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2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第5章第4讲数列求和
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第4讲 数列求和
[考纲解读] 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．(重点)
2．熟练掌握另外几种非等差、等比数列求和的常见方法．(难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的热点，主要考查“错位相减”“裂项相消”“等差、等比数列的公式求和”等．预测2021年高考会考查数列求和或数列求和与不等式的综合．此类问题一般以解答题为主，以中档题型为主.
1.基本数列求和公式法
(1)等差数列求和公式：
Sn＝＝na1＋d.
(2)等比数列求和公式：
Sn＝
2．非基本数列求和常用方法
(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法．
常见的裂项公式：
①＝；
②＝；
③＝；
④＝(－)．
3．常用求和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝；
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝2.
1．概念辨析
(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有＝.( )
(2)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.( )
(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)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是(n>1，n∈N*)首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
2．小题热身
(1)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于( )
A．1 B.
C. D.
答案 B
解析 ∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.
(2)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于( )
A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－
C．n2＋1－ D．n2－n＋1－
答案 A
解析 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.
(3)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A．200 B．－200
C．400 D．－400
答案 B
解析 设bn＝4n－3，则{bn}是首项为1，公差为4的等差数列，
an＝(－1)n－1bn.
S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)
＝(b1－b2)＋(b3－b4)＋…＋(b99－b100)
＝－4－4－4－…－4＝－4×50＝－200.
(4)数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2021等于( )
A．－1010 B．2018
C．505 D．1010
答案 D
解析 易知a1＝cos＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为0，前2020项中所有偶数项(共1010项)依次为－2,4，－6,8，…，－2018，2020.故S2020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2018＋2020)＝1010.a2021＝0，∴S2021＝1010.故选D.
题型 一 分组转化法求和
1．(2019·信阳模拟)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为( )
A．1121 B．1122
C．1123 D．1124
答案 C
解析 由题意知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1123.
2．(2019·中山调研)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.
(1)证明：数列{an－n}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)证明：由an＋1＝4an－3n＋1，
得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*.
又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列．
(2)由(1)可知an－n＝4n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n，
所以数列{an}的前n项和Sn＝＋.
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．如举例说明2(2)．
(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，可采用分组求和法求和．如举例说明1.
已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得d＝＝2，
所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，
由题意得q3＝＝8，解得q＝2.
因为b1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.
题型 二 裂项相消法、并项法求和
1．在数列{an}中，an＝n，n∈N*，前50个偶数的平方和与前50个奇数的平方和的差是( )
A．0 B．5050
C．2525 D．－5050
答案 B
解析 (22＋42＋…＋1002)－(12＋32＋…＋992)＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992)＝3＋7＋11＋…＋195＋199＝＝5050.
2．(2019·石家庄模拟)已知数列{an}是首项为1的等比数列，各项均为正数，且a2＋a3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设数列{an}的公比为q.
由a2＋a3＝12，a1＝1，得q＋q2＝12，
解得q＝3或q＝－4.
因为数列{an}的各项都为正数，所以q>0，所以q＝3，所以an＝3n－1.
(2)因为bn＝＝＝，
所以Sn＝＝＝－.
条件探究 将本例中的条件改为“an＝2n，数列{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)n－1·”，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 因为an＝2n，所以数列{an}是等差数列，所以
Sn＝＝n(n＋1)，
则bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1·.
所以Tn＝－＋…＋(－1)n－1＝1＋(－1)n－1.
1．几种常见的裂项相消及解题策略
(1)常见的裂项方法(其中n为正整数)
数列
裂项方法
(k为非零常数)
＝
＝
＝(－)
(a>0，a≠1)
loga＝loga(n＋1)－logan
{an}为等差数列，公差
为d(d≠0)，
＝
(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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(如举例说明2)，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等．
2．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．如举例说明1.
1．已知数列{an}的通项公式为an＝，若前n项和为10，则项数n为________．
答案 120
解析 因为an＝＝－，
所以Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)
＝－1，又因为Sn＝10，
所以－1＝10，解得n＝120.
