第6章 第4节　数列求和-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）

第四节 数列求和 一、教材概念·结论·性质重现 1．求数列前 n 项和的常用方法 方法 数列 求和公式 公式法 等差数列 Sn＝na1＋an 2 ＝na1＋nn－1 2 d 等比数列 Sn＝ na1，q＝1， a1－anq 1－q ＝a11－qn 1－q ，q≠1 分组求 和法 等差±等比 适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相加 (减)构成的数列求和 倒序相 加法 对偶法 将一个数列倒过来排列与原数列相加，主要用于倒 序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和 裂项相 消法 积商化差 适用于通项公式可以积化差的数列求和 错位相 减法 等差×等比 适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘 (除)构成的数列求和 奇偶讨 论法 正负号间隔 适用于奇数项与偶数项正负号间隔的数列求和 一些常见的数列前 n 项和公式 ①1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn＋1 2 ； ②1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2; ③2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)； ④12＋22＋…＋n2＝nn＋12n＋1 6 . 2．常用结论 常见的裂项技巧 ① 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ； ② 1 nn＋2 ＝1 2 1 n － 1 n＋2 ； ③ 1 2n－12n＋1 ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1 ； ④ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n； ⑤ 1 nn＋1n＋2 ＝1 2 1 nn＋1 － 1 n＋1n＋2 . 二、基本技能·思想·活动体验 1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”． (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 ＝ a1－an＋1 1－q ． (√) (2)当 n≥2 时， 1 n2－1 ＝1 2 1 n－1 － 1 n＋1 ． (√) (3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 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)数列 1 2n ＋2n－1 的前 n 项和为 n2＋ 1 2n ． (×) 2．数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an＝ 1 nn＋1 ，则 S5 等于( ) A．1 B．5 6 C．1 6 D． 1 30 B 解析：因为 an＝ 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ， 所以 S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…－1 6 ＝5 6. 3．已知{an}为等差数列，其公差为－2，且 a7 是 a3 与 a9 的等比中项，Sn 为{an} 的前 n 项和，n∈N*，则 S10 的值为( ) A．－110 B．－90 C．90 D．110 D 解析：因为 a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1 －16.又因为 a7 是 a3 与 a9 的等比中项，所以(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，解得 a1 ＝20.所以 S10＝10×20＋1 2 ×10×9×(－2)＝110. 4．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝ ________. 2n＋1－2＋n2 解析：Sn＝21－2n 1－2 ＋n1＋2n－1 2 ＝2n＋1－2＋n2. 5．若 Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则 S50＝________. －25 解析：S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25. 考点 1 利用公式法求数列的和——基础性 1．已知数列{an}既是等差数列又是等比数列，首项 a1＝1，则它的前 2 020 项的和等于( ) A．1－q2 020 1－q B．2 021a1＋2 021×1 010d C．2 020 D．0 C 解析：数列{an}既是等差数列又是等比数列，首项 a1＝1，则 an＝ 1(n∈N*)(常数数列)，前 2 020 项的和等于 2 020. 2．等差数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1，其前 n 项和为 Sn，则数列 Sn n 的 前 10 项的和为( ) A．120 B．70 C．75 D．100 C 解析：因为Sn n ＝n＋2，所以 Sn n 的前 10 项和为 10×3＋10×9 2 ＝75. 3．(2020·兖州模拟)已知数列{an}的前 n 项积为 Tn.若对∀n≥2，n∈N*，都 有 Tn＋1·Tn－1＝2T 2n成立，且 a1＝1，a2＝2，则数列{an}的前 10 项和为________． 1 023 解析：因为 Tn＋1·Tn－1＝2T2n，所以 Tn＋1 Tn Tn Tn－1 ＝2， 即an＋1 an ＝2(n≥2)．而a2 a1 ＝2， 所以{an}为等比数列，故 an＝2n－1， 所以 S10＝1×1－210 1－2 ＝1 023. 4．(2020·深圳模拟)等差数列{an}中，a4＝10 且 a3，a6，a10 成等比数列，数 列{an}前 20 项的和 S20＝________. 200 或 330 解析：设数列{an}的公差为 d， 则 a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，a10＝a4＋6d＝10＋6d. 由 a3，a6，a10 成等比数列，得 a3a10＝a26， 即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2， 整理得 10d2－10d＝0，解得 d＝0 或 d＝1. 当 d＝0 时，S20＝20a4＝200； 当 d＝1 时，a1＝a4－3d＝10－3d＝10－3×1＝7， 所以 S20＝20a1＋20×19 2 d＝20×7＋190＝330. 故答案为 200 或 330. 公式法求数列的前 n 项和的注意事项 (1)利用公式法求和，适用于等差数列、等比数列或可转化为等差、等比数 列的数列求和． (2)一般地，求数列的前 n 项的和与数列各项的和不尽相同，利用等差数列 与等比数列的求和公式计算数列的和，关键是明确数列的首项和项数． 考点 2 利用分组法求数列的和——基础性 1．数列 11 2 ，21 4 ，31 8 ，…的前 n 项和为 Sn＝( ) A．n2－1 n B．nn＋1 2 ＋2n C．nn＋1 2 －1 2n ＋1 D． n 2n －1 C 解析：数列 11 2 ，21 4 ，31 8 ，…的前 n 项和为 Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ 1 2 ＋1 4 ＋1 8 ＋…＋ 1 2n ＝nn＋1 2 ＋ 1 2 1－ 1 2n 1－1 2 ＝nn＋1 2 － 1 2n ＋1. 2．已知函数 f (n)＝ n2当 n 为奇数时， －n2当 n 为偶数时， 且 an＝f (n)＋f (n＋1)，则 a1＋ a2＋a3＋…＋a100 等于( ) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 B 解析：由题意，得 a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选 B． 3．(2020·海口模拟)已知数列{an}满足 an＝logn ＋1(n＋2)(n∈N*)，设 Tk＝ a1a2…ak(k∈N*)．若 Tk∈N*，称数 k 为“企盼数”，则区间[1,2 020] 内所有的 企盼数的和为( ) A．2 020 B．2 026 C．2 044 D．2 048 B 解析：因为 an＝logn＋1(n＋2)＝log2n＋2 log2n＋1(n∈N*)， 所以 Tk＝a1a2…ak＝log23 log22 ×log24 log23 ×log25 log24 ×…×log2k＋2 log2k＋1 ＝log2(k＋2)． 又因为 Tk∈N*， 所以 k＋2 必须是 2 的 n 次幂(n∈N*)，即 k＝2n－2， 所以 k∈[1,2 020]内所有的企盼数的和为(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋ (210－2)＝221－29 1－2 －2×9＝2 026. 4．求和：Sn＝6＋66＋666＋…＋ . 解：Sn＝6＋66＋666＋…＋ ＝6 9(9＋99＋999＋…＋ ) ＝2 3[(10－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)] ＝2 3(10＋102＋103＋…＋10n－n) ＝2 3 101－10n 1－10 －n ＝20 27(10n－1)－2 3n. 分组法求数列的前 n 项和的方法技巧 (1)如果一个数列是等差数列与等比数列的代数和，求其前 n 项和需要先分 组再利用公式求和． (2)如果数列的排序规律较为“隐蔽”，如 an 是求和的形式，则需要先化简 通项公式，得到明确的排序规律再对其求和． 