2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第6章第4讲　数列的求和

第4讲　数列的求和

基础知识整合

1．倒序相加法

如果一个数列{an}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，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．

2．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项和就是用此法推导的．

3．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．

4．分组转化法

一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．

5．并项求和法

一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．

常见的拆项公式

(1)＝－；

(2)＝；

(3)＝－.

1．(2019·新余三校联考)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　根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.

2．(2019·安徽六校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a8＋a11＝30，则S13的值是(　　)

A．130  B．65

C．70  D．75

答案　A

解析　因为数列{an}是等差数列，且a2＋a8＋a11＝30，所以3a7＝a2＋a8＋a11＝30，则a7＝10，S13＝＝13a7＝13×10＝130.故选A.

3．数列1，，2，，4，，…的前2n项和S2n＝________.

答案　2n－

解析　S2n＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋＝2n－1＋1－＝2n－.

4．Sn＝＋＋…＋＝________.

答案　

解析　通项an＝＝＝，∴Sn＝＝＝.

5．(2019·宁夏固原市模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，对任意的n∈N*，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________.

答案　11

解析　利用“特殊值”法，确定公比．设公比为q，因为对任意的n∈N*，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则令式中n＝1，得a3＋a2－2a1＝0，所以a1(q2＋q－2)＝0.显然a1≠0，所以由q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，则S5＝＝＝11.

6．已知an＝，设bn＝，记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝________.

答案　

解析　bn＝n·3n，

于是Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①

3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，②

①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，

即－2Sn＝－n·3n＋1，

Sn＝·3n＋1－·3n＋1＋＝.

核心考向突破

考向一　分组转化法求和　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

例1　(2020·广东佛山教学质量检测)已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝pn＋1，其中p为常数．

(1)若a1，a2，a4成等比数列，求p的值；

(2)若p＝1，求数列{an}的前n项和Sn.

解　(1)由an＋an＋1＝pn＋1，得

a1＋a2＝p＋1，a2＋a3＝2p＋1，a3＋a4＝3p＋1，

所以a2＝p，a3＝p＋1，a4＝2p.

又因为a1，a2，a4成等比数列，所以a＝a1a4，即p2＝2p，又因为p≠0，故p＝2.

(2)当p＝1时，an－1＋an＝n(n>1，n∈N)，

当n为偶数时，

Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝2＋4＋…＋n＝＝；

当n为奇数时，

Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝1＋3＋5＋…＋n＝＝，

综上，Sn＝

1．分组转化求和通法

若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．

2．分组转化求和的常见类型

(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)若an＝且数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．

[即时训练]　1.(2019·衡阳模拟)在等比数列{an}中，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3.

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前2n项和S2n.

解　(1)由题意，得b1＝a1＝3，b4＝a2＝3q，b13＝a3＝3q2.

又{bn}为等差数列，设公差为d，

∴化简得q2－4q＋3＝0，

∴q＝1(舍去)或q＝3，∴an＝3n，

∵d＝＝2，∴bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1.

(2)由题意得cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n.

∴S2n＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n－1)＋32n－1＋(4n＋1)＋32n

＝(3＋32＋…＋32n)＋[－3＋5－7＋9－…－(4n－1)＋(4n＋1)]

＝＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n＋1)－(4n－1)]}

＝＋2n.

精准设计考向，多角度探究突破

考向二　裂项相消法求和

角度1　　形如an＝ 型

例2　(2019·正定模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d<S9.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)因为d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d<S9，所以d＝2，S9＝99，

又因为Sn＝na1＋d，所以9a1＋×2＝99，解得a1＝3，所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列．

所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.

(2)因为bn＝＝

＝(－)，

所以Tn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝.

角度2　　形如an＝ 型

例3　(2019·沈阳质检)已知数列{an}中，a1＝4，an＞0，前n项和为Sn，若an＝＋(n∈N*，n≥2)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜.

解　(1)由已知，得数列{an}中，a1＝4，an＞0，前n项和为Sn，

若an＝＋(n∈N*，n≥2)，

由an＝Sn－Sn－1＝( －)( ＋)，

可得－＝1，

即有＝＋n－1＝2＋n－1＝n＋1，

即Sn＝(n＋1)2，

当n≥2时，an＝＋＝n＋1＋n＝2n＋1，

则an＝

(2)证明：当n≥2时，可得数列

＝＝，

则前n项和为Tn＝＋×＝＋×＝－，

由－在n∈N*上单调递增，可得最小值为－＝，且－＜，则≤Tn＜.

角度3　　形如an＝ (a>0，a≠1)型

例4　(2019·江西九江二模)已知数列{an}的首项a1>0，前n项和为Sn，且满足a1an＝S1＋Sn.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)由已知，得数列{an}的首项a1>0，前n项和为Sn，且满足a1an＝S1＋Sn.

当n＝1时，解得a1＝2.