2．(2019·长春二模)各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n.
解 (1)各项均为整数的等差数列{an}，设公差为d，则d为整数，
由a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列，
可得a＝a2(1＋S4)，
即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，
可得d＝2，
所以an＝2n－3.
(2)由(1)可得
T2n＝－a1＋a2－a3＋a4＋…－a2n－1＋a2n
＝(1＋1)＋(－3＋5)＋…＋(5－4n＋4n－3)
＝2＋2＋…＋2＝2n.
题型 三 错位相减法求和
(2019·成都模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，设bn＝，n∈N*.
(1)求证数列{bn}是等差数列，并求通项公式bn；
(2)设cn＝bn·2n－1，且数列{cn}的前n项和为Sn，若λ∈R，求使Sn－1≤λcn恒成立的λ的取值范围．
解 (1)由条件知，＝＝＋1，
所以－＝1，所以bn＋1－bn＝1.
又b1＝＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，故数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)由(1)知，cn＝n·2n－1，
则Sn＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，①
2Sn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n.②
由①－②得，－Sn＝20＋21＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝－1＋(1－n)·2n，
∴Sn＝1＋(n－1)·2n.
∵cn>0，∴Sn－1≤λcn恒成立，等价于λ≥对任意n∈N*恒成立．
∵＝＝2－<2，∴λ≥2.
利用错位相减法的一般类型及思路
(1)适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．
(2)思路：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，(*)
则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1，(**)
(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．如举例说明．
提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．
设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
解 (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q>0且
解得d＝2，q＝2.
所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
(2)＝.
Sn＝1＋＋＋…＋＋，①
2Sn＝2＋3＋＋…＋＋，②
②－①得Sn＝2＋2＋＋＋…＋－＝2＋2×－＝2＋2×－＝6－.
组 基础关
1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为( )
A．379＋ B．399＋
C．419＋ D．439＋
答案 C
解析 S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2×(1＋2＋…＋20)－＝2×－＝420－1＋＝419＋.
2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为( )
A．990 B．1000
C．1100 D．99
答案 A
解析 当n为奇数时，an＋2－an＝1＋(－1)n＝0，可得a1＝a3＝…＝a59＝2，当n为偶数时，an＋2－an＝1＋(－1)n＝2，可得由偶数项构成的数列是首项为2，公差为2的等差数列．所以a2＋a4＋…＋a60＝30×2＋×2＝930.所以S60＝(a1＋a3＋…＋a59)＋(a2＋a4＋…＋a60)＝30×2＋930＝990.
3．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2等于( )
A. B．－
C．(－1)n＋1 D．以上答案均不对
答案 C
解析 1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝1＋(3－2)×(2＋3)＋(5－4)×(4＋5)＋…＝1＋2＋3＋4＋5＋…，当n为偶数时，
1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)－n2＝－n2＝－；当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝.综上，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·.
4．(2020·汕头摸底)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2019项和为( )
A．5 B．－4
C．0 D．－2
答案 B
解析 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＝0,2019＝336×6＋3，于是数列{bn}的前2019项和为336×0＋b1＋b2＋b3＝－4.
5．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是( )
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
答案 D
解析 因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.
6．(2019·湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，.①
第二步：将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由题意知所得新数列为1×，×，×，…，×，所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝＝＝＝.
7．已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn，若an＋1＝且a1＝5，则S2020＝( )
A．4740 B．4737
C．12095 D．12002
答案 B
解析 依题意an＋1＝且a1＝5，a2＝3×5＋1＝16，a3＝＝8，a4＝＝4，a5＝＝2，a6＝＝1，a7＝3×1＋1＝4，…所以数列{an}从第四项起构成周期为3的周期数列．因为2020＝3＋3×672＋1，所以S2020＝5＋16＋8＋(4＋2＋1)×672＋4＝4737.
