高考数学复习核心专题突破(三)　微专题5　数列求和（导学案）

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核心专题突破(三)
微专题5 数列求和
【课程标准】
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见方法.
【题型一】分组转化与并项求和
[典例1](1)数列112,314 ,518 ,7116 ,…,(2n-1)+12n的前n项和Sn的值等于( )
A.n2+1-12nB.2n2-n+1-12n
C.n2+1-12n−2D.n2-n+1-12n
解析：选A.方法一: Sn=1+3+5+…+2n−1+12+122+123+…+12n
=n1+2n−12+121−12n1−12=n2+1-12n;
方法二:当n=1,2时,代入选项可得只有A正确.
(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-S31的值是( )
A.-30B.-32C.-12D.12
解析：选B.因为Sn=(1-5)+(9-13)+(17-21)+…+(-1)n+1(4n-3),
所以S15=-4×7+4×15-3=29,S31=-4×15+4×31-3=61,所以S15-S31=29-61=-32.
(3)已知数列an的前n项和为Sn,且a1=1,an+1+an=3n+1,则S101=( )
A.7 701B.7 449C.15 401D.14 897
解析：选A.当n为偶数时,
Sn+1=a1+a2+a3+a4+a5+…+an+an+1
=1+3×2+4+…+n+n2=1+3×n2n+22+n2=34n2+2n+1,
所以S101=34×1002+2×100+1=7 701.
(4)若an=2n+1,且bn=an,n为奇数n,n为偶数,则数列bn的前2n项和T2n= .
解析：因为bn=an,n为奇数n,n为偶数,所以
T2n=(2+4+6+…+2n)+(4+16+64+…+22n)
=n(2+2n)2+4(1−4n)1−4
=4n+1−43+n(n+1).
答案:4n+1−43+n(n+1)
【一题多变】
[变式1]本例(2)中条件不变,若Sn=45,求n的值.
解析：因为a2m+a2m-1=-4(m∈N),
且Sn=45,所以n为奇数,设n=2k+1(k∈N),
则Sn=-4k+4(2k+1)-3=45,
解得k=11,故n=23.
[变式2]本例(3)中条件不变,求S100及a101.
解析：由an+1+an=3n+1可知
S100=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a99+a100)
=(3×1+1)+(3×3+1)+…+(3×99+1)
=3(1+3+5+…+99)+50
=3×50(1+99)2+50=7 550.
由S101=7 701可知,a101=7 701-7 550=151.
【方法提炼】
分组转化法与并项法求和的常见类型
(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=bn,n为奇数,cn,n为偶数的数列,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;
(3)若一个数列的相邻的部分项的和是一个常数(或者是有规律的常数),常用并项法求和.
【对点训练】
1.已知数列an的通项公式为an=ncs(n-1)π,Sn为数列的前n项和,则S2 023=( )
A.1 009B.1 010C.1 011D.1 012
【解题提示】将an=ncs(n-1)π化为an=n×−1n−1,利用并项法求和.
解析：选D.因为当n为奇数时cs(n-1)π=1,
n为偶数时cs(n-1)π=-1,
所以cs(n-1)π=−1n−1,
所以an=ncs(n-1)π=n×−1n−1.
S2 023=(1-2)+(3-4)+…+(2 021-2 022)+2 023
=-1 011+2 023=1 012.
2.在数列an中,a2=2,an+2=an+1-3an,Sn为an的前n项和,则S2 022-S2 021+3S2 020的值为 .
解析：因为a2=2,an+2=an+1-3an,
所以S2 022-S2 021+3S2 020
=a1+a2−a1+a3−a2+3a1+a4−a3+3a2+…+a2 022−a2 021+3a2 020=a2=2.
答案:2
3.(2023·商洛模拟)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.
解析：(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=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=n(n+1)2.
当n为奇数时,n-1为偶数,Tn=Tn−1+(-1)n·n2=(n−1)n2-n2=-n(n+1)2.
综上可知,Tn=(−1)nn(n+1)2.
【题型二】裂项法求和
[典例2](1)在数列an中,an=1n+1+2n+1+…+nn+1n∈N+,bn=1anan+1,则数列bn的前n项和Sn=( )
A.4nn+1B.2nn+1C.n2n−1D.n2n+1
解析：选A.因为an=1n+1+2n+1+…+nn+1=1+2+…+nn+1=nn+12n+1=n2,
所以bn=1anan+1=4nn+1=41n−1n+1.
所以Sn=41−12+12−13+…+1n−1n+1
=41−1n+1=4nn+1.
(2)数列12n+1+2n−1的前2 022项和为( )
A.4 043−12B.4 045−12
C.4 043-1D.4 045-1
解析：选B.12n+1+2n−1
=2n+1−2n−12n+1+2n−12n+1−2n−1
=2n+1−2n−12,记12n+1+2n−1的前n项和为Tn,则T2 022=
123−1+5−3+7−5+…+4 045−4 043=124 045−1.
