第六章 第五节 数列求和-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

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第五节 数列求和
知识回顾
1．(1)an＝
(2)等差数列前n项和Sn＝，推导方法：倒序相加法；
(3)等比数列前n项和Sn＝
推导方法：错位相减法．
2．常见数列的前n项和
(1)1＋2＋3＋…＋n＝；
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
3．数列求和的常见方法
(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；
(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；
(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；
(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．
(5)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．
课前检测
1.已知数列满足，则值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，得，，
，选D；
2.数列1,2,3,…,,…,则其前n项和为________．
＋1－
设Sn为数列的前n项和,
则Sn＝(1＋2＋…＋n)＋＝＋＝＋1－.
分组转化法．
3.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3),则S100等于________．
－200
当n为奇数时,an＋an＋1＝(－1)n－1·(4n－3)＋(－1)n·(4n＋1)＝(4n－3)－(4n＋1)＝－4.
故S100＝50×(－4)＝－200.
并项求和法．
4.数列,,,…,的前n项和为________．

5．一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是________________．
答案　100＋200(1－2－9)
解析　第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×＝100＋200(1－2－9)．
6．数列{an}的通项公式为an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 017＝________.
答案　1 008
解析　因为数列an＝ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.
∴S2 017＝S2 016＋a2 017
＝×2＋2 017·cos π＝1 008.
课中讲解
考点一.分组转化法求和



例1.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(n∈N+)．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【答案】an=2n
【解析】由Sn=2an-2(n∈N+)
可得S1=2a1-2∴a1=2
又S2=2a2-2∴a1+a2=2a2-2∴a2=4
因为{an}是等比数列q=a2a1=2，则通项公式an=2n

(2) 若bn=lg⁡an，求数列{an+bn}的前n项和Tn．
【答案】Tn=n(n+1)2lg⁡2+2n+1-2
【解析】由（1）知：bn=lgan=nlg2
∴数列{an+bn}的前n项和Tn=(b1+a1)+(b2+a2)+⋯+(bn+an)
=(lg⁡2+2)+(2lg⁡2+4)+⋯+(nlg⁡2+2n)=(lg⁡2+2lg⁡2+⋯+nlg2)+(2+4+⋯+2n)=n(n+1)2lg⁡2+2n+1-2


变式1.已知数列{an}是公比为正数的等比数列，a1=2，a3=a2+4
(1) 求数列{an}的通项公式；
【答案】an=2n
【解析】∵a3=a2+4，∴a1⋅q2=a1⋅q+4
∴2q2=2q+4
∴(q-2)(q+1)=0
∵q>0
∴q=2，an=2n

(2) 设数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Tn．
【答案】Tn=2n+1+n2-2
【解析】bn=2n-1,
Tn=2n+1+n2-2


例2.已知等差数列{an}，d≠0,a1=2,a4,a6,a9成等比数列．
(1) 求通项公式an；
【答案】an=2n；
【解析】∵a62=a4⋅a9，∴(a1+5d)2=(a1+3d)(a1+8d)，解得d2=a1d，又∵d≠0，则d=a1=2，∴an=2+(n-1)⋅2=2n；

(2) 令bn=an+1+2n,n∈N*，求数列{bn}的前n项的和Tn．
【答案】Tn=n2+2n+2n+1-2
【解析】∵bn=2n+1+2n，∴Tn=2(1+2+…+n)+n+(21+22+…+2n)=2n(n+1)2+n+2(1-2n)1-2=n2+2n+2n+1-2．

变式2.已知数列{an}中，a1=-60,an+1=an+3，则|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|=
【答案】|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|={-n(3n-123)2,n≤20n(3n-123)2+1260,n≥21
【解析】第一步：求出绝对值下通项公式
∵a1=-60,an+1=an+3,
∴{an}是首项a1=-60，公差为3的等差数列，
∴an=-60+(n-1)×3=3n-63,Sn=n(3n-123)2.
第二步:确定数列中项的正负情况
当an0，an+1⋅(Sn+1+Sn)=2可得(Sn+1-Sn)(Sn+1+Sn)=2可得Sn+12-Sn2=2，即数列{Sn2}为首项为2，公差为2的等差数列，可得Sn2=2+2(n-1)=2n，由an>0，可得Sn=2n．

