2024年高考数学第一轮复习精品导学案第44讲 数列的求和（学生版）+教师版

这是一份2024年高考数学第一轮复习精品导学案第44讲 数列的求和（学生版）+教师版，共2页。

1．公式法
(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1d,2).
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)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，从而求得前n项和．
(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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
3、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))).
1、（2023•甲卷（理））已知等比数列中，，为前项和，，则
A．7B．9C．15D．30
【答案】
【解析】等比数列中，设公比为，
，为前项和，，显然，
（如果，可得矛盾，如果，可得矛盾），
可得，
解得，即或，
所以当时，．
当时，．没有选项．
故选：．
2、（2023•新高考Ⅱ）记为等比数列的前项和，若，，则
A．120B．85C．D．
【答案】
【解析】等比数列中，，，显然公比，
设首项为，则①，②，
化简②得，解得或（不合题意，舍去），
代入①得，
所以．
故选：．
3、（2021•甲卷（文））记为等比数列的前项和．若，，则
A．7B．8C．9D．10
【答案】
【解析】为等比数列的前项和，，，
由等比数列的性质，可知，，成等比数列，
，2，成等比数列，
，解得．
故选：．
4、（2021•上海）已知为无穷等比数列，，的各项和为9，，则数列的各项和为 ．
【答案】．
【解析】设的公比为，
由，的各项和为9，可得，
解得，
所以，
，
可得数列是首项为2，公比为的等比数列，
则数列的各项和为．
故答案为：．
5、（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ，如果对折次，那么
【答案】5；．
【解析】易知有，，共5种规格；
由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故，
则，记，则，
，
，
．
故答案为：5；．
6、（2023•甲卷（理））已知数列中，，设为前项和，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【解析】（1）当时，，解得，
当时，，
，，
当时，可得，
，
当或时，，适合上式，
的通项公式为；
（2）由（1）可得，
，，
，
．
7、（2021•新高考Ⅰ）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和．
【解析】（1）因为，，
所以，，，
所以，，
，，
所以数列是以为首项，以3为公差的等差数列，
所以．
另由题意可得，，
其中，，
于是，．
（2）由（1）可得，，
则，，
当时，也适合上式，
所以，，
所以数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则的前20项和为．
8、（2023年全国新高考Ⅱ卷）. 为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：当时，．
【解析】
（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，
9、（2022•甲卷（文））记为数列的前项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若，，成等比数列，求的最小值．
【解析】（1）证明：由已知有：①，
把换成，②，
②①可得：，
整理得：，
由等差数列定义有为等差数列；
（2）由已知有，设等差数列的首项为，由（1）有其公差为1，
故，解得，故，
所以，
故可得：，，，
故在或者时取最小值，，
故的最小值为．
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、数列的前项和为，若，则等于（ ）
A．1B．C．D．
【答案】：B
【解析】：因为，
所以，故选B．
3、设，则( )
A．B．C．D．
【答案】：A
【解析】：由，得，
，故选：A
4、已知数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为________．
【答案】 120
【解析】 因为an＝ eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝( eq \r(2)－1)＋( eq \r(3)－ eq \r(2))＋…＋( eq \r(n＋1)－ eq \r(n))＝ eq \r(n＋1)－1.令 eq \r(n＋1)－1＝10，解得 n＝120.
5、 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝____________．
【答案】 (n－1)·2n+1＋2
【解析】 因为an＝n·2n，所以Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①，所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1②.由①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝ eq \f(2(1－2n),1－2)－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，所以Sn＝(n－1)·2n+1＋2.
考向一 公式法
例1、（山东师范大学附中高三月考）设等差数列前n项和为．若，，则________，的最大值为________．
【答案】4 42
【解析】∵数列是等差数列，∵，∴，，
又，，，
，
,
∴当或时，有最大值42.
故答案为：（1）4；（2）42.
变式1、（2023·河北唐山·统考三模）设为等比数列的前项和，，，则__________.
【答案】/0.875
【详解】设等比数列的公比为，
由，得，则，
由等比数列求和公式可知．
故答案为：．
变式2、（2023·安徽合肥·校联考三模）是公差不为零的等差数列，前项和为，若，，，成等比数列，则________．
【答案】1012
【详解】设等差数列的首项为，公差为，则
因为，
所以，即，解得.
因为，，成等比数列，
所以，即，解得或（舍），
所以，解得，
所以，
所以.
故答案为：
方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：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(Ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；(Ⅱ)当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
考向二 利用“分组求和法”求和
例2、已知数列{an}的前n项和Sn＝ eq \f(n2＋n,2)，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．
【解析】 (1) 当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n2＋n,2)－ eq \f((n－1)2＋(n－1),2)＝n.
当n＝1时也满足上式，
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＝ 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.
变式1、（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列，前n项和为，且满足，，，，，等比数列中，，且，成等差数列．
(1)求数列和的通项公式；
(2)记为区间中的整数个数，求数列的前n项和．
【解析】（1），，，
即，，，
故为等差数列，设公差为，
故，，
解得：，，
所以，
设等比数列的公比为，，
因为，成等差数列，所以，
即，与联立得：或0（舍去），
且，故，
（2）由题意得：为中的整数个数，
故，
所以
.
变式2、（2023·重庆·统考三模）已知数列的前n项和为，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【详解】（1）因为，所以，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
当时，，所以，
当时，也适合，
故.
（2），
所以数列的前n项和为
.
变式3、（2023·黑龙江大庆·统考三模）已知数列满足．
(1)证明：是一个等差数列；
(2)已知，求数列的前项和．
【解析】（1）当时，可得，
当时，由，
则，
上述两式作差可得，
因为满足，所以的通项公式为，所以，
因为（常数），
所以是一个等差数列．
（2），
所以，
所以数列的前项和
方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和．
考向三 裂项相消法求和
例3、（2023·黑龙江大庆·统考一模）设是公差不为0的等差数列，，是，的等比中项.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
【解析】（1）设的公差为，因为，是，的等比中项，
所以，所以.
因为，所以，故.
（2）因为，
所以.
变式1、设数列{an}的前n项和为Sn，已知 a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n＝1，2，3，…).
(1) 求证：数列{an}为等差数列，并写出an关于n的表达式；
(2) 若数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn，求满足Tn> eq \f(100,209)的最小正整数n的值．
【解析】 (1) 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)·an－1－2(n－1)，
化简，得an－an－1＝2，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－1.
(2) Tn＝ eq \f(1,a1a2)＋ eq \f(1,a2a3)＋…＋ eq \f(1,an－1an)＋ eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,1×3)＋ eq \f(1,3×5)＋…＋ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))
＝ eq \f(1,2)[( eq \f(1,1)－ eq \f(1,3))＋( eq \f(1,3)－ eq \f(1,5))＋…＋( eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1))]
＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝ eq \f(n,2n＋1).
由Tn＝ eq \f(n,2n＋1)> eq \f(100,209)，得n> eq \f(100,9)，
所以满足Tn> eq \f(100,209)的最小正整数n为12.
变式2、（2023·江苏泰州·统考一模）在①成等比数列，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.
已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且满足__________，__________.
(1)求的通项公式；
(2)求.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.
【解析】（1）若选①②，设公差为，
则，
解得：，
；
选①③，设公差为，
，
解得：，
；
选②③，设公差为，
，
解得：，
；
（2），
.
变式3、（2023·江苏南京·校考一模）已知等比数列的前项和为,,.
(1)求数列的通项公式.
(2)令,求数列的前项和.
【解析】（1）当时,
即,又是等比数列,;
数列的通项公式为:.
（2）由（1）知,,
,
即
方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如an＝eq \f(1,nn＋k)时，可转化为an＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，此类数列适合使用裂项相消法求和．
（2）数列的通项公式形如an＝eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))时，可转化为an＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))，此类数列适合使用裂项相消法求和．
考向四 错位相减法求和
例4、（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知等差数列的前项和为，，．正项等比数列中，，．
(1)求与的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【解析】（1）等差数列的前项和为，，，设公差为
所以，解得
所以
正项等比数列中，，，设公比为
所以，所以
解得，或（舍去）
所以
（2）由（1）知：
所以
两式相减得：

