人教A版普通高中数学一轮复习第七章第四节数列求和(一)学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第七章第四节数列求和(一)学案，共17页。

2．掌握利用公式、分组的方法求和，掌握通过奇偶项讨论的方法求和．
自查自测
知识点一 公式法求和
1．(教材改编题)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝12，a2a6＝8(a4－2)，则S2 024＝( )
A．22 023－12B．1－122 023
C．22 024－12D．1－122 024
A 解析：由等比数列的性质及a2a6＝8(a4－2)，得a42＝8a4－16，解得a4＝4.又a4＝a1q3，故q＝2，所以S2 024＝12×1−22 0241−2＝22 023－12．
2．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为 ．
3n2－2n 解析：将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}是以1为首项，6为公差的等差数列，故它的前n项和为Sn＝n×1＋nn−12×6＝3n2－2n.
核心回扣
1．等差数列的前n项和：
Sn＝na1+an2＝na1＋nn−1d2．
2．等比数列的前n项和：
当q＝1时，Sn＝na1；
当q≠1时，Sn＝a11−qn1−q＝a1−anq1−q．
自查自测
知识点二 分组求和法、并项求和法、倒序求和法
1．(教材改编题)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝2n-1＋n，则S10＝ ．
1 078 解析：因为an＝2n-1＋n，
所以S10＝20＋1＋21＋2＋…＋29＋10＝1＋2＋22＋…＋29＋10×112＝1 078.
2．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n-1·n，则S17＝ ．
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＋1＋…＋1＝9.
3．已知等差数列{an}满足a5＋a2n－5＝n(n∈N，n≥3)，则a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a2n－3＋a2n－1＝ ．
n22 解析：因为数列{an}是等差数列，故a5＋a2n－5＝n＝2an，解得an＝n2；
令Tn＝a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a2n－3＋a2n－1，
则Tn＝a2n－1＋a2n－3＋a2n－5＋…＋a3＋a1，
故2Tn＝(a1＋a2n－1)＋(a3＋a2n－3)＋…＋(a2n－1＋a1)＝n×2an＝n2，
解得Tn＝n22．
核心回扣
1．分组求和法：一个数列由若干个等差或等比或可求和的数列组成，求和时可分成几组，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．
3．倒序相加法：一个数列的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，求该数列的前n项和可用倒序相加法求解．
自查自测
知识点三 分奇偶项讨论求和法
已知数列{an}的通项公式为an＝−n2，n为奇数，n2，n为偶数，则数列{an}的前n项和Tn＝ ．
nn+12，n为偶数，−nn+12，n为奇数 解析：当n为偶数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝n1+n2；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－an＋1＝n+1n+1+12－(n＋1)2＝－nn+12．
综上，Tn＝nn+12，n为偶数，−nn+12，n为奇数．
自查自测
分奇偶项讨论求和法：
若数列的奇数项与偶数项有不同的规律，则当n为奇数或偶数时Sn的表达式不一样，因此需要分奇偶项分别计算求解Sn.
分组求和法
【例1】(2024·聊城模拟)已知公差为2的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2＝a3.
(1)若a1，a3，am成等比数列，求m的值；
(2)设bn＝an−2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意知数列{an}是公差为2的等差数列，设公差为d，则d＝2.
又因为S2＝a3，所以a1＋a2＝a3，
即2a1＋d＝a1＋2d，得a1＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.
又因为a1，a3，am成等比数列，所以a32＝a1am，
即36＝2×2m，得m＝9.
(2)因为bn＝an−2an＝2n－4n，
所以 Tn＝(2×1－41)＋(2×2－42)＋…＋(2×n－4n)
＝2×(1＋2＋…＋n)－(41＋42＋…＋4n)
＝2×nn+12－4×1−4n1−4
＝n(n＋1)－43×(4n－1)
＝n2＋n＋43－4n+13．
关于分组转化求和
数列的通项可以拆分成两类特殊数列的通项，分别对这两类数列求和，再合并后即为原数列的前n项和．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且nan＋1＋Sn＋1＝1(n∈N*)．
(1)证明：数列{nSn}为等差数列；
(2)选取数列{Sn}的第2n(n∈N*)项构造一个新的数列{bn}，求{bn}的前n项和Tn.