(2) 求1S1+S2+1S2+S3+…+1Sn+Sn+1
【答案】22(n+1-1)
【解析】1Sn+Sn+1=12n+2(n+1)，=22(1n+n+1)=22(n+1-n)，即有1S1+S2+1S1+S2+…,+1Sn+Sn+1，=22(2-1+3-2+2-3+…+n+1-n)=22(n+1-1)

变式4.已知数列 {an} 的通项 an=1n(n+1)(n+2)，求它的前 n 项和 Sn．
【答案】Sn=n(n+3)4(n+1)(n+2)
【解析】 ∵an=12[1n(n+1)-1(n+1)(n+2)],∴Sn=12[(11⋅2-12⋅3)+(12⋅3-13⋅4)+⋯+(1n⋅(n+1)-1(n+1)⋅(n+2))]=12[12-1(n+1)⋅(n+2)]=n(n+3)4(n+1)(n+2).
变式5.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 1，12，13，14，…，1n①
第二步：将数列 ① 的各项乘以 n2，得到一个新数列 a1，a2，a3，…，an．
则 a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=(　　)

A．n24
B．(n-1)24
C．n(n-1)4
D．n(n+1)4
【答案】C
【解析】1，12，13，14，…，1n①
将数列 ① 的各项乘以 n2，得到一个新数列 n2，n4，n6，…，n2n，
∴a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n2⋅n4+n4⋅n6+n6⋅n8+…+n2(n-1)⋅n2n=n24(11×2+12×3+13×4+…+1(n-1)n)=n24(1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n)=n24×n-1n=n(n-1)4
故选 C
【备注】由题意可得求得数列 {an}，则 a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n2⋅n4+n4⋅n6+n6⋅n8+…+n2(n-1)⋅n2n，提公因数，可知a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n24(11×2+12×3+13×4+…+1(n-1)n)，利用裂项法即可求得 a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an 的值．
本题考查数列的求和，考查“裂项法”求数列前 n 项和的应用，考查计算能力，属于中档题．

考点四.倒序相加求和
例1.已知f(x)=2xx+1，则f(12016)+f(12015)+f(12014)+……+f(12)+f(1)+f(2)+……+f(2014)+f(2015)+f(2016)=(　　)
A．0 B．2016
C．4032 D．4031
【答案】D
【解析】
因为 f(x)=2xx+1，所以f(x)+f(1x)=2，设S=f(12016)+f(12015)+f(12014)+……+f(12)+f(1)+f(2)+……+f(2014)+f(2015)+f(2016)，则S=f(2016)+f(2015)+f(2014)+……+f(2)+f(1)+f(12)+……+f(12014)+f((12015)+f(12016),所以2S=4031×2，所以S=4031．故选D．


变式1.设 f(x)=4x4x+2，利用倒序相加法，可求得 f(111)+f(211)+…+f(1011) 的值为________ ．
【答案】5
【解析】本题考查倒序相加法求和，得出 f(x)+f(1-x)=1 并得出所求即为 1007 对项的和是解决问题的关键．
∵f(x)=4x4x+2．
f(x)+f(-x)=4x4x+2+41-x41-x+2=4x4x+2+41-x×4x(41-x+2)×4x=4x+24x+2=1
则f(111)+f(211)+…+f(1011)=f(111)+f(1011)+f(211)+f(911)+f(311)+f(811)+f(411)+f(711)+f(511)+f(611)=5
故答案为 5．

例2.若函数f(x)对任意x∈R都有f(x)+f(1-x)=2．an=f(0)+f(1n)+f(2n)+…+f(n-1n)+f(1)，数列{an}是等差数列吗？试证明你的结论；
【答案】数列{an}是a1=2,d=1的等差数列，证明见解析.
【解析】an=f(0)+f(1n)+f(2n)+…+f(n-1n)+f(1)
⇒an=f(1)+f(n-1n)+f(n-2n)+…+f(1n)+f(0)
1+0=1n+n-1n=2n+n-2n=…=1
则,由条件:对任意x∈R都有f(x)+f(1-x)=2。
⇒2an=2+2+2+…+2=2n+1
⇒an=n+1⇒an+1=n+2
⇒an+1-an=1
从而：数列{an}是a1=2,d=1的等差数列．

