2020版新一线高考文科数学（北师大版）一轮复习教学案：第5章第4节　数列求和


第四节　数列求和
[考纲传真]　1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．

1．公式法
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝＝na1＋d；
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
2．分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
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．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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
5．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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求解．
6．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．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.

1．一些常见的数列前n项和公式：
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
2．常用的裂项公式
(1)＝；
(2)＝＝；
(3)＝－；
(4)loga＝loga(n＋1)－logan.
[基础自测]
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝． (　　)
(2)当n≥2时，＝． (　　)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得． (　　)
(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5． (　　)
[答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√
2．(教材改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)
A．1　 B．
C． D．
B　[∵an＝＝－，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.]
3．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________.
－25　[S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]
4．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于________．
n2＋1－　[Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋
＝n2＋＝n2＋1－.]
5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.
4－　[设S＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×，则S＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×.
两式相减得S＝3×＋－.
∴S＝3＋－
＝3＋－
＝4－.]



分组转化求和
【例1】　(2019·黄山模拟)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.
[拓展探究]　在本例(2)中，如何求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　由本例(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.
当n为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋＝2n＋1＋－2；
当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋－n
＝2n＋1－－.
所以Tn＝
[规律方法]　分组转化法求和的常见类型
(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＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
[解]　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由
得解得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1，
得Sn＝＝n(n＋2)，
则cn＝
即cn＝
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝1－＋
＝＋(4n－1)．


错位相减法求和


【例2】　(2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16. ②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，
由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，
b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故
Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， ①
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， ②
①－②，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8，
得Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
[规律方法]　错位相减法求和时的3个注意点
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
(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，同时应注意差式中成等比数列的项数．
(3)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．
(2019·阜阳模拟)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d＞1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由题意得
即
解得或
故或
(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是
Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.


裂项相消法求和

►考法1　形如an＝型
【例3】　(2019·济南模拟)已知数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，且满足4Sn＝a＋2an－3对任意的正整数n都成立．
(1)证明数列{an}是等差数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)当n＝1时，4S1＝a＋2a1－3，即a－2a1－3＝0，
解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，
由4Sn＝a＋2an－3，得当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3，两式相减，
得4an＝a－a＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
又an＞0，∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2(n≥2)，
∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1，得Sn＝·n＝n(n＋2)，
∴bn＝＝＝，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1－＋－＋－＋…＋－＋－
＝＝－.
►考法2　形如an＝型
【例4】　已知函数f(x)＝xα的图像过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 019＝________.
2－1　[由f(4)＝2，可得4α＝2，
解得α＝，则f(x)＝x.
∴an＝＝＝－，
S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019
＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1＝2－1.]
[规律方法]　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}是公差d≠0的等差数列，则＝，＝.
(2019·山西八校联考)在等差数列{an}中，a2＝4，a1＋a4＋a7＝30，其前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d.
法一：由已知可得
即
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3n－2.
法二：由等差数列的性质可得a1＋a4＋a7＝3a4＝30，解得a4＝10，
所以d＝＝＝3，
所以an＝a2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×3＝3n－2.
(2)由(1)知Sn＝，
所以Sn＋2n＝＋2n＝＝，
所以＝＝.
所以Tn＝×＋×＋…＋＝＝.


1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
[解]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－，
则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
2．(2014·全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
[解]　(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，
从而a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)设的前n项和为Sn.
由(1)知＝，则
Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋.
两式相减得
Sn＝＋－
＝＋－.
所以Sn＝2－.

(三)　数列中的高考热点问题
[命题解读]　数列在数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点，从近五年全国卷高考试题来看，本专题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列的通项与求和；三是数列与不等式的交汇，难度中等．

等差、等比数列的基本运算

解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a1，an，Sn，d(q)，n，“知三求二”．
【例1】　(2016·天津高考)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和．
[解]　(1)设数列{an}的公比为q.
由已知，有－＝，
解得q＝2或q＝－1.
又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，
所以a1·＝63，得a1＝1.
所以an＝2n－1.
(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)
＝(log22n－1＋log22n)＝n－，
即{bn}是首项为，公差为1的等差数列．
设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则
T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝＝2n2.
[规律方法]　1.若{an}是等差数列，则{ban}(b>0，且b≠1)是等比数列；若{an}是正项等比数列，则{logban}(b>0，且b≠1)是等差数列．
2．对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化．
(2019·南昌模拟)已知各项均为正数且递减的等比数列{an}满足：a3，a4，2a5成等差数列，前5项和S5＝31.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若等差数列{bn}满足b1＝a4－1，b2＝a3－1，求数列{abn}的前n项和．
[解]　(1)由a3，a4，2a5成等差数列得3a4＝a3＋2a5，设{an}的公比为q，则2q2－3q＋1＝0，解得q＝或q＝1(舍去)，
所以S5＝＝31，解得a1＝16.
所以数列{an}的通项公式为an＝16×＝.
(2)设等差数列{bn}的公差为d，由b1＝a4－1，b2＝a3－1得b1＝1，d＝a3－a4＝4－2＝2，
所以bn＝2n－1，abn＝，
数列{abn}的前n项和Tn＝＋＋…＋＝＝.