当n≥2时，2an＝2＋Sn，①

2an－1＝2＋Sn－1，②

①－②得，an＝2an－1，整理得＝2(常数)，

所以an＝2·2n－1＝2n.

(2)由于Sn＝＝2·(2n－1)，

bn＝＝

＝，

所以Tn＝×＝.

利用裂项相消法求和的注意事项

(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；或者前面剩几项，后面也剩几项．

(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＝，＝.

[即时训练]　2.已知正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝a＋an－2.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)当n＝1时，a1＝2，

当n≥2时，2an＝2(Sn－Sn－1)

＝(a＋an－2)－(a＋an－1－2)，

整理，得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，

∵an>0，∴an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1，

∴{an}是以a1＝2为首项，d＝1为公差的等差数列，

∴an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.

(2)由(1)得an＝n＋1，

∴bn＝＝－，

∴Tn＝＋＋…＋＝－2.

考向三　错位相减法求和

例5　(2019·贵阳模拟)已知数列{an}中，a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且对任意的r，t∈N*，都有＝2.

(1)判断{an}是否为等差数列，并证明你的结论；

(2)若数列{bn}满足＝2n－1(n∈N*)，设Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn<6.

解　(1){an}是等差数列．证明如下：

因为对任意的r，t∈N*，都有＝2，

所以对任意的n∈N*，有＝n2，即Sn＝n2.

从而当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，且n＝1时此式也成立．

所以an＋1－an＝2(n∈N*)，

即{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．

(2)证明：由＝2n－1，得bn＝.

Tn＝1·0＋3·1＋…＋(2n－1)·n－1，

Tn＝1·1＋3·2＋…＋(2n－3)·n－1＋(2n－1)·n.

两式相减，得

Tn＝1＋2·1＋2·2＋…＋2·n－1－(2n－1)·n＝1＋2·－(2n－1)·n＝1＋4－(2n－1)·n＝3－(2n＋3)n，

Tn＝6－(2n＋3)n－1.

因为n∈N*，所以Tn＝6－(2n＋3)n－1<6.

(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．

(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．

[即时训练]　3.(2019·湖南益阳4月模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an>0，且a－2an＋1·an－3a＝0.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log3(1＋Sn)，求数列{an·bn}的前n项和Tn.

解　(1)由a－2an＋1an－3a＝0及an>0，

得2－2×－3＝0，解得＝3，

＝－1(舍去)，所以{an}是等比数列，且公比q＝3，又a1＝2，所以an＝2·3n－1.

(2)因为Sn＝＝3n－1，

bn＝log3(1＋Sn)＝n，anbn＝2n·3n－1，

所以Tn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n－2)×3n－2＋2n×3n－1，①

所以3Tn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n－2)×3n－1＋2n×3n，②

由①－②得，－2Tn＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2n×3n＝－2n×3n＝(1－2n)×3n－1.所以Tn＝3n＋.

学科素养培优（十一）  数列中的探索性问题

 (2019·天津新华中学一模)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和为Sn，且{Sn}为等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn.设λ是整数，问是否存在正整数n，使等式Tn＋＝成立？若存在，求出n和相应的λ值；若不存在，请说明理由．

解　(1)由题意，得S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝4，由{Sn}为等比数列，所以Sn＝4n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1－4n－2＝3×4n－2，故an＝

(2)当n≥2时，

bn＝＝

＝＝－.

而b1＝＝，

当n＝1时，T1＝b1＝，

则当n＝1时，等式Tn＋＝即为＋＝，解得λ＝，它不是整数，不符合题意．

当n≥2时，

Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－.

则等式Tn＋＝即为

－＋＝，解得λ＝5－.

由λ是整数，得4n－1＋1是5的因数．而当且仅当n＝2时，是整数，由此λ＝4.

综上所述，当且仅当λ＝4时，存在正整数n＝2，

使等式Tn＋＝成立．

答题启示

探索性问题的类型及解法

(1)条件探索性问题：一般采用分析法，从结论或部分条件入手，执果索因，导出所需条件，注意这类问题往往要求的是问题的充分条件，不一定是充要条件．

(2)存在性探索问题：一般假定存在，在这个前提下推理，若由此推出矛盾，则否定假设，否则给出肯定结论．

(3)结论探索性问题，由给定的已知条件进行猜想透彻分析，发现规律，获取结论．

对点训练

(2019·贵阳模拟)已知{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a5＝b3.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)记Sn＝＋＋…＋，是否存在m∈N*，使得Sm≥3成立，若存在，求出m；若不存在，请说明理由．

解　(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，数列{bn}的公比为q，

则由题意知∴d＝0或d＝2，

∵d≠0，∴d＝2，q＝3，∴an＝2n－1，bn＝3n－1.

(2)由(1)可知，Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋＋，

Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得，Sn＝1＋＋＋…＋－＝1＋×－＝2－<2，∴Sn<3.故不存在m∈N*，使得Sm≥3成立．