变式2.已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S8=4π， 函数f(x)=cos⁡x(2sin⁡x+1)，则f(a1)+f(a2)+⋯+f(a8)的值为(　　)
A．0 B．4π
C．8π D．与a1有关
【答案】A
【解析】
因为S8=4π，
所以8(a1+a8)2=4π，
化为a1+a8=π，
所以f(a1)+f(a8)
=cos⁡a1(2sin⁡a1+1)+cos⁡(π-a1)(2sin⁡(π-a1)+1)
=cos⁡a1(2sin⁡a1+1)-cos⁡a1(2sin⁡a1+1)
=0，
所以f(a1)+f(a2)+…+f(a8)
=12[(f(a1)+f(a8))+(f(a2)+f(a7))+…+(f(a8)+f(a1))]=0．
故选A．

【备注】由S8=4π，可得a1+a8=π，于是f(a1)+f(a8)=cos⁡a1(2sin⁡a1+1)+cos⁡(π-a1)(2sin⁡(π-a1)+1)=0，即可得出．
例3.数列 {an} 是公差不为 0 的等差数列，且 ai∈[0,4]，1⩽i⩽2019，设函数 f(x)=3sin(π4x-π2)，若 f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2019)=0，则 a1+a2+a3+…+a2019=________．
【答案】4038
【解析】根据题意，f(x)=3sin⁡(π4x-π2)=-3cos⁡π4x，则函数 f(x) 是偶函数，且 f(x) 关于点 (2,0) 对称，
则有 f(x)+f(4-x)=0，
又由 ai∈[0,4]，1⩽i⩽2019 且 f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2019)=0，
则 a1+a2019=4，a2+a2018=4，……
则 a1+a2+a3+…+a2019=(a1+a2019)×20192=4038．

考点五.并项求和
例1 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(n∈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(n∈N*)．
课后习题
一． 单选题
1.12+(12+14)+(12+14+18)+…+(12+14+…+1210) 的值为(　　)

A．7+129
B．11+1211
C．9+1210
D．7+1210
【答案】C
【解析】∵12+122+123+…+12n=12(1-12n)12=1-12n，
∴12+(12+14)+(12+14+18)+…+(12+14+…+1210)=1-12+1-122+…+1-1210=10-(12+122+123+…+1210)=10-12(1-1210)12=9+1210
故选 C
【备注】本题考查了等比数列求和及分组求和，先得出 12+122+123+…+12n=1-12n，再代入得 1-12+1-122+…+1-1210，分组求和即可得出结果．
2.数列 {an} 的通项公式 an=ncos⁡nπ2，其前 n 项和为 Sn，则 S2015 等于(　　)
A．-1008 B．3020 C．3024 D．0
【答案】A
【解析】本题考查了数列的函数特征，分组转化求和法和等差数列的求和．
利用数列 {an} 的周期性，再利用等差数列的求和计算得结论．
∵an=ncos⁡nπ2．
又 ∵f(n)=cos⁡nπ2 是以 T=4 为周期的周期函数．
∴a1+a2+a3+a4=(0-2+0+4)=2．
a5+a6+a7+a8=(0-6+0+8)=2．
⋯
a2009+a2010+a2011+a2012=(0-2010+0+2012)=2．
S2015=a1+a2+a3+a4+…+a2012+(a2013+a2014+a2015)=(0-2+0+4)+(0-6+0+8)+…+(0-2010+0+2012)+(a2013+a2014+a2015)=2×503+(0-2014+0)=-1008
故选 A
3.记 Sn=11+4+14+7+…+13n-2+3n+1，若 Sn=5，则 n=(　　)
A．84 B．85 C．86 D．87
【答案】B
【解析】本题考查了裂项相消法求和，再计算得结论．
因为 13n-2+3n+1=-3n-2-3n+13．
Sn=11+4+14+7+…+13n-2+3n+1=-13[(1-4)+(4-7)+…+(3n-2-3n+1)]=-13(1-3n+1)
由 Sn=5 得 -13(1-3n+1)=5．
解得 n=85．
故选 B
4．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.
5．(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.
6．1－4＋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.
7．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(　　)
A．－2 017 B．－2 018
C．2 017 D．2 018
解析：选D　当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 017＝－(3＋7＋11＋…＋4 035)．当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2 018＝5＋9＋13＋…＋4 037.所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(5－3)＋(9－7)＋(13－11)＋…＋(4 037－4 035)＝2×1 009＝2 018，故选D.
二．填空题
8.计算 21×3+23×5+…+2(2n-1)(2n+1)=________．
【答案】2n2n+1
【解析】裂项相消法 1n(n+k)=1k(1n-1n+k)．
9.已知函数 f(x)=14x+2，当 x1+x2=1 时，f(x1)+f(x2)=12，则 f(1n)+f(2n)+⋯+f(n-1n)= ________．
【答案】n-14
【解析】令 S=f(1n)+f(2n)+⋯+f(n-1n)，
则 S=f(n-1n)+f(n-2n)+⋯+f(1n)，
所以 2S=[f(1n)+f(n-1n)]+[f(2n)+f(n-2n)]+⋯+[f(n-1n)+f(1n)]=(n-1)×12．
所以 S=n-14．
10.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sin2⁡1∘+sin2⁡2∘+sin2⁡3∘+…+sin2⁡88∘+sin2⁡89∘=________

