第5章 第4节 数列求和-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮教师用书word（人教B版）

第4节　数列求和 最新课程标准 教师专享 核心素养 考情聚焦 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式． 2．掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法 1.公式法求和，达成数学抽象和数学运算素养． 2．分组转化法求和，发展逻辑推理和数学运算素养． 3．裂项相消法求和，提升逻辑推理和数学运算素养． 4．错位相减法求和，增强逻辑推理和数学运算素养 　　本节主要考查：(1)等差数列和等比数列的求和．(2)使用裂项法、错位相减法求和．(3)根据周期性、奇偶数项的不同的分组求和．一般以数列的基本问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后有时与不等式、函数、最值等问题综合．以解答题为主，难度中等或稍难 　求数列的前n项和的方法 (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 (ⅰ)当q＝1时，Sn＝　na1　； (ⅱ)当q≠1时，Sn＝　　＝　　. (2)分组转化法 把数列适当拆分，分为几个等差、等比数列，先分别求和，然后再合并，形如： ①{an±bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列； ②an＝ (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消，剩下首尾若干项． (4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．形如：{an·bn}，，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列． (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. 　 一些常见数列的前n项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝； (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2； (3)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n. ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，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sin2 1°＋sin2 2°＋sin2 3°＋…＋sin2 88°＋sin2 89°＝44.5.(　　 ) (5)若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝－25.(　　 ) 答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√ ◆[小题查验] 1．(教材改编)已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　) A．0　 B．100　 C．－100　 D．10 200 答案：B 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. 答案：B 3．Sn＝＋＋＋…＋等于(　　) A.　　　　　 B. C. D． 答案：B 4．在等比数列{an}中，若a4a2 022＝506，a3＋a4＋a5＋…＋a2 021＋a2 022＋a2 023＝2 024，则＋＋＋…＋＋＋等于(　　) A．1　　 B．2　　 C．3　　 D．4 解析：D　[等比数列{an}，若q＝1，则an＝或an＝－，验证不成立； 故q≠1，a4a2 022＝aq2 024＝506， a3＋a4＋a5＋…＋a2 021＋a2 022＋a2 023＝a1q2＝2 024， 两式相除得到＝4，即＝·＝·＝4， ＋＋＋…＋＋＋＝＝4.] 5．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝　________　. 解析：当n＝2k(k∈N＋)时， Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an) ＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)] ＝2＋2＋…＋2＝2k＝n. 当n＝2k－1(k∈N＋)时， Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n， ∴Sn＝＝(－1)nn. 答案：(－1)nn 　公式法求和(基础点) 1．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　 ) A．n(n＋1)　　　　　　　 B. n(n－1) C. D． 解析：A　[因为a2，a4，a8成等比数列，所以a＝a2·a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋14)，解得a1＝2.所以Sn＝na1＋d＝n(n＋1)．] 2．若等比数列{an}满足a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前n项和Sn＝　________　. 解析：由题意a2＋a5＝q(a1＋a4)，得20＝q×10，故q＝2，代入a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得9a1＝10，得a1＝. 故Sn＝＝(2n－1)． 答案：(2n－1) 3．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列的公差为d， 由题意可得 即解得 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n， 故an＝15－2n. (2)因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n＞0，解得n＜，且n∈N*， 当n≤7时，则an＞0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，则an＜0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an) ＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝2(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98. 综上所述，Tn＝ 数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列来求之． 　分组转化法求和(迁移点) [母题]　(2024·合肥质检)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. [子题]　母题(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由(1)知bn＝2n＋(－1)nn. 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－－. ∴Tn＝ 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，可采用分组求和法求和； (3)某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论． 易错警示：求数列的前n项和，分组后要将各组的项数和最后一项弄清楚，否则会出现错误． 1．已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是(　　) A．13　　 B．76　　 C．46　　 D．－76 解析：D　[因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝1＋(－5＋9)＋(－13＋17)＋…＋(－53＋57)＝1＋4×7＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝1＋(－5＋9)＋(－13＋17)＋…＋(－117＋121)＝1＋4×15＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.] 2．