8．(2019·枣庄模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为________．
答案
解析 等差数列{an}中，∵a5＝5，S5＝15，
∴解得a1＝1，d＝1，
∴an＝1＋(n－1)＝n，∴＝＝－，
∴数列的前100项和S100＝＋＋＋…＋＝1－＝.
9．(2020·商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
答案 2n＋1－n－2
解析 因为1＋2＋4＋…＋2n－1＝＝2n－1，
所以Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)
＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
10．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列的前n项和为Sn，则使Sn>的最大正整数n为________．
答案 2－n 5
解析 设等差数列{an}的公差为d，
由已知可得解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
Sn＝a1＋＋…＋，①
＝＋＋…＋.②
①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝，
所以Sn＝，由Sn＝>，得0
1．在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝( )
A．132 B．299
C．68 D．99
答案 B
解析 因为在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，所以an＋3＝an，即数列{an}中各项是以3为周期呈周期变化的．因为a7＝2，a9＝3，a98＝a3×30＋8＝a8＝4，所以a1＋a2＋a3＝a7＋a8＋a9＝2＋4＋3＝9，所以S100＝33×(a1＋a2＋a3)＋a100＝33×9＋a7＝299，故选B.
2．(2019·洛阳模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，则S2020＝( )
A．3×(21010－1) B.×(21010－1)
C．3×(22020－1) D.×(22020－1)
答案 A
解析 因为(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，所以an＋1an＝2n(n∈N*)，所以an＋2an＋1＝2n＋1.两式作比可得＝2(n∈N*)．又因为a1＝1，a2a1＝2，所以a2＝2.所以数列{a2n}是首项为2，公比为2的等比数列，{a2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．所以S2020＝(a1＋a3＋…＋a2017＋a2019)＋(a2＋a4＋…＋a2018＋a2020)＝＋＝3×(21010－1)．故选A.
3．(2019·合肥模拟)在平面直角坐标系xOy中，点An(n∈N*)，记△A2n－1A2nA2n＋1的面积为Sn，则Si＝________.
答案 ·22n＋1＋
解析 由题意得A2n－1(22n－1,0)，A2n(22n,2n)，
A2n＋1(22n＋1,0)，∴Sn＝×(22n＋1－22n－1)·2n
＝×3×22n－1·2n＝3n·22n－1.
设Si＝Tn，则Tn＝3×21＋3×2×23＋…＋3n·22n－1，
22Tn＝3×23＋…＋3(n－1)·22n－1＋3n·22n＋1，
两式相减，得－3Tn＝3·21＋3·23＋…＋3·22n－1－3n·22n＋1＝22n＋1(1－3n)－2，
∴Si＝Tn＝·22n＋1＋.
4．(2019·长沙长郡中学检测)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，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b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，a1＝3，b1＝1，
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)，
则当n为奇数时，cn＝＝－，
当n为偶数时，cn＝2n－1，
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－＋＝＋(4n－1)．
5．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，a1＝1，且＝an＋(n≥2且n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{4·an}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝2时， ＝a2＋，
∴a2＝.
当n≥2时，Sn＝a＋an＋，①
∴Sn＋1＝a＋an＋1＋.②
②－①，得an＋1＝a－a＋an＋1－an，
即(an＋1＋an)＝a－a，∴an＋1－an＝.
∴当n≥2时，{an}是公差为的等差数列，
∴an＝a2＋(n－2)＝＋.
∵a1＝1不适合上式，∴an＝
(2)当n＝1时，T1＝4·a1＝4.
当n≥2时，＝an＋＝＋，
则4·an＝2n.
设Pn＝Tn－T1＝·22＋·23＋·24＋…＋·2n，①
则2Pn＝·23＋·24＋…＋·2n＋·2n＋1.②
①－②，得－Pn＝10＋(23＋24＋…＋2n)－·2n＋1＝2＋(1－2n)·2n，
故Pn＝(2n－1)·2n－2，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2.
∵T1＝4也适合上式，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2.
