08 数列求和问题的高考题型及解法-《中学生数理化》高二数学2025年1月刊

■广东省汕头市澄海集贤学校高中部 牛志忠 余梦琪 数列求和问题是新高考卷的常考内容, 该题型的常见解法有:分组转化法、裂项相消 法、错位相减法、倒序相加法、并项求和法,同 学们需重点学习掌握。 一、分组转化法 分组转化法是把数列的每一项分成两项 或几项,使其转化为几个等差或等比数列,再 求解。 例 1 (2024年高考全国甲卷第17 题)已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,且 2Sn=3an+1-3。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{Sn}的前n项和。 分析:(1)利用递推相减法可求公比,求出 首项后可求通项公式。(2)利用等比数列的前n 项和公式求Sn 的表达式,再分组求和。 解:(1)因为2Sn=3an+1-3,所以2Sn-1 =3an-3(n≥2)。以上两式相减可得,2an= 3an+1-3an(n≥2),即5an=3an+1,故等比数 列{an}的公比q= 5 3 。 又2a1=3a2-3=3a1× 5 3-3=5a1-3 , 则a1=1。故an= 5 3 n-1 。 (2)由 等 比 数 列 求 和 公 式 得 Sn = 1× 1- 53 n 1- 5 3 = 3 2× 5 3 n - 3 2 。 所以数列{Sn}的前n 项和Tn=S1+ S2+ S3 + … + Sn = 3 2 × 5 3 + 53 2 + 53 3 +…+ 53 n - 32n= 3 2× 5 3 1- 5 3 n 1- 5 3 - 3 2n= 15 4 · 5 3 n - 3 2n - 15 4 。 二、裂项相消法 裂项相消法是把数列的每一项分解,使 得相加后项与项之间能够相互抵消,但在抵 消的过程中,有的是相邻项抵消,有的是间隔 项抵消。常见的裂项公式有:① 1 n(n+1)= 1 n - 1 n+1 ;② 1 n(n+2)= 1 2 1 n- 1 n+2 ; ③ 1 (2n-1)(2n+1)= 1 2 1 2n-1- 1 2n+1 ; ④ 1 n+ n+1 = n+1 - n; ⑤ 1 n(n+1)(n+2)= 1 2 1 n(n+1)- 1 (n+1)(n+2) 。 例 2 (2022年高考全国新课标Ⅰ卷 第17题)记Sn 为数列{an}的前n项和,已知 a1=1, Sn an 是公差为13的等差数列。 (1)求数列{an}的通项公式; 42 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 (2)证明: 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an <2。 分析:(1)利用等差数列的通项公式求得 Sn an =1+ 1 3 (n-1)= n+2 3 ,得 到 Sn = (n+2)an 3 ,利用Sn 与an 的关系得到当n≥2 时,an=Sn-Sn-1= (n+2)an 3 - (n+1)an-1 3 , 进而得到 an an-1 = n+1 n-1 ,利用累乘法求得an= n(n+1) 2 ,检验当n=1时也成立,得到{an} 的通项公式an= n(n+1) 2 。(2)由(1)的结 论,利用裂项相消法得到1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an = 21- 1 n+1 ,进而得证。 解:(1)由a1=1,可得S1=a1=1,所以 S1 a1 =1。 又因为 Sn an 是公差为13的等差数列,所 以 Sn an =1+ 1 3 (n-1)= n+2 3 ,则 Sn = (n+2)an 3 。 当n≥2时,Sn-1= (n+1)an-1 3 。 所 以 an =Sn -Sn-1 = (n+2)an 3 - (n+1)an-1 3 。整理得(n-1)an=(n+1)· an-1,故 an an-1 = n+1 n-1 。 所以an=a1× a2 a1 × a3 a2 ×…× an-1 an-2 × an an-1 =1× 3 1× 4 2× …× n n-2× n+1 n-1= n(n+1) 2 。 显然,当n=1时,上式也成立。 故{an}的通项公式为an= n(n+1) 2 。 (2)因为 1 an = 2 n(n+1)=2 1 n- 1 n+1 , 所 以 1 a1 + 1 a2 + … + 1 an = 2 × 1- 1 2 + 12-13 +…+ 1n- 1n+1 = 2× 1- 1 n+1 <2。 三、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 这个数列的前n项和可用错位相减法求解。 例 3 (2023年高考全国甲卷第17 题)设Sn 为数列{an}的前n 项和,已知a2= 1,2Sn=nan。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列 an+1 2n 的前n项和Tn。 