2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第6章　§6.4　数列求和（2份打包，原卷版+含解析）

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1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法．
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1－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
(2)分组求和法与并项求和法
①分组求和法
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．
(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
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．
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).
⑤eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).
常用结论
常用求和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6).
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2.
自主诊断
1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比q不等于1，则其前n项和Sn＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( √ )
(2)求数列{2n＋2n}的前n项和可用分组求和法．( √ )
(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)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1).( × )
2．数列{an}的前n项和为Sn.若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于( )
A．1 B.eq \f(5,6) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,30)
答案 B
解析 因为an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
3．Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)等于( )
A.eq \f(2n－n－1,2n) B.eq \f(2n＋1－n－2,2n) C.eq \f(2n－n＋1,2n) D.eq \f(2n＋1－n＋2,2n)
答案 B
解析 由Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，① 得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(n＋2,2n＋1)＝eq \f(2n＋1－n－2,2n＋1)，∴Sn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).
4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝_____.
答案 9
解析 S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17
＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1×8＝9.
题型一 分组求和与并项求和
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝anan＋1＋lg2(anan＋1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为Sn＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，
又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以Sn＋1＝2×2n－1＝2n，即Sn＝2n－1，
当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1成立，故an＝2n－1，n∈N*.
(2)bn＝anan＋1＋lg2(anan＋1) ＝2n－1·2n＋lg2(2n－1·2n) ＝22n－1＋2n－1，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n－1
＝eq \f(21－4n,1－4)＋eq \f(n1＋2n－1,2)＝eq \f(2,3)(4n－1)＋n2.
思维升华
(1)分组求和法常见题型
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．
(2)并项求和法常见题型
①数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和．
②数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和．
跟踪训练1 数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an＋1－1，n∈N*，且a1＝1.
(1)求an；
(2)设bn＝(－1)n(an－1)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)因为Sn＝an＋1－1，
当n＝1时，a1＝S1＝a2－1，
由a1＝1可得a2＝2，
当n≥2时，Sn－1＝an－1，
作差得Sn－Sn－1＝an＋1－1－(an－1)，即2an＝an＋1，n≥2，
又eq \f(a2,a1)＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝(－1)n2n－1－(－1)n，
所以b2n＝22n－1－1，b2n－1＝－22n－2＋1，
所以b2n－1＋b2n＝4n－1，
所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝1＋4＋…＋4n－1＝eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(4n－1,3).
题型二 错位相减法求和
例2 记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；[切入点：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找出an的递推关系]
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.[关键点：错位相减法求和]
[思路分析]
(1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)→an与an－1的递推关系→累乘法求an
(2)求bn→错位相减法求Tn
解 (1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；(1分)
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，(2分)
eq \x(\a\vs4\al\c1(当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，,所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，,化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，))(3分)
①处利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找an与an－1的递推关系
则当n≥3时，
②处累乘法求an
因为a2＝1，所以an＝n－1，(5分)
当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*.(6分)
(2)令bn＝eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，(7分)
③处错位相减法求和
即Tn＝2－eq \f(2＋n,2n).(12分)
思维升华
(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，常采用错位相减法．
(2)错位相减法求和时，应注意：
①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
跟踪训练2 在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝7，且数列{an＋1－an}为等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(2n－1)an，求{bn}的前n项和Sn.
解 (1)因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4，
因为数列{an＋1－an}为等比数列，eq \f(a3－a2,a2－a1)＝2，
所以数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝2n，
所以当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1＝2n－1，
当n＝1时上式也成立．所以an＝2n－1.
(2)因为an＝2n－1，
所以bn＝(2n－1)an＝(2n－1)2n－(2n－1)，
记数列{(2n－1)2n}的前n项和为Tn，
则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
两式相减得－Tn＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n－1＋2n)－(2n－1)·2n＋1
＝2＋2×eq \f(221－2n－1,1－2)－(2n－1)·2n＋1＝(3－2n)·2n＋1－6，
所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6，
所以Sn＝Tn－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝Tn－eq \f(n1＋2n－1,2)＝Tn－n2＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6.
题型三 裂项相消法求和
例3 记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)0，所以a9＝3a3，又a1＝1，设{an}的公差为d (d>0)，
所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
若选择③：设{an}的公差为d，
因为Sn－nan＝eq \f(n－n2,2)， 所以na1＋eq \f(nn－1,2)d－n[a1＋(n－1)d]＝eq \f(n－n2,2)，
又a1＝1，即n＋eq \f(nn－1,2)d－n－n(n－1)d＝eq \f(n－n2,2)d＝eq \f(n－n2,2)，解得d＝1，
所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
(2)由(1)知bn＝ SKIPIF 1 < 0 ＋2an＝3n＋2n.
所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)，
所以Tn＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n，
所以Tn＝eq \f(31－3n,1－3)＋eq \f(2＋2nn,2)＝eq \f(3n＋1－3,2)＋n2＋n，
所以Tn＝eq \f(3n＋1＋2n2＋2n－3,2).
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(3n,an＋1an＋1＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由已知得2Sn＝3an－1，①
当n＝1时，2S1＝3a1－1，即2a1＝3a1－1，解得a1＝1，
当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，②
①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)因为bn＝eq \f(3n,an＋1an＋1＋1)＝eq \f(3n,3n－1＋13n＋1)＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋1)－\f(1,3＋1)＋\f(1,3＋1)－\f(1,32＋1) ＋…＋\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3n＋1)))＝eq \f(3,4)－eq \f(3,23n＋1).
3．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n.
由题意得b2＝a2＋2＝22＋2＝6，b3＝2＋4＋3＝9，设等差数列{bn}的公差为d，
则d＝b3－b2＝3，b1＝b2－d＝3，故bn＝b1＋(n－1)d＝3n.
综上，an＝2n，bn＝3n.
(2)由(1)知anbn＝3n·2n，
所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，①
2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，②
所以①－②得，－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n－1＋2n)－3n·2n＋1＝3×eq \f(21－2n＋1,1－2)－3n·2n＋1＝(3－3n)·2n＋1－6，
所以Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6.
eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n－2)，则eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)＝
eq \f(n－1,n－2)·eq \f(n－2,n－3)·…·eq \f(2,1)，即eq \f(an,a2)＝n－1，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)， ①(8分)
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)， ②(9分)
由①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(2＋n,2n＋1)，(11分)