(1)证明：因为数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且nan＋1＋Sn＋1＝1(n∈N*)，
所以n(Sn＋1－Sn)＋Sn＋1＝1，即(n＋1)Sn＋1－nSn＝1，
所以数列{nSn}为等差数列．
(2)解：由(1)知，nSn＝2＋1×(n－1)＝n＋1，
所以Sn＝1＋1n，即bn＝S2n＝1＋12n，
所以Tn＝1＋12＋1＋122＋1＋123＋…＋1＋12n＝n＋12＋122＋123＋…＋12n＝n＋12×1−12n1−12＝n－12n＋1.
并项求和法
【例2】(1)数列{an}的前n项和为Sn，且an＝(－1)n·(3n－2)，则S2 024＝( )
A．3 036B．－3 036
C．－4 048D．4 048
A 解析：由已知an＝(－1)n(3n－2)，得an＋an＋1＝(－1)n(3n－2)＋(－1)n+1(3n＋1)＝(－1)n+1(3n＋1－3n＋2)＝3×(－1)n+1，所以S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＝3×1 012＝3 036.
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
①求数列{an}的通项公式；
②令bn＝(－1)n-1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解：①设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5，化简可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，
所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
②由①可得bn＝(－1)n-1(2n－1)，
所以T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝(－2)×n＝－2n.
[变式] 本例(1)中，若a1＝1，Sn＋Sn＋1＝n(n＋2)，则S2 024S2 023＝ ．
1 0131 012 解析：由题意，当n＝1时，S1＋S2＝2a1＋a2＝3.
因为a1＝1，所以a2＝1.
当n≥2时，由Sn＋Sn＋1＝n(n＋2)，可得Sn－1＋Sn＝(n－1)(n＋1)，
两式相减，可得an＋an＋1＝2n＋1，
化简整理，可得an＋1－(n＋1)＝－(an－n)(n≥2)．
因为a2－2＝－1，所以数列{an－n}从第二项起是以－1为首项，－1为公比的等比数列，
所以an＝n＋(－1)n-1(n≥2)．又a1＝1不满足上式，
所以an＝1，n=1，n+−1n−1，n≥2，
所以S2 023＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝1＋(2－1)＋(3＋1)＋…＋(2 023＋1)
＝1＋2＋3＋…＋2 023＝2 023×1+2 0232 ＝2 023×1 012，
所以S2 024＝S2 023＋a2 024＝2 023×1 012＋(2 024－1)＝2 023×1 013，
所以S2 024S2 023＝2 023×1 0132 023×1 012＝1 0131 012．
关于并项法求和
根据数列递推公式、通项公式、前几项的特征等发现项的规律，数列的相邻两项或多项的和、差为常数数列，或者构成有规律的新数列，可以把这些项合并求新的数列的和．
已知数列{an}满足a1为正整数，an＋1＝an2，an为偶数，3an+1，an为奇数．如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝ ．
4 723 解析：由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，所以数列{an}是周期为3的数列，则a1＋a2＋…＋a2 024＝(1＋4＋2)×674＋1＋4＝4 723.
分奇偶项讨论求和
【例3】已知数列{an}中，对任意的n∈N*，都有an＋an＋1＝4n.
(1)若{an}为等差数列，求{an}的通项公式；
(2)若a1＝3，求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)因为{an}为等差数列，设公差为d，
又an＋an＋1＝4n，可得a1＋a2＝4，a2＋a3＝8，
所以2a1+d=4，2a1+3d=8，解得a1=1，d=2，
所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，经验证成立．
(2)由an＋an＋1＝4n，
得an＋1＋an＋2＝4(n＋1)，
两式相减得an＋2－an＝4.
因为a1＝3，又a1＋a2＝4，所以a2＝1，
所以数列{an}的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；偶数项是首项为1，公差为4的等差数列．
故当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝3×n2＋n2n2−12×4＋1×n2＋n2n2−12×4＝n2；
当n为奇数时，
Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)2＋3+n+12−1×4＝n2＋2.
综上所述，Sn＝n2，n为偶数，n2+2，n为奇数．
解答与奇偶项有关的求和问题的关键
(1)弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式．
(2)弄清n为奇数或偶数时数列前n项中奇数项与偶数项的个数．
(3)根据数列的特征先求出n为偶数(奇数)时的和Sn，当n为奇数(偶数)时，利用Sn＝Sn－1＋an求和．
(2024·南通模拟)在数列{an}中，an＝2n−1，n为奇数，2n，n为偶数．
(1)求a1，a2，a3；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)因为an＝2n−1，n为奇数，2n，n为偶数，
所以a1＝2×1－1＝1，a2＝22＝4，
a3＝2×3－1＝5.