第4讲 数列求和
[考纲解读] 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．(重点)
2．熟练掌握另外几种非等差、等比数列求和的常见方法．(难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的热点，主要考查“错位相减”“裂项相消”“等差、等比数列的公式求和”等．预测2021年高考会考查数列求和或数列求和与不等式的综合．此类问题一般以解答题为主，以中档题型为主.
1.基本数列求和公式法
(1)等差数列求和公式：
Sn＝＝na1＋d.
(2)等比数列求和公式：
Sn＝
2．非基本数列求和常用方法
(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法．
常见的裂项公式：
①＝；
②＝；
③＝；
④＝(－)．
3．常用求和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝；
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝2.
1．概念辨析
(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有＝.( )
(2)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.( )
(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)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是(n>1，n∈N*)首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
2．小题热身
(1)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于( )
A．1 B.
C. D.
答案 B
解析 ∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.
(2)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于( )
A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－
C．n2＋1－ D．n2－n＋1－
答案 A
解析 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.
(3)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A．200 B．－200
C．400 D．－400
答案 B
解析 设bn＝4n－3，则{bn}是首项为1，公差为4的等差数列，
an＝(－1)n－1bn.
S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)
＝(b1－b2)＋(b3－b4)＋…＋(b99－b100)
＝－4－4－4－…－4＝－4×50＝－200.
(4)数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2021等于( )
A．－1010 B．2018
C．505 D．1010
答案 D
解析 易知a1＝cos＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为0，前2020项中所有偶数项(共1010项)依次为－2,4，－6,8，…，－2018，2020.故S2020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2018＋2020)＝1010.a2021＝0，∴S2021＝1010.故选D.
题型 一 分组转化法求和
1．(2019·信阳模拟)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为( )
A．1121 B．1122
C．1123 D．1124
答案 C
解析 由题意知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1123.
2．(2019·中山调研)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.
(1)证明：数列{an－n}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)证明：由an＋1＝4an－3n＋1，
得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*.
又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列．
(2)由(1)可知an－n＝4n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n，
所以数列{an}的前n项和Sn＝＋.
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．如举例说明2(2)．
(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，可采用分组求和法求和．如举例说明1.
已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得d＝＝2，
所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，
由题意得q3＝＝8，解得q＝2.
因为b1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.
题型 二 裂项相消法、并项法求和
1．在数列{an}中，an＝n，n∈N*，前50个偶数的平方和与前50个奇数的平方和的差是( )
A．0 B．5050
C．2525 D．－5050
答案 B
解析 (22＋42＋…＋1002)－(12＋32＋…＋992)＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992)＝3＋7＋11＋…＋195＋199＝＝5050.
2．(2019·石家庄模拟)已知数列{an}是首项为1的等比数列，各项均为正数，且a2＋a3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设数列{an}的公比为q.
由a2＋a3＝12，a1＝1，得q＋q2＝12，
解得q＝3或q＝－4.
因为数列{an}的各项都为正数，所以q>0，所以q＝3，所以an＝3n－1.
(2)因为bn＝＝＝，
所以Sn＝＝＝－.
条件探究 将本例中的条件改为“an＝2n，数列{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)n－1·”，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 因为an＝2n，所以数列{an}是等差数列，所以
Sn＝＝n(n＋1)，
则bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1·.
所以Tn＝－＋…＋(－1)n－1＝1＋(－1)n－1.
1．几种常见的裂项相消及解题策略
(1)常见的裂项方法(其中n为正整数)
数列
裂项方法
(k为非零常数)
＝
＝
＝(－)
(a>0，a≠1)
loga＝loga(n＋1)－logan
{an}为等差数列，公差
为d(d≠0)，
＝
(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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(如举例说明2)，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等．
2．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．如举例说明1.
1．已知数列{an}的通项公式为an＝，若前n项和为10，则项数n为________．
答案 120
解析 因为an＝＝－，
所以Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)
＝－1，又因为Sn＝10，
所以－1＝10，解得n＝120.