分析:(1)根据an= S1,n=1, Sn-Sn-1,n≥2, 可 求出{an}的通项公式。(2)利用错位相减法 即可得到Tn。 解:(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0。 当n=3时,2(1+a3)=3a3,即a3=2。 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)·an-1。 则2an=2(Sn-Sn-1)=nan-(n-1)· an-1,化简得(n-2)an=(n-1)an-1。 故当n≥3时, an n-1= an-1 n-2= …= a3 2= 1,即an=n-1。 a1=0,a2=1都满足上式,所以an=n- 1(n∈N*)。 (2)因为 an+1 2n = n 2n ,所以 Tn=1× 1 2 1 +2× 12 2 +3× 12 3 +…+n· 12 n 。 1 2Tn=1× 1 2 2 +2× 12 3 + … + (n-1)· 12 n +n· 12 n+1 。 两式 相 减 得 1 2Tn = 1 2 1 + 12 2 + 1 2 3 + … + 12 n - n · 12 n+1 = 1 2× 1- 1 2 n 1- 1 2 - n · 12 n+1 = 1 - 52 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 1+ n 2 12 n 。 则Tn=2-(2+n) 1 2 n ,n∈N*。 四、倒序相加法 将一个数列的项倒过来排列,当它与原 数列相加时,若有规律可循,并且容易求和, 则可用倒序相加法(等差数列前n 项和公式 的推导过程即用此方法)。 例 4 (2003年上海市高考卷)设f(x)= 1 2x+ 2 ,利用课本中推导等差数列前n 项和 公式的方法,可求得f(-5)+f(-4)+…+ f(0)+f(1)+…+f(5)+f(6)= 。 解析:f(x)+f(1-x)= 1 2x+ 2 + 1 21-x+ 2 = 2 2·2x+2 + 2x 2+ 2·2x = 2+2x 2(2x+ 2) = 2 2 。 故原式= 1 2×12× 2 2=32 。 五、并项求和法 一类数列求前n 项和时,可以将相邻两 项或多项先合并,再求和,这种方法称为并项 求和法。 例 5 (2023年高考全国新课标Ⅱ卷 第18 题)已 知 {an}为 等 差 数 列,bn = an-6,n为奇数, 2an,n为偶数, 记 Sn,Tn 分 别 为 数 列 {an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn。 分析:(1)设等差数列{an}的公差为d, 用a1,d 表示Sn 及Tn,即可求解。(2)利用 (1)的结论求出Sn,bn,分类讨论n 为奇数或 偶数,相邻项合并后,求出Tn,并与Sn 作差 比大小。 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,由 题意知bn= an-6,n=2k-1, 2an,n=2k, k∈N*。 则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3= a3-6=a1+2d-6。 于是 S4=4a1+6d=32, T3=4a1+4d-12=16, 解得a1= 5,d=2。则an=a1+(n-1)d=2n+3。 所以{an}的通项公式为an=2n+3。 (2)由(1)知,Sn= n(5+2n+3) 2 =n 2+ 4n,bn= 2n-3,n=2k-1, 4n+6,n=2k, k∈N*。 当n 为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)- 3+4n+6=6n+1,Tn= 13+(6n+1) 2 ·n 2= 3 2n 2+ 7 2n 。 当n>5时,Tn-Sn= 3 2n 2+ 7 2n - (n2+4n)= 1 2n (n-1)>0,故Tn>Sn。 当n 为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1= 3 2 · (n+1)2+ 7 2 (n+1)-[4(n+1)+6]= 3 2n 2+ 5 2n-5 。 当n>5时,Tn-Sn= 3 2n 2+ 5 2n-5 - (n2+4n)= 1 2 (n+2)(n-5)>0,故 Tn> Sn。 综上,当n>5时,Tn>Sn。 解题规律总结: (1)分组转化法求和的关键是将数列通项 转化为若干个等差或等比数列的和。 (2)裂项相消法的基本思路是将通项拆 分,使其产生相互抵消的项。 (3)用错位相减法求和时,应注意:①等 比数列的公比为负数的情形;②当写出“Sn” 和“qSn”的表达式时,应将两式“错项对齐”, 以便准确写出“Sn-qSn”的表达式。 (4)发现首末项之和为定值时,可用倒序 相加法。 (5)并项求和法的关键是将数列相邻项 先合并,再求和。 (责任编辑 赵 倩) 62 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月