2023_2024学年高二数学上学期期末复习专题1_8数列求和14类题型一网打尽练习教师版

这是一份2023_2024学年高二数学上学期期末复习专题1_8数列求和14类题型一网打尽练习教师版，共31页。试卷主要包含了错位相减法，裂项相消法，分组求和法，倒序相加法等内容，欢迎下载使用。

一、错位相减法
类型一：（其中是等差数列，是等比数列）
类型二：（其中是等差数列，是等比数列）
二、裂项相消法
类型一：等差型
= 1 \* GB3 ①；②
类型二：无理型
类型三：指数型
裂项相消进阶
1、裂项相加：(-1)n
例：，本类模型典型标志在通项中含有乘以一个分式.
对于可以裂项为
2、等差数列相邻2两项之积构成的的新数列
例如：
一般式，当公差为k时：
3、一次乘指数型：分母为一次函数和指数函数相乘
例子：
一般结构
三、分组求和法
3.1如果一个数列可写成的形式，而数列，是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.
3.2如果一个数列可写成的形式，在求和时可以使用分组求和法.
四、倒序相加法
即如果一个数列的前项中，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项和
【题型1】错位相减
已知，若数列满足，求和：．
【答案】
【详解】因为，
所以，
两式相减得
又满足上式，所以
又，所以
则
，
，
两式相减得：
.
记数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设m为整数，且对任意，，求m的最小值．
【答案】(1);(2)7
【分析】（1）由数列与的关系可得，再结合等比数列的通项可得解；
（2）利用错位相减法求出，结合范围即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，故，
且不满足上式，
故数列的通项公式为
（2）设，则，
当时，，
故，
于是．
整理可得，所以，
又，所以符合题设条件的m的最小值为7
差比数列的其它处理方式（待定系数法）
已知，求.
【答案】，
，.
【题型2】裂项相消（常规）
已知，证明：.
【分析】由，得到，结合裂项求和及，即可得证.
【详解】解：由，则.
所以
.
因为，所以，
即.
已知，数列前项和，记，设数列的前项和为，求证
【解答】，
，，，，，
.
已知正项数列的前n项和为，且满足，
(1)求，(2)求
【答案】(1);(2)
【分析】(1)先令求出首项，再由数列的递推公式，当时，代入并结合
等差数列的定义和通项公式求出.
(2)由第一问的公式，正好利用分母有理化进行化简抵消即可得出结果
【详解】（1）根据题意可得，当时，，解得，
由，代入得，整理后得
，即，根据等差数列的定义可知，数列
是首项为1，公差为1的等差数列，则，
（2）由(1)可知，
，
已知，设，求数列的前项和.
【答案】
【详解】
，
所以
对式子变形后再裂项：一般是分离常数
已知，设，求数列的前项和．
【解析】
.
已知，记，数列的前项和为，求.
【解析】，
∴
.
已知，若，求数列的前项和.
【解析】，
则.
已知，证明：.
【分析】由，得到，结合裂项求和及，即可得证.
【详解】解：由，则.
所以
.
因为，所以，
即
【题型3】分组求和
已知，若数列满足，求数列的前项和．
【答案】
【详解】因为，所以，
所以
．
已知，设，数列的前项和为，求.
【答案】
【详解】
.
已知，设为数列在区间中的项的个数，求数列前100项的和.
【答案】
【详解】由为数列在区间中的项的个数，
可知，，.
当时，；当时，；
当时，；当时，.
∴.
已知数列的前n项和，且，数列满足，其中．
(1)求和的通项公式；
(2)设，求数列的前20项和．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据、累乘法求得和的通项公式；
（2）结合分组求和法、裂项相消求和法求得.
【详解】（1）对于，当时，，
当时，由得，
两式相减得，由于，
所以是首项为，公比为的等比数列，所以.
对于，，
所以，
也符合上式，所以.
（2）当为奇数时，；，
所以.
当为偶数时，；
所以
.
所以.
【题型4】裂项相消（进阶）
1、裂项相加：(-1)n
例：，本类模型典型标志在通项中含有乘以一个分式.
对于可以裂项为
2、等差数列相邻2两项之积构成的的新数列
例如：
一般式，当公差为k时：
3、一次乘指数型：分母为一次函数和指数函数相乘
例子：
一般结构
若，数列满足，的前n项和为，求
【答案】.
【详解】由题可得，
所以.
已知，若，求的前n项和.
【详解】，
所以
.
已知，，求数列{}的前n项和
【答案】.
【详解】当时，，
因此，，，
则，满足上式，
所以.
已知，，求数列{}的前n项和.
【答案】
【详解】当n为偶数时，
当n为奇数时，
当时，
当时，
经检验，也满足上式，
所以当n为奇数时，
综上，数列的前n项和
已知，设为数列的前项和，证明：.
【详解】
所以
由于是递减的，所以
已知，若，求数列的前n项和
【详解】由，
可得，
则数列的前项和为
.
已知，，求数列的前项和．
【答案】
【详解】，
所以
.
