(新高考)高考数学一轮复习讲与练第6章§6.5《数列求和》(含详解)

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知识梳理
数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
3．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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
4．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
③eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( √ )
(2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).( √ )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．
( × )
(4)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)＋2n＋3))的前n项和可用分组转化法求和．( √ )
教材改编题
1．数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
答案 D
解析 S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
2．等差数列{an}中，已知公差d＝eq \f(1,2)，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100等于( )
A．50 B．75
C．100 D．125
答案 B
解析 a2＋a4＋…＋a100
＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)
＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d
＝50＋25＝75.
3．在数列{an}中，an＝eq \f(1,nn＋1)，若{an}的前n项和为eq \f(2 022,2 023)，则项数n＝________.
答案 2 022
解析 an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2 022,2 023)，
∴n＝2 022.
题型一 分组求和与并项求和
例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝ SKIPIF 1 < 0 ＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)∵{an}为各项都不相等的等差数列，
a6＝6，且a1，a2，a4成等比数列．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝a1＋5d＝6，,a1＋d2＝a1a1＋3d，,d≠0，))
解得a1＝1，d＝1，
∴数列{an}的通项公式an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知，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＝eq \f(21－22n,1－2)＝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.
延伸探究 在本例(2)中，如何求数列{bn}的前n项和Tn?
解 由本例(2)知bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＋eq \f(n,2)＝2n＋1＋eq \f(n,2)－2；
当n为奇数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋eq \f(n－1,2)－n
＝2n＋1－eq \f(n,2)－eq \f(5,2).
所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))
教师备选
(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解 (1)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝32，,q＝\f(1,2)))(舍)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2，))
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，
26＝64，27＝128，
所以b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，
则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为
(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，
则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2；
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，
即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，
则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，
则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，
则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
思维升华 (1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．
跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)设bn＝(－1)nSn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，
又a5＝9＝a1＋4d，
所以d＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1，Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2.
(2)结合(1)知bn＝(－1)nn2，当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn－1＋bn)
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]
＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n－(n－1)][n＋(n－1)]
＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
当n为奇数时，n－1为偶数，
Tn＝Tn－1＋(－1)n·n2＝eq \f(n－1n,2)－n2＝－eq \f(nn＋1,2).
综上可知，Tn＝eq \f(－1nnn＋1,2).
题型二 错位相减法求和
例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式； [切入点：设基本量q]
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn