第四章 重点题型强化(二) 数列求和（一）-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

[学习目标]　1.熟练掌握等差数列和等比数列的求和公式．　2.掌握分组转化求和、倒序相加法求和、并项求和的方法． 技法一　 公式法 (2024·四川遂宁高二期中)已知数列{an}是等差数列，公差为d，Sn为数列{an}的前n项和，a1＋a7＝－2，S3＝15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：(1)法一：因为{an}是等差数列，公差为d，且a1＋a7＝－2，S3＝15，所以解得a1＝8，d＝－3， 所以an＝8＋(n－1)×(－3)＝－3n＋11， 所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋11. 法二：因为{an}是等差数列，所以2a4＝a1＋a7＝－2， 所以a4＝－1. 因为S3＝15，所以3a2＝15，所以a2＝5. 因为a4＝a2＋2d，即－1＝5＋2d，所以d＝－3， 所以an＝5＋(n－2)×(－3)＝－3n＋11. 所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋11. (2)令an≥0，则－3n＋11≥0，得n≤. 又n∈N*，所以当n≤3时，an>0； 当n≥4时，an<0. 因为a1＝8，an＝－3n＋11. 所以当n≤3时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝＝； 当n≥4时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋(－a4－…－an)＝2(a1＋a2＋a3)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S3－Sn＝2×15－＝. 所以Tn＝ 规律方法 公式法是数列求和最常用的方法之一，针对数列的结构特征确定数列的类型，符合等差或等比数列时，直接利用等差或等比数列相应的求和公式求解． 等差数列前n项和公式： Sn＝na1＋d＝； 等比数列前n项和公式： Sn＝ 对点练1.(2024·河南南阳六校高二下期中)已知正项等比数列{an}满足a2a16＝16，且＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Tn＝a1a2…an，求Tn的最大值． 解：(1)设{an}的公比为q. 由a2a16＝a＝16，得a9＝4. 由＝q3＝，得q＝， 所以an＝a9qn－9＝4×＝211－n. (2)由(1)得，Tn＝a1a2…an＝210＋9＋8＋…＋(11－n)＝2. 因为二次函数y＝＝－x2＋x的图象的对称轴为直线x＝，且开口向下， 所以当n＝10或11时，取得最大值，即Tn取得最大值， 因为T10＝2＝255，所以Tn的最大值为255. 技法二　倒序相加法 (2024·福建三明高二期中)已知函数f(x)＝x2＋x，数列的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f(x)的图象上． (1)求数列的通项公式； (2)若函数g(x)＝，令bn＝g(n∈N*)，求数列的前2 024项和T2 024. 解： (1)因为点(n，Sn)均在函数f(x)的图象上， 所以Sn＝n2＋n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n； 当n＝1时，a1＝S1＝1，适合上式，所以an＝n. (2)因为g(x)＝，所以g(x)＋g(1－x)＝1. 又由(1)知an＝n，所以bn＝g. 所以T2 024＝b1＋b2＋…＋b2 024＝g＋g＋…＋g，① 又T2 024＝b2 024＋b2 023＋…＋b1＝g＋g＋…＋g，② ①＋②，2T2 024＝2 024＝2 024， 所以T2 024＝1 012. 学生用书↓第42页 规律方法 倒序相加法求和适合的题型 一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系时，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和． 对点练2.在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列满足an＝(n，m∈N*)，则a1＋a2＋…＋am＋2 024＝(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．＋506 B．＋506 C．m＋506 D．2m＋506 答案：B 解析：依题意，记S＝a1＋a2＋…＋am＋2 024，则S＝＋＋…＋＋，又S＝＋＋…＋＋，两式相加可得2S＝＋＋…＋＋＝×(m＋2 024)＝，则S＝＝＋506.故选B． 技法三　分组求和法 (2024·河北衡水高二期中)已知递增的等比数列满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．数列是等差数列，且b1＝a1，b3＝a1＋a2＋a3. (1)求数列，的通项公式； (2)设cn＝an＋bn，求数列的前n项和Sn. 解：(1)设等比数列首项为a1，公比为q. 由已知得2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8.于是a2＋a4＝20. 故解得或 又数列为递增数列，故所以an＝2n. 设等差数列的首项为b1＝a1＝2，公差为d. 所以b3＝2＋4＋8＝14＝2＋2d，所以d＝6， 所以bn＝2＋(n－1)×6＝6n－4， 所以bn＝6n－4. (2)由题得cn＝an＋bn＝2n＋6n－4. 所以数列的前n项和Sn＝＋(2＋6n－4)＝2n＋1＋3n2－n－2. 规律方法 分组求和法的常见类型 对点练3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项都为正数，且满足a1＝b1＝2，a3＝b1＋b2，S3＝b3＋4. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)记cn＝(k∈N*)，求数列{cn}的前21项的和． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，正项等比数列{bn}的公比为q(q>0)，依题意， 解得d＝q＝2， 所以数列{an}的通项公式为an＝2＋2(n－1)＝2n， 数列{bn}的通项公式为bn＝2×2n－1＝2n. (2)由(1)知，a2k－1＝4k－2，数列{a2k－1}是等差数列，首项为2，公差为4， b2k＝22k＝4k，数列{b2k}是等比数列，首项为4，公比为4， 而cn＝(k∈N*)， 则数列{cn}的前21项的和 T21＝(a1＋a3＋…＋a21)＋(b2＋b4＋…＋b20) ＝11×2＋11××4＋＝， 所以数列{cn}的前21项的和为. 技法四　并项求和法 已知数列an＝(－1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 解：若n是偶数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋[－(n－1)＋n]＝； 若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－n)＝－n＝－. 综上所述，Sn＝n∈N*. 学生用书↓第43页 [变式探究]　(变条件)若an＝(－1)nn2，求数列{an}的前n项和Sn. 解：若n是偶数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2] ＝3＋7＋11＋…＋2n－1，共有项， 故Sn＝×3＋×4＝. 若n是奇数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋(－n2) ＝3＋7＋11＋…＋(－n2)，其中有前项是等差数列， 故有Sn＝×3＋×4－n2＝ －. 