(2024·太原模拟)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)． (1)求a2、a3、a4，并证明{an－n}为等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解：(1)由已知可得a2＝2a1＝4，a3＝2a2－1＝7，a4＝2a3－2＝12. 由条件可得an＋1－(n＋1)＝2(an－n)， 又a1－1＝1，所以{an－n}是首项为1，公比为2的等比数列． (2)由(1)得an－n＝2n－1，则an＝2n－1＋n， 所以Sn＝(20＋1)＋(21＋2)＋(22＋3)＋…＋(2n－1＋n) ＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝＋＝2n＋. 　裂项相消法求和(应用点) [命题角度1]　形如bn＝(其中{an}为等差数列)型　 1．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2. 解：(1)S1＝a1＝1，所以＝1， 所以是首项为1，公差为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)·＝，所以Sn＝an. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1， 所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝(n≥2)； 累积法可得：an＝(n≥2)，又a1＝1满足该式， 所以{an}通项公式为an＝. (2)＋＋…＋＝ 2 ＝2 ＝2<2. 1．若数列{an}的公差为d，则形如bn＝型的数列，可转化为bn＝，适合裂项相消法求和． 2．在裂项相消法求和时，要特别关注裂项相消时保留了哪些项，既要看到首又要顾到尾，不可遗漏． [命题角度2]　an＝型　 2．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 024＝　________　. 解析：由f(4)＝2，可得4α＝2， 解得α＝，则f(x)＝x. ∴an＝＝ ＝－， S2 024＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 024 ＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1. 答案：－1 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝，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． [命题角度3]　cn＝(其中an＋k－an＝pbn(p为非零常数))型　 3．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.证明：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， ∴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)由于an＝2n， 故bn＝＝＝. Tn＝ ＝ ＜×＝. 1．如果数列满足an＋k－an＝pbn(p为非零常数，n，k∈N＋)，那么＝·＝. 2．与前面几种裂项类似，要注意裂项时各项不要漏乘，同时要注意相消时保留了哪些项． 1．若数列{an}的通项能转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和，其基本思路是变换通项，把每一项分裂为两项，裂项的目的是产生连续可以相互抵消的项． 2．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正、负相消是此法的根源与目的． 3．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}是等差数列，则＝，＝. 4．常见的拆项公式有： (1)＝－； (2)＝； (3)＝； (4)＝； (5)＝－； (6)＝(－)． 　错位相减法求和(重难点) [典例]　(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. [解]　(1)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0； 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2； 当n≥3时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an， 化简得：(n－2)an＝(n－1)an－1，＝＝…＝＝1，即an＝n－1， 当n＝1,2,3时都满足上式， 所以an＝n－1(n∈N*)． (2)因为＝，所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n， Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，两式相减得， Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1＝－n×n＋1 ＝1－n，即Tn＝2－(2＋n)n，n∈N*. (1)一般地，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，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解； (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． (2024·许昌模拟)已知等比数列{an}的首项为－2，前n项和为Sn，且Sn＋2，Sn，Sn＋1成等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{anbn}的前10项和T10.([x]表示不超过x的最大整数) 解：(1)因为Sn＋2，Sn，Sn＋1成等差数列，所以Sn－Sn＋2＝Sn＋1－Sn， 所以－an＋2－an＋1＝an＋1， 即an＋2＝－2an＋1，设{an}的公比为q，则q＝－2， 所以an＝－2×(－2)n－1＝(－2)n. (2)依题意，b2k－1＝＝k(k∈N*)，b2k＝＝k(k∈N*)． 所以T10＝(a1b1＋a3b3＋…＋a9b9)＋(a2b2＋a4b4＋…＋a10b10) ＝(a1＋2a3＋…＋5a9)＋(a2＋2a4＋…＋5a10) ＝(a1＋2a3＋…＋5a9)－2(a1＋2a3＋…＋5a9) ＝－(a1＋2a3＋…＋5a9) ＝1×2＋2×23＋…＋5×29 所以4T10＝1×23＋2×25＋…＋5×211， 两式相减得－3T10＝2＋23＋25＋…＋29－5×211＝－5×211＝－×211－， 所以T10＝×211＋＝3 186. 　倒序相加法求和(应用点) [典例]　设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N＋，都有an＞0，且满足(a1＋a2＋…＋an)2＝a＋a＋…＋a. (1)求数列{an}的通项公式； (2)当0＜λ＜1时，设bn＝(1－λ)，cn＝λ(an＋1)，数列的前n项和为Tn，求证：Tn＞. [解]　(1)由题设条件知，当n＝1时，a1＝1. 由题意知，a＝(a1＋a2＋…＋an＋an＋1)2－(a1＋a2＋…＋an)2， 由于an＞0，∴a＝2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1. 同样有a＝2(a1＋a2＋…＋an－1)＋an(n≥2)， 由此得a－a＝an＋1＋an. ∴an＋1－an＝1. ∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，即数列{an}的通项公式an＝n. (2)证明：∵bn＝(1－λ)＝， cn＝λ(n＋1)， ∴＝≥＝－， 则Tn≥16＝ 16 ＝16. 设tn＝＋＋…＋，倒序相加得 2tn＝＋＋…＋＞＋＋…＋＝， ∴tn＞， 从而Tn＞16＝. ∵－＝≥0， ∴Tn＞. 在数列求和中，如果和式到首尾距离相等的两项和有其共性时，那么常考虑选用倒序相加法． 设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝　________　. 解析：∵f(x)＝， ∴f(1－x)＝＝， ∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f＋f＋…＋f，① S＝f＋f＋…＋f，② ①＋②，得2S＝＋＋…＋ ＝2 022， ∴S＝＝1 011. 答案：1 011 学科网（北京）股份有限公司 $$