已知，记，为数列的前n项和，求．
【解析】因为，
所以，
所以数列的前项和为：
．
已知，设，证明：.
【详解】解：因为
，
，故
.
【题型5】并项求和
一般来说，并项求和的计算量比分组求和要小
已知，若，求数列的前项和.
【解析】，
【法一】并项求和
化简得，
故
【法二】分组求和
，
所以，数列的前项和
（2023秋·湖南长郡中学校考）已知是数列的前项和，，数列是公差为1的等差数列，则 .
【答案】366
【分析】设，易得，再由
求解.
【详解】解：设，由题意知是公差为1的等差数列，
则，
故，则，
故.
于是，
.
已知，记，求数列的前30项的和.
【解析】，
所以，
所以
已知，设，，求数列的前2n项和.
【详解】当为奇数时，；
则当为偶数时，.
.
【题型6】倒序相加
“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，并且高斯研究出很多数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法､每一个阶代数方程必有个复数解等.若函数，设，则 .
【答案】46
【分析】先证，由倒序相加法可得通项，然后可解.
【详解】因为函数的定义域为，
设是函数图象上的两点，其中，且，则有，
从而当时，有：，当时，，
，
相加得
所以，又，
所以对一切正整数，有；
故有.
（2023·江西南昌·统考三模）“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，在数论､代数学､非欧几何､复变函数和微分几何等方面都作出了开创性的贡献.我们高中阶段也学习过很多高斯的数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法等等.已知某数列的通项，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分离常数后可得，再利用倒序相加法，即可求解．
【详解】当时，，
，
，
，
，
，即.
【题型7】S2n与S2n-1下标的讨论和处理
已知数列
（1）求数列的前20项和
（2）求数列的前项和.
（3）求数列的前项和.
（4）求数列的前项和
【详解】
（1）
（2）由（1）知，数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列.
记，
，故
，故
（3）
（4）当n为偶数时，记n=2k
则有，故
当n为奇数时，记n=2k-1
则有，故
故
已知，记的前n项和为，，求n的最小值.
【分析】解法一：枚举；解法二：分组求和得出，进而得出，求解即可得出答案；解法三：分组求和得出，求解即可得出答案.
【详解】解法一：
，
又；
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法二：
时，
，
，
所以，
，
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法三：
当时，
，
所以，.
又，则，且，
所以n的最小值为10.
（2023·湖南岳阳·统考三模）已知，若，求数列的前n项和．
【解析】，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时；
综上所述：.
【题型8】通项含有(－1)n的类型
已知，若，求数列的前项和．
解题思路点拨：代入得：注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正还是负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.
奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧
（注意到本例求解的，代入最后一项，是正，还是负，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）
为奇数
为偶数
当为奇数时，为偶数
，即：
注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：
，整理：
综上：
已知，设数列，数列化的前项和为
思路点拨：，注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正还是负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.
奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧
（注意到本例求解的为偶数项和，代入最后一项，一定是正，故不需要讨论）
分组求和
在数列{an}中，若，则数列{an}的前12项和等于_________.
【答案】78
因为，
所以，，，，，，，，，，.
从第一个式子开始，相邻的两个式子作差得：
.
从第二个式子开始，相邻的两个式子相加得：
把以上的式子依次相加可得：
=78.
已知，若，求数列的前项和．
【答案】
【详解】
故当为偶数时，
当为奇数时，
，所以
已知数列中，.
（1）求证：数列是常数数列；
（2）令为数列的前项和，求使得的的最小值.
【答案】（1）证明见解析；（2）最小值为.
（1）由得：，即
，即有数列是常数数列；
（2）由（1）知：
即，
当为偶数时，，显然无解；
当为奇数时，，令，解得：，
结合为奇数得：的最小值为
已知数列的前项和，，，．
(1)计算的值，求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据，作差得到，再根据等差数列通项公式计算可得；
（2）由（1）可得，利用并项求和法计算可得；
【详解】（1）解：当时，，解得，
由题知①，②，
由②①得，因为，所以，
于是：数列的奇数项是以为首项，以4为公差的等差数列，
即，
偶数项是以为首项，以4为公差的等差数列，
即
所以的通项公式；
（2）解：由（1）可得，
.
已知，，求{}的前64项和.
【答案】的前64项和.
【详解】，
，即：.
∴的前64项和．
【题型9】奇偶数列求和
重庆一中月考
已知数列满足，若，求.
【答案】
【详解】证明：，设
，
又
，为以4为首项，2为公比的等比数列.
，，
又，，
所以
.
2021·新高考1卷T17
已知数列满足，，求的前20项和.
【答案】.
【详解】，设
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是
．
（广东实验中学校考）已知数列满足，且的前100项和
(1)求的首项；
(2)记，数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）分为奇数和为偶数两种情况进而讨论即可求解；
（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）当为奇数时，；
则偶数项构成以为公差的等差数列，
所以当为偶数时，；
当为偶数时，，
则奇数项构成以1为公差的等差数列，
所以当为奇数时，，
则，又，
所以，
解得，.