综上所述，Sn＝n∈N*. 规律方法 并项求和法的解题策略 1．常见题型：数列an满足an＝(－1)n－1f(n)型、an是周期数列、ak＋ak＋1为定值． 2．注意：在利用并项求和法求和时，一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用分段形式来表示． 对点练4.已知数列{an}各项均为正数，且a1＝2，a－2an＋1＝a＋2an. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 解：(1)由a－2an＋1＝a＋2an. 得(an＋1－an)·(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)，而n∈N*，an>0， 因此an＋1－an＝2，即数列{an}是首项a1＝2，公差d＝2的等差数列， 所以数列{an}的通项公式是an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)知，bn＝(－1)n·2n， 则有b2n－1＋b2n＝(－1)2n－1×2(2n－1)＋(－1)2n×2×2n＝2， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b20＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b19＋b20)＝2×10＝20. 方法 公式法求和、倒序相加法求和、分组求和法、并项求和法及分类讨论的思想和化归思想 易错 误区 并项求和易忽略总项数的奇偶 1．数列2，4，6，…的前n项和Sn为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．n2＋1＋ B．n2＋2－ C．n(n＋1)＋－ D．n(n＋1)＋ 答案：C 解析：Sn＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋＝n(2＋2n)＋＝n(n＋1)＋－. 故选C． 2．在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可以求得sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝________． 答案：44.5 解析：令S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°， 则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°，两式相加可得2S＝(sin21°＋sin289°)＋(sin22°＋sin288°)＋…＋(sin289°＋sin21°)＝89，故S＝44.5，即sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝44.5. 3．已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，则其前n项和Sn＝________． 答案：Sn＝ 解析：当n为偶数时，令n＝2k(k∈N*)，Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n(3n－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]＝3k＝n.当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N*)，Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝.所以Sn＝ 4．(2024·福建厦门高二期末)已知等比数列的各项均为正数，且a1＋a2＝4，9a＝a2a6. (1)求数列的通项公式； (2)设bn＝an＋log3an，求数列的前n项和． 解 ：(1)设正项等比数列的公比为q， 因为a1＋a2＝4，9a＝a2a6， 所以解得 所以an＝a1qn－1＝3n－1. (2)由(1)可得bn＝3n－1＋n－1， 设数列的前n项和为Sn， 则Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋(0＋1＋…＋n－1) ＝＋＝(3n＋n2－n－1)． 课时测评12　数列求和(一) (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9每小题5分，共45分) 1．已知数列{bn}为等比数列，且首项b1＝1，公比q＝2，则数列{b2n－1}的前10项的和为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．×(49－1) B．×(410－1) C．×(49－1) D．×(410－1) 答案：D 解析：数列{b2n－1}中的项是数列{bn}中的所有奇数项，已知数列{bn}为等比数列，故其所有的奇数项也构成等比数列，公比为4，首项为1，则其前10项的和为＝×(410－1)．故选D． 2．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＋n－2 D．2n＋1＋n2－2 答案：D 解析：由题可设数列{an}的前n项和为Sn，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an，即Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，所以Sn＝＋，故Sn＝2n＋1＋n2－2.故选D． 3．已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝3，Sn为其前n项和，则S2 025等于(　　) A．3 035 B．3 036 C．3 037 D．3 038 答案：C 解析：由题意a2＝2，a3＝1，a4＝2…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 025＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＋a2 025＝3×1 012＋1＝3 037.故选C． 4．(2024·安徽马鞍山高二期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，an＋an＋1＋an＋2＝，则S2 023＝(　　) A．675 B．674 C．1 384 D．2 023 答案：A 解析：S2 023＝a1＋(a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7)＋…＋(a2 021＋a2 022＋a2 023)＝＋＋＋…＋＝675××＝675.故选A． 5．(多选)若数列{an}是首项为1的正项数列，an＋1＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2 答案：AB 解析：an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2(an＋3)，所以数列{an＋3}是等比数列，又因为a1＝1，所以an＋3＝(a1＋3)2n－1，所以an＝2n＋1－3，所以a3＝13，所以Sn＝－3n＝2n＋2－3n－4.故选AB． 6．(多选)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.记cn＝数列{cn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　 ) A．an＝2n－1 B．bn＝2n C．S9＝1 409 D．S2n＝2n2－n＋(4n－1) 答案：ABD 解析：设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，依题意有得故an＝2n－1，bn＝2n，故A、B正确；则c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{cn}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝2n2－n＋×(4n－1)，S9＝S8＋a9＝368＋17＝385，故C错误，D正确．