考点 3 利用裂项相消法求数列的和——综合性 考向 1 形如 an＝ 1 nn＋k 正项等差数列{an}满足 a1＝4，且 a2，a4＋2,2a7－8 成等比数列，{an} 的前 n 项和为 Sn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝ 1 Sn＋2 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)设数列{an}的公差为 d(d>0)， 由已知得 a2(2a7－8)＝(a4＋2)2， 化简得，d2＋4d－12＝0，解得 d＝2 或 d＝－6(舍)， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2. (2)因为 Sn＝na1＋an 2 ＝n2n＋6 2 ＝n2＋3n， 所以 bn＝ 1 Sn＋2 ＝ 1 n2＋3n＋2 ＝ 1 n＋1n＋2 ＝ 1 n＋1 － 1 n＋2. 所以 Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝ 1 2 －1 3 ＋ 1 3 －1 4 ＋ 1 4 －1 5 ＋…＋ 1 n＋1 － 1 n＋2 ＝1 2 － 1 n＋2 ＝ n 2n＋4. 考向 2 形如 an＝ 1 n＋ n＋k (2020· 临 沂 模 拟 ) 已 知 函 数 f (x) ＝ xa 的 图 象 过 点 (4,2) ， 令 an ＝ 1 f n＋1＋f n ，n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S2 020＝________. 2 021－1 解析：由 f (4)＝2 可得 4a＝2，解得 a＝1 2 ，则 f (x)＝x 1 2. 所以 an＝ 1 f n＋1＋f n ＝ 1 n＋1＋ n ＝ n＋1－ n， S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋ ( 2 020－ 2 019)＋( 2 021－ 2 020)＝ 2 021－1. 应用裂项相消法求和的注意点 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如： 1 n＋ n＋k ＝1 k( n＋k－ n)， 1 nn＋k ＝1 k 1 n － 1 n＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项． (2)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 也剩两项等． 1．已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，对∀n∈N*有 2Sn＝a2n＋an.令 bn＝ 1 an an＋1＋an＋1 an ，设{bn}的前 n 项和为 Tn，则在 T1，T2，T3，…，T100 中有理数 的个数为________． 9 解析：因为 2Sn＝a2n＋an， 所以当 n≥2 时，2an＝2(Sn－Sn－1)＝(a2n＋an)－(a2n－1＋an－1)， 整理得(an－an－1)(an＋an－1)＝an＋an－1. 又因为数列{an}的每项均为正数， 所以 an－an－1＝1. 又因为 2a1＝a21＋a1，解得 a1＝1， 所以数列{an}是首项、公差均为 1 的等差数列． 所以 an＝n， 所以 bn＝ 1 an an＋1＋an＋1 an ＝ 1 nn＋1· 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n nn＋1 ＝ 1 n － 1 n＋1 . 所以数列{bn}的前 n 项和为 Tn＝1－ 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 . 要使得 Tn 为有理数，只需 1 n＋1 为有理数即可． 因为 1≤n≤100， 所以 n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99. 即在 T1，T2，T3，…，T100 中有理数的个数为 9. 2．在公差不为 0 的等差数列{an}中，a1，a4，a8 成等比数列，数列{an}的前 10 项和为 45. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝ 1 anan＋1 ，且数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)公差 d 不为 0 的等差数列{an}中，a1，a4，a8 成等比数列， 可得 a1a8＝a24，即有 a1(a1＋7d)＝(a1＋3d)2， 化为 a1＝9d. 数列{an}的前 10 项和为 45，可得 10a1＋45d＝45， 解得 a1＝3，d＝1 3 ，则 an＝3＋1 3(n－1)＝n＋8 3 ； (2)bn＝ 1 anan＋1 ＝ 9 n＋8n＋9 ＝9 1 n＋8 － 1 n＋9 ， 则 Tn＝9 1 9 － 1 10 ＋ 1 10 － 1 11 ＋…＋ 1 n＋8 － 1 n＋9 ＝9 1 9 － 1 n＋9 ＝ n n＋9. 考点 4 利用错位相减法求数列的和——应用性 (2020·河南百校联盟模拟)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，a3＝5， S7＝49. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝an 2n ，Tn 为数列{bn}的前 n 项和，求证：Tn