（2）由（1）得，，，，
当时，，
∴，
综上，知.
【题型10】隔项数列求和（一般并项求和）
已知数列满足，，则________
【答案】
【详解】数列满足，，
因为，，所以，
若数列的前项和为，且，则（ ）
A．684B．682C．342D．341
【答案】B
【分析】根据等比数列求和公式以及并项求和法得出结果.
【详解】，，，，，
所以.
（深圳一模）记，为数列的前n项和，已知，求．
【答案】
【详解】解：，，．
当n为偶数时，；
当n为奇数时，．
综上所述，
【题型11】和为等比数列求和
已知数列中，，求数列的前n和.
【答案】
思路点拨：根据题意： ，可推出 ，两式作差
变换下标，写成
所以 ， ，．．．．．．．
累加，得
累加
求通项
所以数列 的前n和为
求和
已知数列满足，，．
(1)求的通项公式．
(2)若数列的前项和为，且恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）将两边同时加，结合等比数列的定义证明可得，再构造数列，求解首项分析即可；
（2）根据等比数列的前项公式可得，参变分离可得，再根据的单调性求解最大值即可.
【详解】（1）由可得，且，
故是以2为首项，3为公比的等比数列，故，
所以，又，
故，即.
（2）由（1）为等比数列，故，
故即恒成立，求的最大值即可.
设，则，
令有，故当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小.
又，故为的最大值，为，所以，
2023·杭州二模
设公差不为0的等差数列的前n项和为，，．
(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，，求数列的前n项和．
【答案】(1)，；(2)
【分析】（1）根据等差数列性质设出公差和首项，代入题中式子求解即可；
（2）列出通项公式，根据通项求出的前n项和，再根据通项求出的前2n项和，两式相减解得的通项公式，最后分组求和求出数列的前n项和.
【详解】（1），设公差为d，首项为
，因为公差不为0，所以解得，
，数列的通项公式为，.
（2）
①
②
得，解得
【题型12】插入新数列混合求和
已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入4个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，则（ ）
A．4043B．4044C．4045D．4046
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质求出，再代入即可.
【详解】设数列的公差为，由题意可知，，，，
故，故，
则
已知对所有正整数m，若，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和.
【答案】1809
【分析】考虑到，，从而确定的前40项中有34项来自，其他6项由组成，由此分组求和．
【详解】由.所以，
又，所以前40项中有34项来自.
故
已知数列的通项公式，在数列的任意相邻两项与之间插入个4，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记新数列的前n项和为，则的值为 ．
【答案】370
【分析】依题意，确定前60项所包含数列的项，以及中间插入4的数量即可求和.
【详解】因为与之间插入个4，
，，，，，
其中，之间插入2个4，，之间插入4个4，，之间插入8个4，，之间插入16个4，
，之间插入32个4，由于，，
故数列的前60项含有的前5项和55个4，
故
已知数列，在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和.
【答案】
【详解】解：由题可知，得，
则，③
，④
③④得
，解得.
已知，在与之间插入一项，使，，成等比数列，且公比为，求数列的前项和.
【答案】
【详解】因为，，成等比数列，且公比为，所以
因为，所以，即
因为，则有：
可得：
化简可得：
所以数列的前项和：
已知，在数列中的和之间插入i个数，，，…，，使，，，，…，，成等差数列，这样得到一个新数列，设数列的前n项和为，求．
【答案】.
【详解】因为在数列中的和之间插入i个数，则在列的前21项中，就是在到每两项之间各插入一组数，共插入五组，
数列的前21项为
∴
.
己知数列满足，在之间插入个1，构成数列：，则数列的前100项的和为（ ）
A．178B．191C．206D．216
【答案】A
【详解】数列满足，在，之间插入个1，构成数列，1，，1，1，，1，1，1，，
所以共有个数，当时，，
当时，，由于，所以．
【题型13】通项含绝对值的数列求和
已知，求数列的前项和为．
【答案】.
【详解】当时，，即有．
当时，，，
即有．
已知，求数列的前项和为．
【答案】.
【详解】当时，，即有；
当时，，，
即有．
已知，设，求数列的前项和.
【答案】
【详解】当时，，所以
，
当时，，
.
综上所述.
【题型14】取整数列求和
已知数列满足，记为不小于的最小整数，，则数列的前2023项和为（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
【答案】A
【分析】利用裂项相消求和可得答案.
【详解】由题意得，
则当时，，
当时也满足上式，所以，所以
，
故的前2023项和为
已知，，设，求数列的前9项的和．（注：表示不超过的最大整数）
【答案】
【详解】，则有，
依题意，=2926，
综上，，， .
已知，设，求数列的前10项和.（表示不超过的最大整数）
【答案】3186.
【详解】依题意，，
则
.
（重庆八中月考）已知，若表示不超过的最大整数，如，求的值.
【答案】
【详解】，当时，，
故，
当时，，所以对任意的，都有，
又，所以.所以.