（山东专用）2021版高考数学一轮复习第五章数列第四讲数列求和学案（含解析）

第四讲　数列求和

ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE
知识梳理·双基自测

知识点一　公式法求和
(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式．
(2)等差数列的前n项和公式：Sn＝＝__na1＋d__＝__n2＋(a1－)n__.
(3)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
注意等比数列公比q的取值情况，要分q＝1，q≠1.
知识点二　分组求和法
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．如若一个数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列．则可用分组求和法求其前n项和．
知识点三　倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等且等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
知识点四　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．
知识点五　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．
知识点六　并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两合并求解，则称之为并项求和．如{an}是等差数列，求数列{(－1)nan}的前n项和，可用并项求和法求解．
形如an＝(－1)nf(n)类型，可考虑采用两项合并求解．

1．常见的裂项公式
(1)＝－；
(2)＝(－)；
(3)＝(－)；
(4)＝(－)；
(5)＝－；＝(－)；
(6)＝[－]．

题组一　走出误区
1．(多选题)下列列命题正确的是(　BCD　)
A．如果数列{an}的通项公式an＝an，则其前n项和为Sn＝
B．sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和
C．当n≥2时，＝(－)
D．求数列{＋2n＋3}的前n项和可用分组求和
[解析]　对于A，因为数列{an}为等比数列，且公比不等于1.则其前n项和为Sn＝，在a＝1，则an＝a，故A错．
对于B，因为sin21°＋sin289°＝sin22°＋sin288°＝sin23°＋sin287°＝1，所以sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和．
对于C，因为(－)＝·＝.
对于D，因为数列{＋2n＋3)是由一个等比数列{}与一个等差数列的和数列，所以求数列{＋2n＋3}的前n项和可以用分组求和．故选B、C、D．
题组二　走进教材
2．(必修5P61T4改编)Sn＝＋＋＋…＋等于(　B　)
A．　　 B．
C．　　 D．
[解析]　由Sn＝＋＋＋…＋①
得Sn＝＋＋…＋＋②
①－②得，
Sn＝＋＋＋…＋－，
＝－，∴Sn＝.
3．(必修5P47T4改编)数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n＝(　B　)
A．9　　 B．99　　
C．10　　 D．100
[解析]　因为an＝＝－.所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.所以－1＝9，即＝10，所以n＝99.故选B．
4．(必修5P47T4改编)若Sn＝＋＋＋…＋(n∈N*)，则S2 020＝____.
[解析]　∵2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)
∴Sn＝＋＋＋…＋
＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝.∴S2 020＝.
题组三　考题再现
5．(2017·天津)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{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)．由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝2(负值舍去)．所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.　
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，有
Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，③
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，④
③－④，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1
＝－4－(6n－2)×2n＋1
＝－(3n－4)2n＋2－16.
得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.

KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU
考点突破·互动探究
考点一　分组求和法——师生共研
例1　(1)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　C　)
A．2n＋n2－1　　 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2　　 D．2n＋n－2
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是(　D　)
A．13　　 B．76　　
C．46　　 D．－76
[解析]　(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n
＝＋2×－n
＝2(2n－1)＋n2＋n－n
＝2n＋1＋n2－2.
(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
名师点拨　☞
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．
〔变式训练1〕
(1)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－()n，则其前20项和为(　C　)
A．379＋　　 B．399＋
C．419＋　　 D．439＋
(2)若数列{an}是2,2＋22,2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn＝__2n＋2－4－2n__.
[解析]　(1)令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－(＋＋＋…＋)＝420－(1－)＝419＋.
(2)an＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，
所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)
＝－2n＝2n＋2－4－2n.
考点二　裂项相消法——多维探究
角度1　形如bn＝({an}为等差数列)型
例2　(2020·湖南五市十校联考)已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝，设bn＝log2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求数列{}的前n项和Tn.
[解析]　(1)依题意得a1＝2，则n＝1时，
S1＝＝a1，∴a2＝8.
n≥2时，Sn－1＝，
则an＝Sn－Sn－1＝－，
整理得＝4.
又＝4，∴数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，
∴an＝2·4n－1＝22n－1.
(2)bn＝log2an＝log222n－1＝2n－1，
则bn＋1－bn＝2n＋1－(2n－1)＝2，
且b1＝1，∴数列{bn}是等差数列．
(3)由(2)得bn＝2n－1，
∴＝＝＝－，
∴Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝.
角度2　形如an＝型
例3　(2020·西安八校联考)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N＋.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2020等于(　C　)
A．－1　　 B．－1
C．－1　　 D．＋1
[解析]　由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，
则f(x)＝x.
∴an＝＝＝－，
S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
角度3　形如bn＝×({an}为等比数列)型
例4　(2020·辽宁凌源二中联考)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0,6Sn＝a＋3an，n∈N*，bn＝，若对任意的n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是(　C　)
A．　　 B．49　　
C．　　 D．
[解析]　当n＝1时，6a1＝a＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝a＋3an，∴6Sn＋1＝a＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an，整理可得(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0，结合an>0可得an＋1－an－3＝0，∴an＋1－an＝3，故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，∴an＝3＋(n－1)×3＝3n，则bn＝＝＝(－)，∴Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)<，∴k≥.故选C．
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裂项相消法求和在历年高考中曾多次出现，命题角度凸显灵活多变．在解题中，要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列{an}的通项公式，达到求解的目的．
(1)直接考查裂项相消法求和．解决此类问题应注意以下两点：①抵消后并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；②将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝(－)，＝(－)．
(2)与不等式相结合考查裂项相消法求和．解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2020·衡水中学调研卷)在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n项和Sn＝____.
(2)(角度2)求和S＝＋＋…＋＝(　A　)
A．5　　 B．4　　
C．10　　 D．9
(3)(角度3){an}是等比数列，a2＝，a5＝，bn＝，则数列{bn}的前n项和为(　A　)
A．　　 B．
C．　　 D．
[解析]　(1)由已知得an＝＋＋…＋＝(1＋2＋…＋n)＝，所以bn＝＝4(－)，
所以数列{bn}的前n项和为Sn＝4[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝4(1－)＝.
(2)S＝＋＋…＋＝＝5，故选A．
(3)a5＝a2·q3，∴q3＝，∴q＝，a1＝1，∴an＝()n－1，
bn＝＝－
∴b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝.
故选A．
考点三　错位相减法——师生共研
例5　(2019·天津)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝
求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得解得故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝[n×3＋×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝.
所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×＝(n∈N*)．
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用错位相减法求和应注意的问题
(1)如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
(3)“Sn－qSn”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是n－1项，一般是n－1项．
(4)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1两种情况讨论求解．
用错位相减法解决数列求和的模板
第一步：(判断结构)若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列{bn}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和．
第二步：(乘公比)设{an·bn}的前n项和为Tn，然后两边同乘以q.
第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(k∈N*)的项对齐，然后两边同时作差．
第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出Tn.
〔变式训练3〕
(1)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝____.
(2)(2020·河北石家庄模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)当x＝0时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝1；
当x＝1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝1＋2＋3＋…＋n＝，
当x≠0且x≠1时．
解法一：记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，则xSn＝x＋2x2＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，
两式相减得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn
＝－nxn，
∴Sn＝
解法二：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1
＝(x＋x2＋x3＋…＋xn)′
＝[]′＝，
综上可知1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝

(2)①由2Sn＝3an－1①
2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)②
①－②得2an＝3an－3an－1，∴＝3(n≥2)，
又当n＝1时，2S1＝3a1－1，即a1＝1，
∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1.
②由①得：bn＝
∴Tn＝＋＋＋…＋，③
Tn＝＋＋…＋＋，④
③－④得：Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝－，
∴Tn＝－.
考点四　倒序相加法——师生共研
例6　设f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，则S＝____.
[分析]　利用f(x)＋f(1－x)＝1求解．
[解析]　∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝＝.
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f()＋f()＋…＋f()，①
S＝f()＋f()＋…＋f()，②
①＋②，得2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2 019.
∴S＝.
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倒序相加法应用的条件
与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和相加的方法求解．
〔变式训练4〕
设f(x)＝，则f()＋f()＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 020)＝____.
[解析]　∵f(x)＝，∴f(x)＋f()＝1.
令S＝f()＋f()＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 020)．①
则S＝f(2 020)＋f(2 019)＋…＋f(1)＋f()＋…＋f()．②
∴2S＝4 039，∴S＝.

MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
名师讲坛·素养提升
数列的综合应用与实际应用
　　例7　一次展览会上展出一套由宝石串联制成的工艺品，如图所示．若按照这种规律依次增加一定数量的宝石，则第5件工艺品所用的宝石数为__66__颗；第n件工艺品所用的宝石数为__2n2＋3n＋1__.(结果用n表示)

[分析]　设第n个图有宝石an颗，逐项研究，寻找规律．
[解析]　解法一：设第n个图有宝石an颗，则a1＝6，a2＝6＋5＋4×1，a3＝a2＋5＋4×2＝6＋2×5＋(1＋2)×4，a4＝a3＋5＋4×3＝6＋3×5＋(1＋2＋3)×4，a5＝a4＋5＋4×4＝6＋4×5＋(1＋2＋3＋4)×4＝66，……，an＝6＋(n－1)·5＋(1＋2＋3＋…＋(n－1))·4＝2n2＋3n＋1.
解法二：设第n个图有an颗宝石，则a1＝6，an－an－1＝5＋4(n－1)，即an－an－1＝4n＋1，
∴an－1－an－2＝4(n－1)＋1
……
a2－a1＝4×2＋1，a1＝6
累加得an＝4(1＋2＋…＋n)＋n＋1
＝2n(n＋1)＋n＋1
＝2n2＋3n＋1.
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逐项研究是解决问题的基本方法．
〔变式训练5〕
小时候，我们就用手指练习过数数．一个小朋友按如图所示的规则练习数数，数到2 019时对应的指头是__中指__.(各指头的名称依次为大拇指、食指、中指、无名指、小指)．

[解析]　观察图形可知大拇指所对应的数是以1为首项，公差为8的等差数列，其通项an＝1＋8(n－1)＝8n－7，又2 019＝(8×253－7)＋2，故2 019对应的指头是从大拇指开始再数两个数即中指．