【答案】
44.5

【解析】
sin21∘+sin2⁡2∘+…+sin2⁡88∘+sin2⁡89∘
=(sin21∘+sin2⁡89∘)+(sin2⁡2∘+sin2⁡88∘)+…+(sin2⁡44∘+sin2⁡46∘)+sin2⁡45∘
=1+1+…+1+0.5
=44.5．
故答案为：44.5．

【备注】通过诱导公式sin⁡89∘=cos⁡1∘，得出sin2⁡1∘+cos2⁡1∘=1，依此类推，得出原式=44×1+sin2⁡45∘，得出答案．
主要考查了互为余角的三角函数关系式及特殊角的三角函数值，难度中等.解题的关键是将式子恰当分组.用到的知识点：sin2⁡α+cos2⁡α=1；sin⁡α=cos⁡(90∘-α)．
三， 解答题
11.已知 Sn 是数列 {an} 的前 n 项和，且 a1=1，nan+1=2Sn(n∈N*)，数列 {bn} 为等比数列，且满足 b1=a2，2b3=b4．
(1) 求 a2 的值；
【答案】a2=2
【解析】由 a1=1，nan+1=2Sn(n∈N*)，得 a2=2S1=2a1=2．

(2) 求数列 {an}，{bn} 的通项公式；
【答案】 an=n(n∈N*)， bn=2n
【解析】当 n⩾2 时，由 nan+1=2Sn，得 (n-1)an=2Sn-1，
两式相减，得 nan+1-(n-1)an=2(Sn-Sn-1)，
即：nan+1=(n+1)an，
所以 an+1an=n+1n，
所以 a2=2，a3a2=32，a4a3=43，⋯，anan-1=nn-1，
以上 (n-1) 个式子相乘得 an=2×32×43×⋯×n-1n-2×nn-1=n(n⩾3)，
又 a1=1，a2=2，
所以 an=n(n∈N*)，
由已知 b1=a2=2，设等比数列 {bn} 的公比为 q，
由 2b3=b4，得 b4b3=2，
即 q=2，
故 bn=2n．

(3) 求数列 {an⋅bn} 的前 n 项和 Tn．
【答案】 Tn=(n-1)⋅2n+1+2
【解析】设数列 {an⋅bn} 的前 n 项和 Tn，
则 Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，
2Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n-1)⋅2n+n⋅2n+1，
两式相减得
-Tn=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=2(1-2n)1-2-n⋅2n+1=-(n-1)⋅2n+1-2.
故 Tn=(n-1)⋅2n+1+2．


12.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=2，且a1+1,a2+1,a4+1成等比数列．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【答案】an=3n-1,n∈N*.
【解析】设数列{an} 公差为d，则an=2+(n-1)d,n∈N+，由a1+1,a2+1,a4+1 成等比数列，得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1)，即(3+d)2=3(3+d)，解得d=0（舍去）或者d=3，即an=3n-1,n∈N+

(2) 设bn=1anan+1,n∈N*，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn