列”．形如an＝(an＋b)·qn－1的形式，即两个因式，一个因式为等差数列{an＋b}，另一个因式为等比数列{qn－1}，它的前n项和常采用错位相减法；有的老师总结了前n项和的一个公式Sn＝(An＋B)·qn－B，其中A＝eq \f(a,q－1)，B＝eq \f(b－A,q－1)，以上有助于加强我们对它的认识！
则Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n③，
eq \f(1,2)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1④，
由③－④得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
∴Tn＝2－(2＋n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
1．一般地，如果数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘等比数列{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.
对点练3(2024·重庆一中月考)已知函数f(x)＝cs πx－sin πx(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(3,4)))，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为f(x)＝cs πx－sin πx＝eq \r( ,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))，令f(x)＝0可得eq \r( ,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))＝0，即πx＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq \f(1,4)＋k(k∈Z)．因为{an}为所有正零点构成的数列，所以a1＝eq \f(1,4)，且an－an－1＝1(n≥2)，故{an}为以eq \f(1,4)为首项，1为公差的等差数列，即an＝eq \f(1,4)＋(n－1)＝n－eq \f(3,4).
(2)由(1)知an＝n－eq \f(3,4)，所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(3,4)＋\f(3,4)))＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n①，
所以eq \f(1,2)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋…＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1②，
①－②可得eq \f(1,2)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1＝1－(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，故Tn＝2－(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
题型 倒序相加法
典例4(2024·上海宜川中学模拟)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称．相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，此方法也被称为高斯算法．已知某数列的通项公式为an＝eq \f(2n－100,2n－101)，则a1＋a2＋…＋a100＝( )
A．98 B．99
C．100 D．101
解析：方法一：由数列的通项公式为an＝eq \f(2n－100,2n－101)，
可得当1≤n≤100，n∈N*时，an＋a101－n＝eq \f(2n－100,2n－101)＋eq \f(2101－n－100,2101－n－101)＝eq \f(2n－100,2n－101)＋eq \f(102－2n,101－2n)＝eq \f(4n－202,2n－101)＝2，
所以a1＋a100＝a2＋a99＝a3＋a98＝…＝an＋a101－n＝2，
所以2(a1＋a2＋…＋a100)＝2×100＝200，
【扫清障碍】求和式中到首尾距离相等的两项和相等，考虑使用倒序相加法，将求和式倒序书写，之后与原式相加，两两结合求解．
所以a1＋a2＋…＋a100＝100.
方法二：函数f(x)＝eq \f(2x－100,2x－101)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(101,2)，1))对称，
所以f(x)＋f(101－x)＝2，则f(1)＋f(100)＝f(2)＋f(99)＝…＝f(50)＋f(51)＝2，
即a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51＝2，
所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.故选C.
【方法辨析】方法二中，首尾对应的项两两结合，求和时项数易错，而方法一采用倒序相加法，项数容易确定，但不要忘了结果要除以2.
若一个数列{an}，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．
对点练4已知数列{an}，{bn}满足a1＝eq \f(1,18)，2an＋1－an＝16an＋1an，bn＝eq \f(1,an)－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eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2,an)－16，于是eq \f(1,an＋1)－16＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－16))，即bn＋1＝2bn，
而b1＝eq \f(1,a1)－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＝eq \f(1,2n＋16)，所以anbn＝eq \f(2n,2n＋16).
因为akbk＋a8－kb8－k＝eq \f(2k,2k＋16)＋eq \f(28－k,28－k＋16)＝eq \f(2k－4,2k－4＋1)＋eq \f(1,1＋2k－4)＝1，
所以2(a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7)＝(a1b1＋a7b7)＋(a2b2＋a6b6)＋…＋(a7b7＋a1b1)＝7，
所以a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a7b7＝eq \f(7,2).
题型 裂项相消法的多维研讨
维度1 bn＝eq \f(1,anan＋1)({an}为等差数列)型
典例5求和：
(1)Sn＝1＋eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,1＋2＋3)＋…＋eq \f(1,1＋2＋…＋n)；
an＝eq \f(1,1 ＋2 ＋…＋n)＝eq \f(2,nn＋1) ，像这样没有给出通项公式的情况下，求Sn时，应先求出通项公式．
(2)Sn＝eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,2×4)＋…＋eq \f(1,nn＋2).
解：(1)由题意知，an＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
(2)由题意知，an＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
经典题型，关键是体会裂项相消后，前后余下的几项是对称的，即前面和后面余下的项数相同．
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2).
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eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).理解前面系数的匹配！
对点练5(2024·河南洛阳模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＝5，a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,a\\al(2,n)＋4n－2)，Sn是数列{bn}的前n项和，若对任意正整数n，不等式2Sn＋(－1)n＋1a>0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为a3＝5，a1，a2，a5成等比数列，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1＋d2＝a1a1＋4d，))
又d≠0，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝eq \f(1,a\\al(2,n)＋4n－2)
＝eq \f(1,2n－12＋4n－2)＝eq \f(1,4n2－1)
＝eq \f(1,2n－12n＋1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1))).
依题意得，对任意正整数n，不等式1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a>0恒成立，
当n为奇数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a>0即a>－1＋eq \f(1,2n＋1)，所以a>－eq \f(2,3)；
当n为偶数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a>0即a