(2)因为an＝2n−1，n为奇数，2n，n为偶数，
所以a1，a3，a5，…是以1为首项，4为公差的等差数列，
a2，a4，a6，…是以4为首项，4为公比的等比数列．
当n为奇数时，数列{an}的前n项中有n+12个奇数项，有n−12个偶数项，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－3＋an－1)＝n+12×1＋n+12n+12−12×4＋41−4n−121−4＝n2+n2＋2n+1−43；
当n为偶数时，数列{an}的前n项中有n2个奇数项，有n2个偶数项，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an)＝n2×1＋n2n2−12×4＋41−4n2 1−4＝n2−n2＋2n+2−43．
综上所述，数列{an}的前n项和
Sn＝n2+n2+2n+1−43，n为奇数，n2−n2+2n+2−43，n为偶数．
课时质量评价(四十三)
1．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n-1·(4n－3)，则它的前100项和S100等于( )
A．200B．－200
C．400D．－400
B 解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
2．(2024·曲靖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，设a1＝12，anan＋1＝an－1，则S2 024＝( )
A．12B．32
C．2 0212D．1 012
C 解析：由题可知anan＋1＝an－1，an≠0，
得an＋1＝an−1an．
又a1＝12，得a2＝12−112＝－1，a3＝−1−1−1＝2，a4＝2−12＝12，a5＝12−112＝－1，
故数列{an}是以3为周期的周期数列．
因为2 024÷3＝674……2，
则S2 024＝674(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝2 0212．
3．已知数列{an}的通项公式是an＝2n−12n，其前n项和Sn＝32164，则项数n＝( )
A．13B．10
C．9D．6
D 解析：由an＝2n−12n＝1－12n，得
Sn＝1−12＋1−14＋1−18＋…＋1−12n
＝n－12+14+18+…+12n
＝n－121−12n1−12＝n－1＋12n．
令n－1＋12n＝32164，即n＋12n＝38564，解得n＝6.
4．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n+1an＝2，则其前100项和Sn等于( )
A．250B．200
C．150D．100
D 解析：由题知当n为奇数时，an＋an＋1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2×50＝100.
5．已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn−1n＋f(1)，则数列{an}的前20项和为( )
A．230B．115
C．110D．100
B 解析：an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn−1n＋f(1)①，
an＝f(1)＋fn−1n＋fn−2n＋…＋f1n＋f(0)②，
又因为f(x)＋f(1－x)＝1，
①＋②，得2an＝n＋1，所以an＝n+12．
所以{an}的前20项和为S20＝a1＋a2＋…＋a20＝22＋32＋…＋212＝20×1＋20×192×12＝115.
6．(多选题)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.记cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，数列{cn}的前n项和为Sn，则( )
A．an＝2n－1
B．bn＝2n
C．S9＝1 409
D．S2n＝2n2－n＋43(4n－1)
ABD 解析：设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)．
由题意得1+d+2q=7，1+2d+2q2=13，解得d=2，q=2，
所以an＝2n－1，bn＝2n，故A，B正确．
c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{cn}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝n1+4n−32＋41−4n1−4＝2n2－n＋43(4n－1)，S9＝S8＋a9＝385，故C错误，D正确．
7．已知数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，则a12+a22+a32+…+a82＝ ．
1 020 解析：因为数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，
所以q2＝a3a1＝2，所以an2＝(a1qn-1)2＝4×(q2)n-1＝4×2n-1＝2n+1，所以a12+a22+a32+…+a82＝4×1−281−2＝1 020.
8．数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝bn+1bn＝2，n∈N*，则数列{b_(a_n ) }的前n项和为 ．
13(4n－1) 解析：因为an＋1－an＝bn+1bn＝2，a1＝b1＝1，所以数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n-1＝2n-1.
