2021届山东高考数学一轮创新教学案：第5章第4讲数列求和

第4讲　数列求和

1.基本数列求和公式法

(1)等差数列求和公式：

Sn＝＝na1＋d.

(2)等比数列求和公式：

Sn＝

2.非基本数列求和常用方法

(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法．

常见的裂项公式：

①＝；

②＝；

③＝；

④＝(－)．

3.常用求和公式

(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；

(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；

(3)12＋22＋32＋…＋n2＝；

(4)13＋23＋33＋…＋n3＝2.

1.概念辨析

(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有＝.(　　)

(2)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.(　　)

(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得．(　　)

(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是(n>1，n∈N*)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)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)

A.1   B. 

C.   D.

答案　B

解析　∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.

(2)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－

答案　A

解析　该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，

则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋

＝n2＋1－.

(3)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)

A.200  B．－200

C．400  D．－400

答案　B

解析　设bn＝4n－3，则{bn}是首项为1，公差为4的等差数列，

an＝(－1)n－1bn.

S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)

＝(b1－b2)＋(b3－b4)＋…＋(b99－b100)

＝－4－4－4－…－4＝－4×50＝－200.

(4)数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2021等于(　　)

A.－1010  B．2018

C．505  D．1010

答案　D

解析　易知a1＝cos＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….

所以数列{an}的所有奇数项为0，前2020项中所有偶数项(共1010项)依次为－2,4，－6,8，…，－2018,2020.故S2020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2018＋2020)＝1010.a2021＝0，∴S2021＝1010.故选D.

题型 一　分组转化法求和

1.(2019·信阳模拟)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　　)

A.1121  B．1122

C．1123  D．1124

答案　C

解析　由题意知，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＝1123.

2.(2019·中山调研)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.

(1)证明：数列{an－n}是等比数列；

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

解　(1)证明：由an＋1＝4an－3n＋1，

得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*.

又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列，

(2)由(1)可知an－n＝4n－1，

所以数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n，

所以数列{an}的前n项和Sn＝＋.

分组转化法求和的常见类型

(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．如举例说明2(2)．

(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，可采用分组求和法求和．如举例说明1.

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　(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.

题型 二　裂项相消法、并项法求和　

1.在数列{an}中，an＝n，n∈N*，前50个偶数的平方和与前50个奇数的平方和的差是(　　)

A.0  B．5050

C．2525  D．－5050

答案　B

解析　(22＋42＋…＋1002)－(12＋32＋…＋992)＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992)＝3＋7＋11＋…＋195＋199＝＝5050.

2.(2019·石家庄模拟)已知数列{an}是首项为1的等比数列，各项均为正数，且a2＋a3＝12.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.

解　(1)设数列{an}的公比为q.

由a2＋a3＝12，a1＝1，得q＋q2＝12，

解得q＝3或q＝－4.

因为数列{an}的各项都为正数，所以q>0，所以q＝3，所以an＝3n－1.

(2)因为bn＝＝＝，

所以Sn＝＝＝－.

条件探究　将本例中的条件改为“an＝2n，数列{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)n－1·”，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　因为an＝2n，所以数列{an}是等差数列，所以

Sn＝＝n(n＋1)，

则bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1·.

所以Tn＝－＋…＋(－1)n－1＝1＋(－1)n－1.

1.几种常见的裂项相消及解题策略

(1)常见的裂项方法(其中n为正整数)

(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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(如举例说明2)，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等．

2.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．如举例说明1.

1.已知数列{an}的通项公式为an＝，若前n项和为10，则项数n为________．

答案　120

解析　因为an＝＝－，

所以Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)

＝－1，又因为Sn＝10，

所以－1＝10，解得n＝120.

2.(2019·长春二模)各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列．

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n.

解　(1)各项均为整数的等差数列{an}，设公差为d，则d为整数，

由a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列，

可得a＝a2(1＋S4)，

即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，

可得d＝2，

所以an＝2n－3.

(2)由(1)可得

T2n＝－a1＋a2－a3＋a4＋…－a2n－1＋a2n

＝(1＋1)＋(－3＋5)＋…＋(5－4n＋4n－3)

＝2＋2＋…＋2＝2n.

题型 三　错位相减法求和

已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Sn.

解　(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意知q>0.

由已知，有

消去d，整理得q4－2q2－8＝0.

因为q>0，解得q＝2，所以d＝2.

所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*.

(2)由(1)知cn＝(2n－1)·2n－1，

设{cn}的前n项和为Sn，则

Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1，

2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，

上述两式相减，得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n＝2n＋1－3－(2n－1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，

所以，Sn＝(2n－3)·2n＋3，n∈N*.

利用错位相减法的一般类型及思路

(1)适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．

(2)思路：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，(*)

则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1，(**)

(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．如举例说明．

提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：

(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{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　(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－.

　组　基础关

1．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＋.

2．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.

3．1－4＋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·.

4．(2020·汕头摸底)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.

5．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.

6．(2019·湖北襄阳四校联考)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＝＝＝＝.

7．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.

8．(2019·枣庄模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为________．

答案　

解析　等差数列{an}中，∵a5＝5，S5＝15，

∴解得a1＝1，d＝1，

∴an＝1＋(n－1)＝n，∴＝＝－，

∴数列的前100项和

S100＝＋＋＋…＋＝1－＝.

9．(2019·商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．

答案　2n＋1－n－2

解析　因为1＋2＋4＋…＋2n－1＝＝2n－1，

所以Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)

＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.

10．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列的前n项和为Sn，则使Sn>的最大正整数n为________．

答案　2－n　5

解析　设等差数列{an}的公差为d，

由已知可得解得

故数列{an}的通项公式为an＝2－n.

Sn＝a1＋＋…＋，①

＝＋＋…＋.②

①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝，

所以Sn＝，由Sn＝>，得0<n≤5，

故最大正整数n为5.

　组　能力关

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．(2019·洛阳模拟)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.

3．(2019·合肥模拟)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＋.

4．(2019·长沙长郡中学检测)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　(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)．

5．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　(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.