第6章 第5讲 数列求和（word教师用书）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

第5讲　数列求和 　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 (1)等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋． (2)等比数列{an}的前n项和Sn＝. 2．几种数列求和的常用方法 (1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或其他可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． (2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和． (3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解． (4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解． 常用结论 1．一些常见的数列的前n项和 (1)1＋2＋3＋…＋n＝； (2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)； (3)1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2. 2．几种常见变形 (1)＝(－)； (2)等差数列{an}(an≠0)的公差为d(d≠0)，则＝(－)； (3)＝； (4)＝－. 1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”) (1)若数列{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．回源教材 (1)数列{an}的前n项和为Sn.若an＝，则S5等于(　　) A．1　　 B．　 C．　　 D． 解析：B　因为an＝＝－， 所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…＋－＝. (2)已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn＝________． 解析：Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋n(n＋1)＝2n＋1－2＋n2＋n. 答案：2n＋1－2＋n2＋n (3)数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为________． 解析：S20＝4·1＋5·21＋6·22＋…＋23·219，2S20＝4·2＋5·22＋6·23＋…＋23·220， 两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23·220＝4＋－23·220＝－22·220＋2. 故S20＝22·220－2. 答案：22·220－2 　分组(并项)法求和 例1　(2024·菏泽模拟)已知数列{an}中，a1＝1，它的前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝2n＋1－1. (1)证明：数列为等比数列； (2)求S1＋S2＋S3＋…＋S2n. 解：(1)证明：由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)，① 得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)，② 由①－②得an＋an＋1＝2n(n≥2)， 得an＋1＝－an＋2n⇒an＋1－ ＝－(an－)(n≥2)， 又当n＝1时， 由①得a2＝1⇒a2－＝－(a1－)， 所以对任意的n∈N*， 都有an＋1－＝－(an－)， 故{an－}是以为首项，－1为公比的等比数列． (2)由(1)知an－＝⇒an＝， 所以an＋1＝，代入①得Sn＝－－， 所以S1＋S2＋…＋S2n＝(22＋23＋…＋22n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－＝×－0－n＝. 反思感悟 1．若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和． 2．若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和． 训练1　已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋4，数列{bn}的首项为b1＝2. (1)若{bn}是公差为3 的等差数列，求证：{abn}也是等差数列； (2)若{abn}是公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和． 解：(1)证明：因为数列{bn}是首项为b1＝2，公差为3的等差数列， 所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1， 所以abn＝2bn＋4＝2(3n－1)＋4＝6n＋2， 所以abn＋1－abn＝6(n＋1)＋2－(6n＋2)＝6， 所以数列{abn}是以6为公差的等差数列． (2)因为{abn}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首项为b1＝2，an＝2n＋4， 所以ab1＝a2＝2×2＋4＝8， 所以abn＝8×2n－1＝2n＋2. 又因为an＝2n＋4，所以abn＝2bn＋4， 所以2bn＋4＝2n＋2， 解得bn＝2n＋1－2， 所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21＋1－2)＋(22＋1－2)＋(23＋1－2)＋…＋(2n＋1－2)＝22＋23＋…＋2n＋1－2n＝－2n＝2n＋2－2n－4， 所以数列{bn}的前n项和为2n＋2－2n－4. 　裂项相消法求和 例2　(2024·东北三省三校模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，记{an}的前n项和为Sn，S4－2a2a3＋14＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}公差d＞1，令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(1)由题意可得，S4－2a2a3＋14＝4a1＋6d－2(a1＋d)(a1＋2d)＋14＝4＋6d－2(1＋d)·(1＋2d)＋14＝0， 整理得d2＝4，则d＝±2， 可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1或an＝1－2(n－1)＝－2n＋3， 故an＝2n－1或an＝－2n＋3. (2)因为d＞1，由(1)可得d＝2，an＝2n－1， 则cn＝ ＝－， 故Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1－)＋(－)＋…＋[－]＝1－， 所以Tn＝1－. 反思感悟 1．裂项相消法求和的基本步骤 2．裂项相消法的原则及规律 (1)裂项原则 一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律 消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项． 训练2　已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝n2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{}的前n项和Tn. 解：(1)当n≥2时，由Sn＝n2，得Sn－1＝(n－1)2，则an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.当n＝1时，有S1＝a1＝1，符合上式．综上，an＝2n－1. (2)由(1)得，＝＝(－)，则Tn＝(－＋－＋－＋…＋－)＝(1－)＝. 　错位相减法求和 例3　(2024·重庆一中月考)已知函数f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝()n(an＋)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)因为f(x)＝cos πx－sin πx＝cos(πx＋)，令f(x)＝0可得cos(πx＋)＝0，即πx＋＝＋kπ(k∈Z)，解得x＝＋k(k∈Z)．因为{an}为所有正零点构成的数列，所以a1＝，且an－an－1＝1(n≥2)，故{an}是以是首项，1为公差的等差数列，即an＝＋(n－1)＝n－. (2)由(1)知an＝n－，所以bn＝()n·(n－＋)＝n()n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝()1＋2()2＋3()3＋…＋(n－1)·()n－1＋n()n，① 所以Tn＝()2＋2()3＋3()4＋…＋(n－1)()n＋n()n＋1，② ①－②可得Tn＝()1＋()2＋()3＋()4＋…＋()n－n()n＋1＝－n()n＋1＝1－(n＋2)·()n＋1， 故Tn＝2－(n＋2)()n. 反思感悟 1．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，常采用错位相减法． 2．错位相减法求和时，应注意： (1)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． (2)应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1. 训练3　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log2an，求数列{anbn}的前n项和Tn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q. 由a1＝2，S3＝a3＋6， 得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2， 所以an＝2n. (2)由(1)可得bn＝log2an＝n， 所以anbn＝n·2n， Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1， 所以－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1， 所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2. 学科网（北京）股份有限公司 $$