高考数学一轮复习第7章第4节数列求和学案

第四节　数列求和

考试要求：1．掌握等差、等比数列前n项和公式．

2．掌握非等差、非等比数列求和的几种方法，如分组求和、裂项相消以及错位相减等．

一、教材概念·结论·性质重现

1．求数列前n项和的常用方法

2．常用结论

常见的裂项技巧

(1)＝－．

(2)＝．

(3)＝．

(4)＝－．

(5)＝．

(6)loga＝loga(n＋1)－logan(a＞0且a≠1)．

二、基本技能·思想·活动经验

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项和为Sn＝．               (　√　)

(2)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和．                            (　√　)

(3)当n≥2时，＝． (　√　)

(4)求数列的前n项和可用分组求和法． (　√　)

2．在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)

A．2 016   B．2 017

C．2 018   D．2 019

D　解析：an＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 019．故选D．

3．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

D　解析：根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100．故选D．

4．已知数列：1，2，3，…，，…，则其前n项和为________．

＋1－ 　解析：设所求的数列前n项和为Sn，则

Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＋＋…＋＝＋1－．

5．已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}满足bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝________，T30＝________．

24　650　解析：当n＝1时，a1＝S1＝9；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足上式，所以an＝－2n＋11(n∈N*)．所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650．

考点1　利用公式、分组求和——基础性

1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)

A．2n＋n2－1　　　　　　 B．2n＋1＋n2－1

C．2n＋1＋n2－2   D．2n＋n－2

C　解析：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an

＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)

＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n

＝＋2×－n

＝2(2n－1)＋n2＋n－n

＝2n＋1＋n2－2．故选C．

2．(2021·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝2an＋an，求数列{bn}的前n项和Tn．

解：(1)因为{an}为等差数列，

所以解得

所以an＝2n＋1．

(2)因为bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)，

所以Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)

＝2×＋

＝(4n－1)＋n2＋2n．

考点2　裂项求和——综合性

(2022·武汉三模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1∈(0,2)，a＋3an＋2＝6Sn．

(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．

解：(1)当n＝1时，由a＋3an＋2＝6Sn，得a＋3a1＋2＝6S1＝6a1，即a－3a1＋2＝0．

又a1∈(0,2)，解得a1＝1．

由a＋3an＋2＝6Sn，可知a＋3an＋1＋2＝6Sn＋1，

两式相减，得a－a＋3(an＋1－an)＝6an＋1，即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0．

由于an>0，可得an＋1－an＝3，所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，

所以an＝3n－2．

(2)因为an＝3n－2，所以bn＝＝＝，

所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝．

本例的条件变为：an＝，bn＝，求数列{bn}的前n项和．

解：因为bn＝＝－，

在等比数列{an}中，a1＝3，a2＋a3＝6．

(1)求an；

(2)设bn＝，且b4<1，求数列{bn}的前n项和Sn．

解：(1)设等比数列{an}的公比为q，a1(q＋q2)＝6，代入a1＝3，解得q＝－2或q＝1．

当q＝－2时，an＝a1·qn－1＝3·(－2)n－1；

当q＝1时，an＝a1＝3．

(2)当an＝3时，b4＝＝1，这与b4<1矛盾，

所以an＝3·(－2)n－1．

所以bn＝

＝，

所以Sn＝

＝

＝－．

考点3　错位相减法求和——应用性

(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝．已知a1,3a2,9a3成等差数列．

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和，证明：Tn<．

(1)解：因为{an}是首项为1的等比数列且a1,3a2,9a3成等差数列，

所以6a2＝a1＋9a3，所以6a1q＝a1＋9a1q2，

即9q2－6q＋1＝0，解得q＝，所以an＝，

所以bn＝＝．

(2)证明：由(1)可得Sn＝＝，

Tn＝＋＋…＋＋，①

Tn＝＋＋…＋＋，②

①－②得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝－，

所以Tn＝－，

所以Tn－＝－－

＝－<0，所以Tn<．

(2020·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n．

(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；

(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．

解：(1)a2＝5，a3＝7．猜想an＝2n＋1．

证明：由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，

an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，

…

a2－5＝3(a1－3)．

因为a1＝3，所以an＝2n＋1．

(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，

所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n．①

从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1．②

①－②得

－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1＝2×＋2－(2n＋1)·2n＋1＝2·2n＋1－(2n＋1)·2n＋1－2＝(1－2n)·2n＋1－2，

所以Sn＝(2n－1)·2n＋1＋2．

,

考点4　分奇偶讨论求和——应用性

(2022·济宁二模)已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn．

解：(1)设等比数列{an}的公比为q，

因为a3是2a1,3a2的等差中项，所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q．

因为a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－．

因为数列{an}是正项等比数列，所以q＝2．

因为a4＝16，即a4＝a1q3＝8a1＝16，解得a1＝2，所以an＝2×2n－1＝2n．

(2)由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，

所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1＝(－1)n·log222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)．

①若n为偶数，Tn＝－3＋5－7＋9－…－(2n－1)＋(2n＋1)

＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2×＝n；

②若n为奇数，当n≥3时，Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，

当n＝1时，T1＝－3适合上式．

综上得Tn＝(或Tn＝(n＋1)·(－1)n－1，n∈N*)．

已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn．

解：(1)由于等差数列{an}的公差为2，故S1＝a1，S2＝2＋2a1，S4＝12＋4a1．由于S1，S2，S4成等比数列，故(2＋2a1)2＝a1(12＋4a1)，解得a1＝1，故an＝2n－1．

(2)由(1)可知bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1·＝(－1)n－1，

当n为偶数时，Tn＝－＋－…＋－

＝1－＝．

当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋＝＋＝．

所以Tn＝