专题5 数列前n项和-【老唐说题】高中数学新思路 高观点 低运算系列3

■ ４４　 ■  ５!"@ ｎ9A &'()*+B*.//?*./-+ 　　数列求和是数列问题中的基本题型，是数列 部分的重点内容，在高考中也占据重要地位，它 具有复杂多变、综合性强、解法灵活等特点．数 列求和的方法主要有公式法、分组求和法、倒序 相加法、并项求和法、裂项相消法、错位相减法 求和等． 一、公式法 １．等差数列求和公式 Ｓｎ＝ ｎ（ａ１＋ａｎ） ２ ＝ｎａ１＋ ｎ（ｎ－１） ２ ｄ 特别地，当项数ｎ为奇数时，Ｓ２ｋ＋１＝（２ｋ＋１） ·ａｋ＋１，即前 ｎ项和等于项数乘以中间项， 用此公式可以简化运算． ２．等比数列求和公式 （１）ｑ＝１，Ｓｎ＝ｎａ１； （２）ｑ≠１，Ｓｎ＝ ａ１ １－ｑ( ) ｎ １－ｑ ＝ ａ１－ａｎｑ １－ｑ，特别要 注意对公比的讨论． ３．常用公式 （１）平方和公式 ∑ ｎ ｋ＝１ ｋ２＝１２＋２２＋３２＋… ＋ｎ２＝１６ｎ（ｎ＋１）（２ｎ ＋１）＝１３ｎｎ＋ １( )２ （ｎ＋１）； （３）立方和公式 ∑ ｎ ｋ＝１ ｋ３＝１３＋２３＋３３＋…＋ｎ３＝ ｎ（ｎ＋１）[ ]２ ２ ． 二、分组求和法 １．如果一个数列通过适当分组可写成 ｃｎ＝ａｎ± ｂｎ的形式，而数列 ａ{ }ｎ ， ｂ{ }ｎ 是等差数列或 等比数列或可转化为能够求和的数列，进而 利用等差数列或等比数列的求和公式分别求 和，再将其合并从而得出原数列的和． ２．如果一个数列可写成 ｃｎ＝ ａｎ　ｎ为奇数 ｂｎ　ｎ{ 为偶数的形 式，在求和时可以使用分组求和法． 题型一：跳跃等差数列———形如ａｎ＋１－ａｎ－１＝ｄ（ｎ ≥２）类型 数列 ａ{ }ｎ 中，ａ１＝１，ａ２＝４，ａｎ＝ａｎ－２＋ ２（ｎ≥３），Ｓｎ为数列 ａ{ }ｎ 的前 ｎ项和， 求Ｓｎ． 因为ａｎ＝ａｎ－２＋２（ｎ≥３），所以ａ１，ａ３，ａ５， …，ａ２ｎ－１为等差数列；ａ２，ａ４，ａ６，…，ａ２ｎ为等差 数列，当ｎ为奇数时，ａｎ＝１＋ ｎ＋１ ２( )－１·２＝ｎ； 当ｎ为偶数时，ａｎ＝４＋ ｎ ２( )－１·２＝ｎ＋２．综上 可知，ａｎ＝ｎ＋１＋（－１）[ ] ｎ ． 所以ｎ为偶数时，Ｓｎ＝（１＋３＋… ＋ｎ－１）＋（２ ＋４＋…＋ｎ）＋ｎ２·２＝１＋２＋… ＋ｎ＋ ｎ ２·２＝ ｎ（ｎ＋１） ２ ＋ｎ＝ ｎ２＋３ｎ ２ ；ｎ为奇数时，Ｓｎ＝Ｓｎ－１＋ ａｎ＝ ｎ( )－１２＋３ｎ( )－１ ２ ＋ｎ＝ ｎ２＋ｎ－２ ２ ．综上所 述，Ｓｎ＝ ｎ２＋３ｎ ２ ，ｎ＝２ｋ ｎ２＋３ｎ－２ ２ ，ｎ＝２ｋ { －１（ｋ∈Ｎ）． （２０２１·四川模拟）记 Ｓｎ为数列 ａ{ }ｎ 的前 ｎ项和，若ａ１＝１，ａ２＝２，且ａｎ＋２－ａｎ＝１ ＋（－１）ｎ＋１，则Ｓ１００的值为 （　　） 　 　　　 　 　　　 　　　Ａ．５０５０ Ｂ．２６００ Ｃ．２５５０ Ｄ．２４５０ 因为 ａ１＝１，ａ２＝２，且 ａｎ＋２－ａｎ                                ＝１＋ !"#$%$& ■■ ４５　 ■ （－１）ｎ＋１，所以当 ｎ＝２ｋ－１（ｋ∈Ｎ）时，有 ａ２ｋ＋１－ａ２ｋ－１＝２；当 ｎ＝２ｋ（ｋ∈Ｎ）时，有 ａ２ｋ＋２ －ａ２ｋ＝０，所以数列 ａ２ｎ{ }－１ 是以１为首项，２为 公差的等差数列，数列 ａ２{ }ｎ 是各项均为２的常 数列，所以Ｓ１００＝（ａ１＋ａ３＋… ＋ａ９９）＋（ａ２＋ａ４ ＋…＋ａ１００）＝５０×１＋ ５０×４９ ２ ×２＋５０×２＝２６００， 故选Ｂ． （２０２１·新高考Ⅰ卷）已知数列 ａ{ }ｎ 满足 ａ１＝１，ａｎ＋１＝ ａｎ＋１，ｎ为奇数 ａｎ＋２，ｎ{ 为偶数． （１）记 ｂｎ＝ａ２ｎ，写出 ｂ１，ｂ２，并求数列 ｂ{ }ｎ 的通项公式； （２）求 ａ{ }ｎ 的前２０项和． （１）由题设可得 ｂ１＝ａ２＝ａ１＋１＝２，ｂ２＝ ａ４＝ａ３＋１＝ａ２＋２＋１＝５，当ｎ＝２ｋ＋１时，ａ２ｋ＋２ ＝ａ２ｋ＋１＋１；当 ｎ＝２ｋ时，ａ２ｋ＋１＝ａ２ｋ＋２，（ｋ∈ Ｎ）故 ａ２ｋ＋２＝ａ２ｋ＋３，即 ｂｎ＋１＝ｂｎ＋３，即 ｂｎ＋１ －ｂｎ＝３，所以 ｂ{ }ｎ 为等差数列，故ｂｎ＝２＋（ｎ－ １）×３＝３ｎ－１． （２）解法一（奇偶分离法）：设 ａ{ }ｎ 的前２０项和 为Ｓ２０，则Ｓ２０＝ａ１＋ａ２＋ａ３＋… ＋ａ２０，因为 ａ１＝ ａ２－１，ａ３＝ａ４－１，…，ａ１９＝ａ２０－１，所以 Ｓ２０＝ ２ａ２＋ａ４＋…＋ａ１８＋ａ( )２０ －１０＝２（ｂ１＋ｂ２＋… ＋ ｂ９＋ｂ１０）－１０＝２× １０×２＋ ９×１０ ２( )×３ －１０ ＝３００． 解法二：角标转化法（换元法）由（１）可得 ａ２ｎ＝ ３ｎ－１，ｎ∈Ｎ，则ａ２ｎ－１＝ａ２ｎ－