(3)已知数列an满足an=2n-1,则数列2nanan+1的前5项和为( )
A.131B.163C.3031D.6263
解析：选D.因为an=2n-1,所以an+1=2n+1-1.
所以2nanan+1=2n2n−12n+1−1
=2n+1−1−2n−12n−12n+1−1=12n−1-12n+1−1.
所以2nanan+1的前5项和为121−1−122−1+122−1−123−1+…+125−1−126−1
=121−1-126−1=1-163=6263.
(4)(2023·广州模拟)若数列an满足an=(-1)n-1·1n+1n+1,则an的前2 022项和为( )
A.12 022B.12 023C.2 0212 022D.2 0222 023
解析：选D.当n为奇数时,an=1n+1n+1,
当n为偶数时,an=-1n+1n+1,
所以S2 022=(1+12)-(12+13)+(13+14)-…+(12 021+12 022)-(12 022+12 023)
=1-12 023=2 0222 023.
【一题多变】
[变式]本例(1)中,数列{an}的通项不变,若bn=1anan+2,求数列bn的前n项和.
解析：因为an=n2,所以bn=1anan+2=4n(n+2)
=2(1n-1n+2),
所以b1+b2+…+bn
=2(1-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2)
=2(1+12-1n+1-1n+2)
=3-4n+6(n+1)(n+2).
【方法提炼】
破解裂项相消求和的关键点
(1)定通项:根据已知条件求出数列的通项公式.
(2)巧裂项:根据通项公式的特征进行准确裂项,把数列的每一项,表示为两项之差的形式.
(3)消项求和:通过累加抵消掉中间的项,达到消项的目的,准确求和.
提醒 使用裂项相消法求和,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项.
【对点训练】
1.在数列{an}中,an=1n(n+1),若{an}的前n项和为2 0222 023,则项数n= .
解析：an=1n(n+1)=1n-1n+1,
所以Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1=2 0222 023,
所以n=2 022.
答案:2 022
2.(2023·咸宁模拟)设{an}是各项都为正数的单调递增数列,已知a1=4,且an满足关系式:an+1+an=4+2an+1an,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=1an−1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)因为an+1+an=4+2an+1an,n∈N*,
所以an+1+an-2an+1an=4,
即(an+1-an)2=4,
又{an}是各项为正数的单调递增数列,
所以an+1-an=2,又a1=2,
所以{an}是首项为2,公差为2的等差数列,
所以an=2+2(n-1)=2n,所以an=4n2.
(2)bn=1an−1=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)
=12(12n−1-12n+1),
所以Sn=b1+b2+…+bn=12(1-13)+12(13-15)+…+12(12n−1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1.
【加练备选】
1.设数列n22n−12n+1的前n项和为Sn,则( )

A.25C.26解析：选A.由n2(2n−1)(2n+1)
=14·4n24n2−1=14(1+14n2−1)
=14(1+1(2n−1)(2n+1))
=14+18(12n−1-12n+1),
Sn=n4+18(1-13+13-15+…+12n−1-12n+1)=n4+18(1-12n+1)=n(n+1)2(2n+1),
所以S100=100×1012(2×100+1)≈25.12.
2.已知数列an满足an>0,an+1an=nan2+n−1,记数列an的前n项和为Sn,则Snan+1=( )
A.nB.n+1
C.n2D.n+12
【解题提示】将an+1an=nan2+n−1变为nan+1=an2+n−1an=an+n−1an,即an=nan+1-n−1an,利用裂项法求和.
解析：选A.因为an>0,an+1an=nan2+n−1,
所以nan+1=an2+n−1an=an+n−1an,
所以an=nan+1-n−1an.
又Sn=a1+a2+…+an=(1a2-0a1)+(2a3-1a2)+…+(nan+1 - n−1an)
=nan+1-0a1=nan+1 .
故Snan+1=n.
3.(2023·长沙模拟)已知等差数列an和正项等比数列bn满足a1=b1=2,a7=b3=2a3,则数列(an2−2)bn的前n项和为 .
【解题提示】利用等差、等比数列基本量公式计算出公差和公比,求得an=n+1,bn=2n,
因此得(an2-2)bn=n2+2n−12n,
结合n2+2n-1=2n2-(n-1)2裂项求解.
解析：设公差和公比分别为d,qq>0,
由a1=b1=2,a7=b3=2a3得
2+6d=2q2=22+2d,
解得d=1,q=2,因此an=n+1,bn=2n.
所以(an2-2)bn=n2+2n−12n,
n2+2n−12n=2n2−n−122n
=2n2·2n-n−12·2n
=n2·2n+1-n−12·2n,
设(an2−2)bn的前n项和为Sn,因此Sn=
(12×22-02×21)+(22×23-12×22)+…+n2·2n+1−n−12·2n
=n2·2n+1.