故选ABD． 7．已知数列{an}的通项公式an＝2n－1，则其前n项和Sn＝________． 答案：2n＋1－n－2，n∈N* 解析：因为an＝2n－1，所以Sn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2，n∈N*. 8．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100＝________． 答案：－200 解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 9．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝－2，a2 024＝8，则这个数列的前2 024项的和为________． 答案：6 072 解析：设等和数列的公和为m.因为a1＝－2，所以a2＝m＋2，a3＝－2，a4＝m＋2，a5＝－2，…，所以an＝又a2 024＝m＋2＝8，所以m＝6，所以S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＝1 012×6＝6 072. 10．(10分)(2024·湖南永州高二统测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝25，a2＝2a1＋1. (1)求{an}的通项公式；(4分) (2)若bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.(6分) 解：(1)设数列{an}的公比为d， 则 解得a1＝1，d＝2. 故an＝a1＋(n－1)2＝2n－1. (2)由(1)可得bn＝2n－1＋22n－1， 则Tn＝(1＋21)＋(3＋23)＋…＋(2n－1＋22n－1)＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(21＋23＋…＋22n－1)＝＋＝n2＋×4n－. (11—13每题5分，共15分) 11．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，则下列结论中正确的是(　　) A．a4＝5 B．{an}为等比数列 C．a1＋a2＋…＋a2 024＝ D．a1＋a2＋…＋a2 025＝ 答案：ACD 解析：a1＝1，则a1＋a2＝2，a2＝1，又a2＋a3＝4，a3＝3，同理a3＋a4＝23，a4＝5，故A正确；而＝1，＝3，故{an}不是等比数列，B错误；a1＋a2＋…＋a2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＝21＋23＋…＋22 023＝＝＝，故C项正确；a1＋a2＋…＋a2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)＝1＋22＋24＋…＋22 024＝1＋＝＝，故D正确．故选ACD． 12．已知函数f(x)＝(x∈R)，等差数列{an}满足a2 024＝0，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a4 047)＝________． 答案： 解析：f(x)＋f(－x)＝＋＝＋＝1.依题意{an}是等差数列，则2a2 024＝a1＋a4 047＝0，令S＝f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a4 047)，S＝f(a4 047)＋f(a4 046)＋f(a4 045)＋…＋f(a1)，结合等差数列的性质，两式相加得2S＝1×4 047，S＝. 13．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋ab3＋…＋ab10＝________． 答案：1 033 解析：因为数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，因为{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝1×2n－1＝2n－1，所以abn＝2n－1＋1，所以ab1＋ab2＋ab3＋…＋ab10＝(20＋2＋22＋…＋29)＋10＝＋10＝1 033. 14．(16分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(6分) (2)求{an}的前20项和．(10分) 解：(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝ 所以b1＝a2＝a1＋1＝2， b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*. (2)因为an＋1＝ 所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1， 即a2k＝a2k－1＋1，① a2k＋1＝a2k＋2，② a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③ 所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3， 又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋10×2＋×3＝300. 15．(7分)(新角度)(多选)(2024·安徽合肥高二联考)在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第n(n∈N*)次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2.记an＝1＋x1＋x2＋…＋xk＋2，数列的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝42 B．an＋1＝3an－3 C．an＝(n2＋3n) D．Sn＝(3n＋1＋2n－3) 答案：ABD 解析：由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时k＝1，第2次得到数列1，4，3，5，2，此时k＝3，第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时k＝7，第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时k＝15，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2，此时k＝2n－1，由此可得a1＝3＋3，a2＝3＋3＋9，a3＝3＋3＋9＋27＝42，故A正确；a4＝3＋3＋9＋27＋81，…，an＝3＋31＋32＋33＋…＋3n＝3＋＝，故C错误；由an＝，可得an＋1＝＝3an－3，故B正确；由Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(32＋33＋34＋…＋3n＋1)＋＝×＋＝(3n＋1＋2n－3)，故D正确．故选ABD． 16．(7分)已知数列{an}：，，，，，，，，，，，，…的前n项和为Sn，则S120＝________． 答案：60 解析：将此数列分组，第一组：，共21－1项；第二组：＋＋＝＝，共22－1项的和；第三组：＋＋＋＋＋＋＝＝＝，共23－1项的和；…第n组：＋＋＋＋＋＋…＋＝＝，共2n－1项的和．由(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)－n＝2×(2n－1)－n＝120，解得n＝6，因此前120项之和正好等于前6组之和，＋＋…＋＝＝＝60. 学生用书↓第44页 学科网（北京）股份有限公司 $$