2020年高考数学理科一轮复习讲义：第5章数列第4讲

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S2018等于(　　)

A．－1010  B．2018  C．505  D．1010

答案　A

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2016项中所有偶数项(共1008项)依次为－2,4，－6,8，…，－2014,2016.故S2016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2016)＝1008.a2017＝0，a2018＝2018×cos＝－2018，∴S2018＝S2016＋a2018＝1008－2018＝－1010.故选A.

题型 　分组转化法求和

1．(2018·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．(2018·合肥质检)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.

结论探究　在举例说明2条件下，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　由举例说明2知bn＝2n＋(－1)nn.

当n为偶数时，

Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋＝2n＋1＋－2；

当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋－n＝2n＋1－－.

∴Tn＝

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．

(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 　裂项相消法求和

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．(2018·芜湖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n＋2.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)Sn＝n2＋n＋2，①

当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)＋2，②

①－②得an＝2n，当n＝1时，a1＝4，an＝(n∈N*)．

(2)由题意，bn＝

当n＝1时，T1＝.

当n≥2时，

Tn＝＋

＝＋

＝.

Tn＝

条件探究　举例说明2中，若an＝2n，bn＝

，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　bn＝＝，

Tn＝＝＝－－.

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，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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，a4＝4，S5＝15，若数列的前m项和为，则m＝(　　)

A．8  B．9  C．10  D．11

答案　C

解析　Sn为等差数列{an}的前n项和，设公差为d，a4＝4，S5＝15，则解得d＝1，

则an＝4＋(n－4)＝n.

由于＝＝－，

则Sm＝1－＋－＋…＋－

＝1－＝，解得m＝10.

2．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)因为数列{an}是递增的等比数列，

且a1＋a4＝9，a2a3＝8.

所以⇒⇒q3＝＝8⇒q＝2⇒an＝a1·qn－1＝2n－1.

(2)由(1)可知Sn＝＝＝2n－1，

所以bn＝＝－，

所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－

＝1－.

题型 　错位相减法求和

(2018·安徽皖江最后一卷)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－.

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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2018·兰州模拟)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)设数列{an}的公差为d，

令n＝1，得＝，所以a1a2＝3.①

令n＝2，得＋＝，

所以a2a3＝15.②

由①②解得a1＝1，d＝2，

所以an＝2n－1.经检验，符合题意．

(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，

所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，

所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，

两式相减，得

－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝－n·4n＋1

＝×4n＋1－.

所以Tn＝×4n＋1＋＝.