答案:n2·2n+1
【题型三】错位相减法求和
[典例3](2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
解析：(1)设{an}的公比为q,
由题设得2a1=a2+a3,
即2a1=a1q+a1q2.
因为a1≠0,
所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去)或q=-2.
故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-
n×(-2)n=1−(−2)n3-n×(-2)n.
所以Sn=19-(3n+1)(−2)n9.
【方法提炼】
错位相减法求和的解题策略
(1)巧分拆,即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式,并求出公差和公比.
(2)构差式,即写出Sn的表达式,再乘公比或除以公比,然后将两式相减.
(3)后求和,根据差式的特征准确进行求和.
提醒错位相减法求和时,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必须注意公比q是否等于1,如果q=1,应用公式Sn=na1.
【对点训练】
(2023·衡水模拟)已知数列an的前n项和为Sn,且a2=6,an+1=2Sn+1.
(1)证明:an为等比数列,并求an的通项公式;
(2)求数列nan的前n项和Tn.
解析：(1)因为an+1=2Sn+1,
所以an=2Sn−1+1(n≥2),
故an+1-an=2Sn−Sn−1=2an,即an+1an=3(n≥2),
又a2=2S1+1=2a1+2,
故a1=2,即a2a1=3,因此an+1an=3(n∈N*),
故an是以2为首项,3为公比的等比数列.
因此an=2×3n-1(n∈N*).
(2)因为Tn=2×1+2×2×3+2×3×32+…+2n×3n-1①,
故3Tn=2×1×3+2×2×32+…+2(n-1)×3n-1+2n×3n②,
①-②,得
-2Tn=2+2×3+2×32+…+2×3n−1-2n×3n
=2+2×33n−1−13−1-2n×3n
=-1+(1-2n)×3n,
即Tn=(2n−1)×3n+12.
【备选题型】倒序相加法求和与递推关系式中含(-1)n的数列求和
[典例]已知数列an满足an+2+−1nan=3,a1=1,a2=2,数列an的前n项和为Sn,则S30=( )
A.351B.353C.531D.533
【解题提示】由于通项公式中含(-1)n,因此需讨论n的奇偶性,当n为奇数时,可得an+2-an=3为等差数列;
当n为偶数时,可得an+2+an=3,分组求和.
解析：选B.由an+2+−1nan=3可知,
当n为奇数时有an+2-an=3,
即有a3-a1=3,a5-a3=3,…,a2n+1-a2n-1=3.
令bn=a2n-1,故bn+1-bn=3,
所以数列bn是首项为1,公差为3的等差数列,
故bn=3n-2;当n为偶数时有an+2+an=3,即
a4+a2=3,a6+a4=3,…,a2n+2+a2n=3.
于是S30=a1+a3+…+a29+a2+a4+…+a30
=b1+b2+…+b15+[a2+a4+a6+…+a28+a30]
=1+432×15+2+7×3=330+23=353.
【方法提炼】
(1)倒序相加法:如果一个数列的前n项中,距首末两项“等距离”的两项之和都相等,则可使用倒序相加法求数列的前n项和.此类问题常与函数结合在一起命题;
(2)数列的递推关系式中含(-1)n的求和问题,常需要根据n的奇偶性的特征,构造数列分组转化或寻找规律后求解.
【对点训练】
1.(2022·岳阳模拟)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一,有“数学王子”之称,在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋,10岁时,他在进行1+2+3+…+100的求和运算时,就提出了倒序相加法的原理,该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成,因此,此方法也称为高斯算法.已知某数列通项an=2n−1002n−101,则a1+a2+…+a100=( )
A.98B.99C.100D.101
【解题提示】观察待求解式子,根据所给数列的通项公式计算an+a101-n是否为定值,然后利用倒序相加法求解.
解析：选C.由已知,数列通项an=2n−1002n−101,
所以an+a101-n=2n−1002n−101+2(101−n)−1002(101−n)−101
=2n−1002n−101+102−2n101−2n=4n−2022n−101=2,
所以a1+a100=a2+a99=a3+a98=…=an+a101-n=2,
所以a1+a2+…+a100=50×2=100.
2.数列an满足an+2+(-1)n+1an=3n-1,前16项和为540,则a2= .
解析：因为数列an满足an+2+(-1)n+1an=3n-1,
当n为奇数时,an+2+an=3n-1,
所以a3+a1=2,a7+a5=14,a11+a9=26,
a15+a13=38,
则a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=80,
当n为偶数时,an+2-an=3n-1,
所以a4-a2=5,a6-a4=11,a8-a6=17,
a10-a8=23,a12-a10=29,a14-a12=35,
a16-a14=41,
故a4=5+a2,a6=16+a2,a8=33+a2,
a10=56+a2,a12=85+a2,a14=120+a2,
a16=161+a2,
因为前16项和为540,
所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16
=540-80=460.
所以8a2+476=460,解得a2=-2.
答案:-2
【思维导图·构网络】