数列的通项与求和

数列的通项与求和是高考的必考题型，求通项属于基本问题，常涉及等差、等比数列的定义、性质、基本量的运算；求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择适当的求和方法．常考的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．
【例2】　(本小题满分12分)(2019·青岛模拟)已知等差数列{an}，公差d＝2，S1，S2，S4成等比数列．
(1)求an；
(2)令bn＝(－1)n，求{bn}的前n项和Tn.
[信息提取]　看到条件中S1，S2，S4成等比数列，想到S＝S1·S4；
看到(2)中(－1)n想到n为偶数和奇数两种情况．
[规范解答]　(1)∵S1，S2，S4成等比数列．
∴S＝S1S4， 1分
∴(2a1＋2)2＝a1，
解得a1＝1， 3分
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 4分
(2)bn＝(－1)n·
＝(－1)n·
＝(－1)n. 6分
∴当n为偶数时，{bn}的前n项和Tn＝－＋－…＋
＝－1＋＝， 8分
当n为奇数时，{bn}的前n项和Tn＝－＋－…－
＝－1－＝－. 11分
故Tn＝ 12分
[易错与防范]　易错误区：(1)在解答第(2)问时，不会处理bn的表达式；
(2)求Tn时，没有对n进行分类讨论，导致解答错误．
防范措施：(1)对于常见式子的裂项要心中有数，要根据分子的结构特征来确定裂成两项之和还是两项之差．
(2)出现(－1)n求和时，一般要分n为奇数和偶数两种情况．
[通性通法]　(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．
(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．
已知递增数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＋an－1＝Sn＋2an(n∈N*且n≥2)，且a2a4＝21，a1＋a5＝10.
(1)证明：数列{an}是等差数列，并求其通项公式；
(2)若bn＝，试求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由Sn＋1＋an－1＝Sn＋2an可得Sn＋1－Sn＝2an－an－1，
∴an＋1－an＝an－an－1(n≥2)．
不妨令an－an－1＝d(n≥2)，易知d＞0，∴数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列．
又a2a4＝21，a1＋a5＝10，∴
解得或
又d＞0，∴
故an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)由(1)知，an＝2n－1，
∴bn＝＝＝，
∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝＝.


数列与不等式的交汇问题

【例3】　(2019·哈尔滨模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足bn＝an－n.
(1)证明：数列{bn}为等比数列；
(2)若数列{cn}满足cn＝，且数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜.
[证明]　(1)∵an＋1＝2an－n＋1，
∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，即bn＋1＝2bn.
又b1＝a1－1＝2，
∴数列{bn}是以2为首项、2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，bn＝2×2n－1＝2n，
∴cn＝＝－.
∴Tn＝－＋－＋…＋－
＝－＜.
[规律方法]　解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．
(2019·贵州模拟)已知数列{an}满足2an＋1＝an＋2＋an(n∈N*)，且a3＋a7＝20，a2＋a5＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn<.
[解]　(1)由2an＋1＝an＋2＋an得{an}为等差数列．
设等差数列{an}的公差为d，
由a3＋a7＝20，a2＋a5＝14，解得d＝2，a1＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：bn＝＝
＝，
Sn＝
＝，
故当n∈N*，Sn＝<.
[大题增分专训]
1．(2017·北京高考)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9，解得q2＝3，
所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.
2．已知数列{an}是等差数列，满足a1＝1，公差d＞0，且a＝a2a22.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{cn}对任意正整数n均有＋＋…＋＝an＋1成立，其中bn＝4n－1，求数列{cn}的前n项和Sn.
[解]　(1)因为a2＝1＋d，a6＝1＋5d，a22＝1＋21d，
所以(1＋5d)2＝(1＋d)·(1＋21d)，结合公差d＞0，得d＝3，
所以an＝1＋(n－1)·3＝3n－2.
(2)因为＋＋…＋＝an＋1，
所以当n≥2时，＋＋…＋＝an，
两式作差可得，＝an＋1－an＝3，
所以cn＝3bn＝3×4n－1(n≥2)．
当n＝1时，c1＝b1a2＝4，故cn＝
于是，当n≥2时，
Sn＝4＋3×41＋3×42＋…＋3×4n－1＝4＋3(41＋42＋…＋4n－1)＝4＋3×＝4n，
当n＝1时，S1＝4.
综上，Sn＝4n.
3．(2019·蒲田模拟)已知等差数列{an}的公差d＞0，其前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2,1＋a3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(n∈N*)，且数列{bn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜.
[解]　(1)依题意，得
即
整理得d2＋d－12＝0.
∵d＞0，∴d＝3，a1＝1.
∴数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)证明：∵bn＝＝＝－，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝
＝＝.
∵n∈N*，∴＞0，故Tn＜.
又Tn为递增数列，
∴当n＝1时，取最小值，故≤Tn＜.