2．(2019·长春二模)各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n.
解 (1)各项均为整数的等差数列{an}，设公差为d，则d为整数，
由a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列，
可得a＝a2(1＋S4)，
即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，
可得d＝2，
所以an＝2n－3.
(2)由(1)可得
T2n＝－a1＋a2－a3＋a4＋…－a2n－1＋a2n
＝(1＋1)＋(－3＋5)＋…＋(5－4n＋4n－3)
＝2＋2＋…＋2＝2n.
题型 三 错位相减法求和
(2019·成都模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，设bn＝，n∈N*.
(1)求证数列{bn}是等差数列，并求通项公式bn；
(2)设cn＝bn·2n－1，且数列{cn}的前n项和为Sn，若λ∈R，求使Sn－1≤λcn恒成立的λ的取值范围．
解 (1)由条件知，＝＝＋1，
所以－＝1，所以bn＋1－bn＝1.
又b1＝＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，故数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)由(1)知，cn＝n·2n－1，
则Sn＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，①
2Sn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n.②
由①－②得，－Sn＝20＋21＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝－1＋(1－n)·2n，
∴Sn＝1＋(n－1)·2n.
∵cn>0，∴Sn－1≤λcn恒成立，等价于λ≥对任意n∈N*恒成立．
∵＝＝2－<2，∴λ≥2.
利用错位相减法的一般类型及思路
(1)适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．
(2)思路：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，(*)
则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1，(**)
(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．如举例说明．
提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．
设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
解 (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q>0且
解得d＝2，q＝2.
所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
(2)＝.
Sn＝1＋＋＋…＋＋，①
2Sn＝2＋3＋＋…＋＋，②
②－①得Sn＝2＋2＋＋＋…＋－＝2＋2×－＝2＋2×－＝6－.
组 基础关
1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为( )
A．379＋ B．399＋
C．419＋ D．439＋
答案 C
解析 S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2×(1＋2＋…＋20)－＝2×－＝420－1＋＝419＋.
2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为( )
A．990 B．1000
C．1100 D．99
答案 A
解析 当n为奇数时，an＋2－an＝1＋(－1)n＝0，可得a1＝a3＝…＝a59＝2，当n为偶数时，an＋2－an＝1＋(－1)n＝2，可得由偶数项构成的数列是首项为2，公差为2的等差数列．所以a2＋a4＋…＋a60＝30×2＋×2＝930.所以S60＝(a1＋a3＋…＋a59)＋(a2＋a4＋…＋a60)＝30×2＋930＝990.
3．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2等于( )
A. B．－
C．(－1)n＋1 D．以上答案均不对
答案 C
解析 1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝1＋(3－2)×(2＋3)＋(5－4)×(4＋5)＋…＝1＋2＋3＋4＋5＋…，当n为偶数时，
1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)－n2＝－n2＝－；当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝.综上，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·.
4．(2020·汕头摸底)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2019项和为( )
A．5 B．－4
C．0 D．－2
答案 B
解析 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＝0,2019＝336×6＋3，于是数列{bn}的前2019项和为336×0＋b1＋b2＋b3＝－4.
5．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是( )
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
答案 D
解析 因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.
6．(2019·湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，.①
第二步：将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由题意知所得新数列为1×，×，×，…，×，所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝＝＝＝.
7．已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn，若an＋1＝且a1＝5，则S2020＝( )
A．4740 B．4737
C．12095 D．12002
答案 B
解析 依题意an＋1＝且a1＝5，a2＝3×5＋1＝16，a3＝＝8，a4＝＝4，a5＝＝2，a6＝＝1，a7＝3×1＋1＝4，…所以数列{an}从第四项起构成周期为3的周期数列．因为2020＝3＋3×672＋1，所以S2020＝5＋16＋8＋(4＋2＋1)×672＋4＝4737.
