2021高三数学北师大版（文）一轮教师用书：第6章第4节　数列求和

第四节　数列求和

[最新考纲]　1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．

(对应学生用书第102页)

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：

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，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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．

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．

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.

1．一些常见的数列前n项和公式

(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；

(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；

(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.

2．常用的裂项公式

(1)＝；

(2)＝＝；

(3)＝－；

(4)loga＝loga(n＋1)－logan.

一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)如果数列{an}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之和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得．                            (　　)

(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.              (　　)

[答案](1)√　(2)√　(3)×　(4)√

二、教材改编

1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)

A．1　　　　B.　　　　C.　　　　D.

B　[∵an＝＝－，

∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝＋＋…＋＝1－＝.故选B.]

2．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________.

－25　[S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]

3．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn等于________．

n2＋1－　[Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋

＝n2＋＝n2＋1－.]

4．若x≠0，且x≠1，则1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________.

－　[设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1， ①

则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，  ②

①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝－nxn，所以Sn＝－.]

(对应学生用书第102页)

⊙考点1　分组转化求和

　分组转化求和的两个常见类型

(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和；

(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．

　已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.

(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；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.

a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.

(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.

记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．

记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝＝22n＋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.

　通项公式中出现(－1)n，在求数列的前n项和Sn时，要分n为偶数和n为奇数两种情况讨论．

　1.若数列{an}的通项公式为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

C　[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.]

2．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　　)

A．1 121 B．1 122

C．1 123 D．1 124

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＝1 123.选C.]

⊙考点2　错位相减法求和

　错位相减法求和的四个步骤

　(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(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.

依题意，得解得故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.

所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.

(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n

＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)

＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)

＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．

记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，  ①

则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1， ②

②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1

＝－＋n×3n＋1＝.

所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×

＝(n∈N*)．

　错位相减法求和时应注意两点

(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．

　设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)当d＞1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

[解](1)由题意得

即

解得或

故或

(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，

于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①

Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ②

①－②可得

Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，

故Tn＝6－.

⊙考点3　裂项相消法求和

　裂项相消法求和的两个关注点

(1)通项公式能裂为两项差的形式，求和时能产生连续相互抵消的项．

(2)消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩到第几项，后边就剩到倒数第几项．

　形如an＝型

　已知数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，且满足4Sn＝a＋2an－3对任意的正整数n都成立．

(1)证明数列{an}是等差数列，并求其通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解](1)当n＝1时，4S1＝a＋2a1－3，

即a－2a1－3＝0，

解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，

由4Sn＝a＋2an－3，得当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3，两式相减，

得4an＝a－a＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，

又an＞0，∴an－an－1－2＝0，

即an－an－1＝2(n≥2)，

∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，

∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.

(2)由an＝2n＋1，得Sn＝·n＝n(n＋2)，

∴bn＝＝＝，

∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn

＝

＝＝－.

　本例在求前n项和Tn时，应注意两点：

(1)bn裂成两项差时，不要漏掉系数.

(2)求和消项后，前边剩两项，后边也剩两项，注意符号不同．

　形如an＝型

　已知函数f(x)＝xα的图像过点(4,2)，令an＝，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 020＝(　　)

A.－1 B.－1

C.－1 D.＋1

C　[由f(4)＝2，得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝x.

∴an＝＝＝－，

∴S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1，故选C.]

　本例中通项公式的裂项使用了分母有理化．

　1.已知数列{an}的通项公式为an＝lg，若数列{an}的前n项和Sn＝3，则项数n＝(　　)

A．99　　　B．101　　　C．999　　　D．1001

C　[an＝lg＝lg＝lg(n＋1)－lg n，

∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(lg 2－lg 1)＋(lg 3－lg 2)＋(lg 4－lg 3)＋…＋[lg(n＋1)－lg n]＝lg(n＋1)，

令Sn＝lg(n＋1)＝3得n＋1＝103，解得n＝999，故选C.]

2．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；

(2)设cn＝，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.

[解](1)设等差数列的公差为d，

则由题意可得

解得

所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.

(2)因为cn＝＝，

所以cn＝，

所以Tn＝＝＝.

(对应学生用书第105页)

纵观近几年高考，数列以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新，同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开．下面通过对典型例题的剖析、数学文化的介绍、及精选模拟题的求解，让学生提升审题能力，增加对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解，提升数学建模的核心素养．

【例1】　(2018·北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)

A.f　　　　　　　 B.f

C.f D.f

D　[从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{an}，则第八个单音频率为a8＝f·()8－1＝f，故选D.]

[评析]　根据等比数列的定义可知，十三个单音的频率构成等比数列．

【例2】　(2019·邵阳模拟)《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．若蒲、莞长度相等，则所需时间为(　　)

(结果精确到0.1.参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)

A．2.2天 B．2.4天

C．2.6天 D．2.8天

C　[设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An.

莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn.

则An＝，Bn＝，由题意可得：＝，化为：2n＋＝7，解得2n＝6,2n＝1(舍去)．

∴n＝＝1＋≈2.6.

∴估计2.6天蒲、莞长度相等，故选C.]

[评析]　问题转化成两个等比数列前n项和相等问题．

【素养提升练习】

1．中国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了(　　)

A．192里　　　B．96里　　　C．48里　　　D．24里

B　[依题意，每天走的路程构成等比数列{an}，且n＝6，公比q＝，S6＝378，设等比数列{an}的首项为a1，依题意有＝378，解得a1＝192.所以a2＝192×＝96.即第二天走了96里．]

【例3】　(2019·九江模拟)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四尺．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根5尺长的金杖，一头粗，一头细．在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤．问依次每一尺各重多少斤？”根据上面的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，问中间3尺的重量为(　　)

A．6斤 B．9斤 

C．9.5斤 D．12斤

B　[依题意，金杖由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，记为{an}，则a1＝4，a5＝2，由等差数列的性质得a2＋a4＝a1＋a5＝2a3＝6，所以a3＝3，所以中间3尺的重量为a2＋a3＋a4＝3a3＝9(斤)．故选B.]

[评析]　金杖由粗到细，每一尺的重量成等差数列，可用等差数列的性质求解．

【素养提升练习】

2．(2019·石家庄模拟)我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们．定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活中都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献，现有这样一个整除问题：将1到2 019这2 019个整数中能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，那么此数列的项数为(　　)

A．58 B．59 

C．60 D．61

A　[由数能被5除余2且被7除余2的数就是能被35整除余2的数，

故an＝2＋(n－1)35＝35n－33，

由an＝35n－33≤2 019，

得n≤58＋，n∈N*，故此数列的项数为58.]