2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：第六章第四节　数列求和

第四节　数列求和
题型一　分组转化法求和
若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式，则求和时可用分组转化法，就是对原数列的通项进行分解，分别对每个新的数列进行求和后再相加减．
[典例]　(2019·吉林调研)已知数列{an}是等比数列，a1＝1，a4＝8，{bn}是等差数列，b1＝3，b4＝12.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
[解]　(1)设数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得8＝1×q3，所以q＝2，所以an＝2n－1.
设{bn}的公差为d，由b4＝b1＋3d得12＝3＋3d，所以d＝3，所以bn＝3n.
(2)因为数列{an}的前n项和为＝＝2n－1，数列{bn}的前n项和为b1n＋d＝3n＋×3＝n2＋n，
所以Sn＝2n－1＋n2＋n.
[方法技巧]
分组转化法求和的常见类型

[提醒]　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．　　
[针对训练]
(2018·焦作四模)已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设{an}的公差为d，因为a2＝3，{an}前4项的和为16，
所以解得
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
设{bn－an}的公比为q，
则b4－a4＝(b1－a1)q3，
因为b1＝4，b4＝88，
所以q3＝＝＝27，解得q＝3，
所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.
(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，
所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)
＝＋＝(3n－1)＋n2
＝＋n2－.
题型二　错位相减法求和
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项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.
[典例]　(2019·南昌模拟)已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解]　(1)∵＋＋＋…＋＝n2＋n，
∴当n≥2时，＋＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1，
两式相减得＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)．
又∵当n＝1时，＝1＋1，
∴a1＝4，满足an＝n·2n＋1.∴an＝n·2n＋1.
(2)∵bn＝＝n(－2)n，
∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n.
－2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n(－2)n＋1，
∴两式相减得3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1＝－，
∴Sn＝－.
[方法技巧]
错位相减法求和的策略
(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“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．　　
[针对训练]
1．数列，，，，…的前10项之和为________．
解析：因为S10＝＋＋＋…＋，①
所以S10＝＋＋…＋＋. ②
①－②得S10＝＋－＝＋－
＝－－＝，
所以S10＝＝.
答案：
2．(2019·临川一中质检)已知等差数列{an}满足a3＝5，其前6项和为36，等比数列{bn}的前n项和Sn＝2－(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得解得
所以an＝2n－1(n∈N*)．
对于数列{bn}，因为Sn＝2－，所以当n＝1时，b1＝S1＝2－1＝1，
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝－＝，
综上所述，bn＝(n∈N*)．
(2)由(1)得anbn＝，
所以Tn＝1＋＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋， ②
①－②得，Tn＝1＋1＋＋＋…＋－＝3－，
所以Tn＝6－＝6－.
题型三　裂项相消法求和
如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和.
[典例]　(2019·湖南十三校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－n.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝＋，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，
由n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－n)－(2an－1－n＋1)，
即an＝2an－1＋1，
所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，又a1＋1＝2，
所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1＝2n，an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝＋＝
＝＝－，
则Tn＝＋＋…＋－
＝1－.
[方法技巧]
1．用裂项法求和的裂项原则及规律
(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．
2．几种常见的裂项方式
数列(n为正整数)
裂项方式
(k为非零常数)
＝

＝

＝－
(a>0，a≠1)
loga＝loga(n＋1)－logan

[针对训练]
1．(2019·成都检测)在递减的等差数列{an}中，a1a3＝a－4.若a1＝13，则数列的前n项和的最大值为(　　)
A.　　　　　　　　 B．
C. D．
解析：选D　设等差数列{an}的公差为d，则d<0，因为a1a3＝a－4，a1＝13，所以13(13＋2d)＝(13＋d)2－4，解得d＝－2或d＝2(舍去)，所以an＝a1＋(n－1)d＝13－2(n－1)＝15－2n，则＝＝－，所以数列的前n项和Sn＝－＋－＋…＋－＝－－，易知当n＝6时，Sn取得最大值，最大值为×＝，故选D.
2．(2018·潍坊二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an>0(n∈N*)，S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝loga2n－1，数列的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)因为S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项，
所以2(S6＋a6)＝S4＋a4＋S5＋a5，
所以2S6－S4－S5＝a4＋a5－2a6，
化简得4a6＝a4，
设等比数列{an}的公比为q，则q2＝＝，
因为an>0，所以q＝，
又a1＝2，所以an＝2·n－1＝n－2.
(2)bn＝loga2n－1＝log2n－3＝2n－3，
＝＝－，
则Tn＝－1－1＋1－＋…＋－＝－.
[课时跟踪检测]
1．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)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 018＝(　　)
A．3　　　　　　　　　　 B．2
C．1 D．0
解析：选A　∵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 018＝336×0＋a2 017＋a2 018＝a1＋a2＝3.故选A.
2．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
解析：选B　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，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4
＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
3．(2019·开封调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于(　　)
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
解析：选B　∵a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，∴＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝＋＝3×21 009－3.故选B.
4．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3n，则其前20项和为(　　)
A．380－　　　　 B．400－
C．420－ D．440－
解析：选C　令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝2×－3×＝420－.
5．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(　　)
A. B．－
C．(－1)n＋1 D．以上均不正确
解析：选C　当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－＝－；当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2＝－＋n2＝.综上可得，原式＝(－1)n＋1.
6．(2019·郑州质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记Tn＝＋＋…＋(n∈N*)，则T2 018＝(　　)
A. B．
C. D．
解析：选C　由an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝＝，所以＝＝2，Tn＝＋＋…＋＝21－＋－＋…＋－＝2＝，故T2 018＝＝，故选C.
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，则数列的前n项和Tn＝________.
解析：∵数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，∴Sn－1＝n2－n＋1(n≥2)，两式作差得到an＝2n(n≥2)．故an＝∴＝＝－(n≥2)，∴Tn＝＋－＋－＋…＋－＝－.
答案：－
8．(2019·安徽十大名校联考)在数列{an}中，a1＝－2，a2＝3，a3＝4，an＋3＋(－1)nan＋1＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________．
解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3－an＋1＝2，又a2＝3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a20＝10×3＋×2＝120.
当n为偶数时，an＋3＋an＋1＝2，又a3＋a1＝2，
所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)＝2×5＝10，所以S20＝120＋10＝130.
答案：130
9．(2019·益阳、湘潭调研)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是________．
解析：由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，bn＝log2an＝当n≥2时，＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝.
答案：


10．(2019·大连模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Tn为数列{n＋an}的前n项和，求Tn.
解：(1)由an＋1＝3Sn＋1，
得当n≥2时，an＝3Sn－1＋1，
两式相减，得an＋1＝4an(n≥2)．
又a1＝1，a2＝4，＝4，
所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，
所以数列{an}的通项公式是an＝4n－1(n∈N*)．
(2)Tn＝(1＋a1)＋(2＋a2)＋(3＋a3)＋…＋(n＋an)
＝(1＋2＋…＋n)＋(1＋4＋42＋…＋4n－1)
＝＋
＝＋.
11．(2019·广州调研)已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝.
因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝，①
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝(n≥2，n∈N*)，②
①－②得4n－1an＝(n≥2，n∈N*)，
所以an＝(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时也适合上式，故an＝(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝＝，
所以bnbn＋1＝＝，
故Tn＝
＝
＝.
12．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(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.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
故Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.