.
变式1、已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1) 求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2) 求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，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.
由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，
S4＝8＋6d，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋3d＋2q3＝27，,8＋6d－2q3＝10，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝2，))
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2) 由(1)，得Tn＝2×2＋5×22＋8×23
＋…＋(3n－1)×2n，①
则2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n+1.②
由①－②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n+1
＝ eq \f(6×(1－2n),1－2)－(3n－1)×2n+1－2＝－(3n－4)×2n+1－8，
即Tn＝8＋(3n－4)×2n+1.
变式2、（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）已知等差数列前项和为，，.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求和：.
【解析】（1）因为等差数列前项和为，
所以，
又，所以，
又，所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以的通项公式为.
（2）因为，
所以，
两式相减得：，
又满足上式，所以，
又，所以.
所以，
，
两式相减得：
.
方法总结：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.。特别注意错位相减法的步骤。
1、（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）从午夜零时算起，在钟表盘面上分针与时针第次重合时，分针走了，则24小时内（包括第24时）所有这样的之和（ ）
A．24B．300C．16560D．18000
【答案】C
【解析】在钟表盘面上，分针每分钟转，时针每分钟转，
即,得，
则数列是以为首项，公差为的等差数列.
由，得，解得，
所以24小时内分针与时针重合22次，
.
故选：C.
2、（2023·湖南郴州·统考三模）已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，则，
所以，
所以.
故选：C.
3、（2023·安徽宿州·统考一模）已知数列的前n项和为，且，则数列的前n项和______.
【答案】
【解析】数列的前n项和为，，，当时，，
两式相减得：，即，而，解得，
因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
，
所以.
故答案为：.
4、（2023·江苏南京·南京市秦淮中学校考模拟预测）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知等差数列的公差为，等差数列的公差为.设分别是数列的前项和，且， ，
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【解析】解：方案一：
（1）∵数列都是等差数列，且，
，解得
，
综上
（2）由（1）得：
方案二：
（1）∵数列都是等差数列，且，
解得
，
.
综上，
（2）同方案一
方案三：
（1）∵数列都是等差数列，且.
，解得，
，
.
综上，
（2）同方案一
5、（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）已知数列的前项的积
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，求.
【解析】（1），
当时，.
当时，，满足上式，
.
（2）
.
6、（2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）已知数列各项都不为，前项和为，且，数列满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)令，求数列的前项和为
【解析】（1）由，可得，两式相减得，整理得，因为数列各项都不为，所以数列是以为公比的等比数列．令，则，解得，故．
由题知，
所以
（2）由（1）得，所以，
，
两式相减得，
所以．
7、（2023·安徽·校联考三模）在数列中，，且对任意的，都有．在等差数列中，前n项和为，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【解析】（1）由得时，．
又，满足，所以．
设等差数列的公差为d，则，解得，
所以；
（2），①，②
①-②得
所以．