2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：第六章第四节数列求和

第四节数列求和

[典例精析]
已知数列{an}的前n项和Sn＝，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]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1＝1也满足an＝n，
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＝＝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.
[解题技法]
　　
若数列通项是几个数列通项的和或差的组合，如：等差加等比，等比加等比．对于这类数列求和，就是对数列通项进行分解，然后分别对每个数列进行求和．例如：an＝bn＋cn＋…＋hn，则k＝k＋k＋…＋k.
[过关训练]
1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3n，则其前20项和为(　　)
A．380－　　　　 B．400－
C．420－ D．440－
解析：选C　令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝2×－3×＝420－.
2．(2019·焦作模拟)已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设{an}的公差为d，
因为a2＝3，{an}前4项的和为16，
所以解得
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
设{bn－an}的公比为q，
则b4－a4＝(b1－a1)q3，
因为b1＝4，b4＝88，
所以q3＝＝＝27，
解得q＝3，
所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.
(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，
所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)
＝＋
＝(3n－1)＋n2
＝＋n2－.

[典例精析]
设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由2Sn＝3an－1，①
得2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②
①－②，得2an＝3an－3an－1，∴＝3(n≥2)，
又2S1＝3a1－1，∴a1＝1，
∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1.
(2)由(1)得，bn＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减，得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝－，
∴Tn＝－.
[解题技法]
　　
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，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
[提醒]
(1)在写“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．
(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
[过关训练]
1．数列，，，，…的前10项之和为________．
解析：因为S10＝＋＋＋…＋，①
所以S10＝＋＋…＋＋.②
①－②得S10＝＋－
＝＋－
＝－－＝，
所以S10＝＝.
答案：
2．(2019·福州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，所以a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
所以an＝2an－1，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＝2n－1，
所以bn＝(2n－1)×2n－1，
所以Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1，①
2Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，②
①－②，得－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n
＝1＋2×－(2n－1)×2n
＝(3－2n)×2n－3，
所以Tn＝(2n－3)×2n＋3.

[考法全析]
考法(一)　形如an＝(k为非零常数)型
[例1]　(2018·福州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
[解]　(1)证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以＝＝＝＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，
因为cn＝，
所以cn＝＝，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝＝.
考法(二)　形如(k为非零常数)型
[例2]　已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 018＝(　　)
A.－1　　　　　　B.－1
C.－1 D.＋1
[解析]　由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，
则f(x)＝.
所以an＝＝＝－，
所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
[答案]　C
[规律探求]

看个性
考法(一)数列的通项公式形如an＝时，可转化为an＝，此类数列适合使用裂项相消法求和．
考法(二)数列的通项公式形如an＝时，可转化为an＝(－)，此类数列适合使用裂项相消法求和
找共性
裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项
[过关训练]
1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有解得
所以Sn＝，＝＝2，
因此＝2＝.
答案：
2．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.求证：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.
解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
故Tn＝
＋＝＜＝.