数列{b_(a_n ) }的前n项和为ba1+ba2+…+ban
＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1
＝20＋22＋24＋…＋22n-2
＝1−4n1−4＝13(4n－1)．
9．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋1－3n+2，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由题意得S4=20，a42=a2·a8，
即4a1+4×32d=20，a1+3d2=a1+da1+7d，
解得a1=2，d=2或a1=5，d=0(舍)，
所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)由(1)知an＝2n，
所以bn＝4(n＋1)－3n+2，
所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n+2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n+2)＝4n·2+n+12－271−3n1−3＝2n2＋6n＋272－3n+32．
10．(新定义)已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此数列第一项是20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，依此类推，设Sn是此数列的前n项和，则S2 024等于( )
A．264＋190B．263＋190
C．264＋62D．263＋62
A 解析：将数列分组：
第一组有一项，和为20；
第二组有两项，和为20＋21；
……
第n组有n项，和为20＋21＋…＋2n-1＝1−2n1−2＝2n－1，
则前63组共有63×642＝2 016(项)，
所以S2 024＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27
＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋(28－1)
＝(2＋22＋…＋263)－63＋255
＝2×1−2631−2＋192＝264＋190.
11．设i是虚数单位，则2i＋3i2＋4i3＋…＋2 020i2 019的值为( )
A．－1 010－1 010iB．－1 011－1 010i
C．－1 011－1 012iD．1 011－1 010i
B 解析：设S＝2i＋3i2＋4i3＋…＋2 020i2 019，则iS＝2i2＋3i3＋4i4＋…＋2 019i2 019＋2 020i2 020，两式相减可得(1－i)S＝2i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2 019－2 020i2 020＝i＋i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2 019－2 020i2 020＝i＋i1−i2 0191−i－2 020i2 020＝i＋i1+i1−i－2 020＝i＋i1+i22－2 020＝－2 021＋i，所以S＝−2 021+i1−i＝−2 021+i1+i2＝－1 011－1 010i.
12．数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝ ．
7 解析：由题意知an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92.当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，所以当k≥2时，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1＋2+6k−10k−12＝a1＋(3k－4)(k－1)，当k＝1时上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)(k－1)(k∈N*)，即a2k－1＝a1＋3k2－7k＋4(k∈N*)．
(方法一)所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a1＋3×8×8+1×2×8+16－7×1+8×82＋32＝8a1＋612－252＋32＝8a1＋392.又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a1＝7.
(方法二)所以a2k－1＝a1＋(3k2＋3k＋1)－10k＋3＝a1＋[(k＋1)3－k3]－10k＋3，所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×1+8×82＋3×8＝8a1＋93－13－360＋24＝8a1＋392.又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a1＝7.
13．已知f(x)＝21+x2(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2 020＝1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 020)＝ ．
2 020 解析：因为f(x)＝21+x2(x∈R)，
所以f(x)＋f1x＝21+x2＋21+1x2＝21+x2＋2x21+x2＝2.
因为等比数列{an}满足a1a2 020＝1，所以a1a2 020＝a2a2 019＝…＝a2 020a1＝1，所以f(a1)＋f(a2 020)＝f(a2)＋f(a2 019)＝…＝f(a2 020)＋f(a1)＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 020)＝2 020.
14．已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝an+1，n为奇数，2an，n为偶数(n∈N*)，设bn＝a2n－1.
(1)证明：数列{bn＋2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前2n项和．
(1)证明：由题意，知bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2bn＋2，则bn＋1＋2＝2(bn＋2)．
又b1＋2＝a1＋2＝4，所以bn+1+2bn+2＝2，
即{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，
故bn＋2＝4·2n-1＝2n+1，
所以bn＝2n+1－2.
(2)解：数列{an}的前2n项和为
S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a1＋a3＋…＋a2n－1＋n)
＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n
＝2(b1＋b2＋…＋bn)＋n
＝2×(22＋23＋…＋2n+1－2n)＋n
＝2×41−2n1−2－3n＝2n+3－3n－8.
15．记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(－1)n·lg223an+4−43，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，
可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，
即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)．
显然an－1＋2≠0，则an+2an−1+2＝2.
又a1＋2＝3，
所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n-1，即有an＝3·2n-1－2.
当n＝1时，a1＝1也符合上式，
所以an＝3·2n-1－2.
(2)bn＝(－1)n·lg2233·2n−1+2−43
＝(－1)n·lg22n＝(－1)n·n.
当n为偶数时，
Tn＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n
＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝n2；
当n为奇数时，
Tn＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n
＝n−12－n＝−n−12＝－n+12．
综上所述，Tn＝n2，n为偶数，−n+12，n为奇数．