8．(2019·枣庄模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为________．
答案
解析 等差数列{an}中，∵a5＝5，S5＝15，
∴解得a1＝1，d＝1，
∴an＝1＋(n－1)＝n，∴＝＝－，
∴数列的前100项和S100＝＋＋＋…＋＝1－＝.
9．(2020·商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
答案 2n＋1－n－2
解析 因为1＋2＋4＋…＋2n－1＝＝2n－1，
所以Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)
＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
10．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列的前n项和为Sn，则使Sn>的最大正整数n为________．
答案 2－n 5
解析 设等差数列{an}的公差为d，
由已知可得解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
Sn＝a1＋＋…＋，①
＝＋＋…＋.②
①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝，
所以Sn＝，由Sn＝>，得0
1．在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝( )
A．132 B．299
C．68 D．99
答案 B
解析 因为在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，所以an＋3＝an，即数列{an}中各项是以3为周期呈周期变化的．因为a7＝2，a9＝3，a98＝a3×30＋8＝a8＝4，所以a1＋a2＋a3＝a7＋a8＋a9＝2＋4＋3＝9，所以S100＝33×(a1＋a2＋a3)＋a100＝33×9＋a7＝299，故选B.
2．(2019·洛阳模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，则S2020＝( )
A．3×(21010－1) B.×(21010－1)
C．3×(22020－1) D.×(22020－1)
答案 A
解析 因为(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，所以an＋1an＝2n(n∈N*)，所以an＋2an＋1＝2n＋1.两式作比可得＝2(n∈N*)．又因为a1＝1，a2a1＝2，所以a2＝2.所以数列{a2n}是首项为2，公比为2的等比数列，{a2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．所以S2020＝(a1＋a3＋…＋a2017＋a2019)＋(a2＋a4＋…＋a2018＋a2020)＝＋＝3×(21010－1)．故选A.
3．(2019·合肥模拟)在平面直角坐标系xOy中，点An(n∈N*)，记△A2n－1A2nA2n＋1的面积为Sn，则Si＝________.
答案 ·22n＋1＋
解析 由题意得A2n－1(22n－1,0)，A2n(22n,2n)，
A2n＋1(22n＋1,0)，∴Sn＝×(22n＋1－22n－1)·2n
＝×3×22n－1·2n＝3n·22n－1.
设Si＝Tn，则Tn＝3×21＋3×2×23＋…＋3n·22n－1，
22Tn＝3×23＋…＋3(n－1)·22n－1＋3n·22n＋1，
两式相减，得－3Tn＝3·21＋3·23＋…＋3·22n－1－3n·22n＋1＝22n＋1(1－3n)－2，
∴Si＝Tn＝·22n＋1＋.
4．(2019·长沙长郡中学检测)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，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b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，a1＝3，b1＝1，
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)，
则当n为奇数时，cn＝＝－，
当n为偶数时，cn＝2n－1，
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－＋＝＋(4n－1)．
5．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，a1＝1，且＝an＋(n≥2且n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{4·an}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝2时， ＝a2＋，
∴a2＝.
当n≥2时，Sn＝a＋an＋，①
∴Sn＋1＝a＋an＋1＋.②
②－①，得an＋1＝a－a＋an＋1－an，
即(an＋1＋an)＝a－a，∴an＋1－an＝.
∴当n≥2时，{an}是公差为的等差数列，
∴an＝a2＋(n－2)＝＋.
∵a1＝1不适合上式，∴an＝
(2)当n＝1时，T1＝4·a1＝4.
当n≥2时，＝an＋＝＋，
则4·an＝2n.
设Pn＝Tn－T1＝·22＋·23＋·24＋…＋·2n，①
则2Pn＝·23＋·24＋…＋·2n＋·2n＋1.②
①－②，得－Pn＝10＋(23＋24＋…＋2n)－·2n＋1＝2＋(1－2n)·2n，
故Pn＝(2n－1)·2n－2，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2.
∵T1＝4也适合上式，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2.
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