一、题点全面练
1．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　)
A．15　　　　　　　　　 B．12
C．－12 D．－15
解析：选A　a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15.
2．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)
A．76 B．78
C．80 D．82
解析：选B　由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
3．(2019·开封调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于(　　)
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
解析：选B　∵a1＝1，a2＝＝2，
又＝＝2，
∴＝2.
∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)
＝＋＝3×21 009－3.故选B.
4．(2019·郑州质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记Tn＝＋＋…＋(n∈N*)，则T2 018＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝＝，所以＝＝2，Tn＝＋＋…＋＝2＝2＝，故T2 018＝＝，故选C.
5．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为(　　)
A．5 B．－4
C．0 D．－2
解析：选B　由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4.
6．(2019·肇庆模拟)正项数列{an}中，满足a1＝1，a2＝，＝ (n∈N*)，那么a1·a3＋a2·a4＋a3·a5＋…＋an·an＋2＝________.
解析：由＝ (n∈N*)，
可得a＝anan＋2，
∴数列{an}为等比数列．
∵a1＝1，a2＝，∴q＝，∴an＝，
∴an·an＋2＝·＝，∴a1·a3＝，
∴a1·a3＋a2·a4＋a3·a5＋…＋an·an＋2
＝＝.
答案：
7．(2019·合肥模拟)数列{an}满足：a1＝，且an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：an＋1＝，两边同时取倒数得＝＝＋，整理得＝＋3，所以－＝3，所以数列是以＝3为首项，3为公差的等差数列，所以＝3n，所以an＝，所以数列{an}是常数列，所以Sn＝.
答案：
8．(2019·益阳、湘潭调研)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是________．
解析：由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，bn＝log2an＝当n≥2时，＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝.
答案：
9．(2019·广州调研)已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝.
因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝，①
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝(n≥2，n∈N*)，②
①－②得4n－1an＝(n≥2，n∈N*)，
所以an＝(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时也适合上式，故an＝(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝＝，
所以bnbn＋1＝＝，
故Tn＝
＝
＝.
10．(2019·石家庄质检)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋.
(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)由an＋1＝an＋，可得＝＋，
又bn＝，∴bn＋1－bn＝，
由a1＝1，得b1＝1，
累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝＋＋…＋，
即bn－b1＝＝1－，
∴bn＝2－.
(2)由(1)可知an＝2n－，
设数列的前n项和为Tn，
则Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝2－，
∴Tn＝4－.
易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，
∴Sn＝n(n＋1)＋－4.
二、专项培优练
(一)易错专练——不丢怨枉分
1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(　　)
A.　　　　　　　 B．－
C．(－1)n＋1 D．以上均不正确
解析：选C　当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－＝－；当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2＝－＋n2＝.综上可得，原式＝(－1)n＋1.
2．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(　　)
A．－2 017 B．－2 018
C．2 017 D．2 018
解析：选D　当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 017＝－(3＋7＋11＋…＋4 035)．当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2 018＝5＋9＋13＋…＋4 037.所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(5－3)＋(9－7)＋(13－11)＋…＋(4 037－4 035)＝2×1 009＝2 018，故选D.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则数列{|an|}的前n项和Tn等于(　　)
A．6n－n2 B．n2－6n＋18
C. D.
解析：选C　由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，∴当n≤3时，an＜0，Tn＝(－a1)＋(－a2)＋(－a3)＝－Sn＝6n－n2.
当n＞3时，an＞0，Tn＝(－a1)＋(－a2)＋(－a3)＋a4＋…＋an＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.
∴Tn＝
(二)难点专练——适情自主选
4．已知数列{an}为等差数列且公差d≠0，{an}的部分项组成等比数列{bn}，其中bn＝akn，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，
(1)求kn；
(2)若a1＝2，求{ankn}的前n项和Sn.
解：(1)由k1＝1，k2＝5，k3＝17，知a1(a1＋16d)＝(a1＋4d)2，得a1＝2d.
从而ak＝(k＋1)d，则＝＝＝3，
即(kn＋1＋1)＝3(kn＋1)，所以数列{kn＋1}是首项为k1＋1＝2，公比为3的等比数列，所以kn＋1＝2·3n－1，所以kn＝2·3n－1－1.
(2)由a1＝2，得d＝1，
则an＝n＋1，ankn＝2(n＋1)·3n－1－(n＋1)，
所以Sn＝2[2＋3·3＋…＋(n＋1)3n－1]－，
令Tn＝2＋3·3＋…＋(n＋1)3n－1，
则3Tn＝2·3＋3·32＋…＋(n＋1)3n，
两式相减，得－2Tn＝2＋3＋32＋…＋3n－1－(n＋1)3n＝1＋－(n＋1)3n.
所以Tn＝－＋＝，
Sn＝.
5．在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lg Tn，n≥1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝tan antan an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设t1，t2，…，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①
Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，②
由①×②并利用ti·tn＋3－i＝100(1≤i≤n＋2)，得T＝100n＋2，所以an＝lg Tn＝n＋2.
(2)由题意和(1)中计算结果，知bn＝tan(n＋2)tan(n＋3)，n≥1，
另一方面，由tan 1＝tan[(k＋1)－k]
＝，
得tan(k＋1)tan k＝－1，
所以Sn＝k＝an(k＋1)tan k
＝
＝－n.