板块3 微专题(3) 数列中的求和方法(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(三)　数列中的求和方法 考法一　分组转化法求和 [例1]　(2024·宁波一模)已知数列{an}满足a1=1，且对任意正整数m，n都有am+n=am+an+2mn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{(-1)nan}的前n项和Sn. 解：(1)由对任意正整数m，n均有am+n=am+an+2mn，取m=1，得an+1=an+1+2n，所以an+1-an=1+2n. 当n≥2时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+2n-1==n2，当n=1时，a1=1，符合上式，所以an=n2. (2)当n为偶数时，Sn=(-12+22)+(-32+42)+…+ =3+7+11+…+(2n-1)===， 当n为奇数时，若n=1，则S1=(-1)1×a1=-1， 若n≥2，则Sn=Sn-1+(-1)nan=Sn-1-an=-n2=，且当n=1时，满足S1==-1. 综上所述，Sn= [思维建模] 使用分组转化法求和的数列常见类型 数列{an}的特征 求前n项和的方法 数列{an}可以看作其他两个(或更多个)数列之和，即an=bn+cn 分别求数列{bn}，{cn}的前n项和，相加得解 数列的奇偶项满足不同规律，即an= 把奇数项和偶数项看作两个数列，分别求和，相加得解，往往需要分n为奇数和偶数进行讨论 数列通项中含绝对值 先不考虑绝对值，求解数列从哪一项开始变号，把正数项和非正数项分开看作两个数列，分别求和(此时需考虑绝对值)，相加得解 [变式训练] 1.(2024·葫芦岛模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=，3nSn+1-3(n+1)Sn=n(n+1). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn=3(-1)nan(n+1)，求数列{bn}的前29项和T29. 解：(1)由3nSn+1-3(n+1)Sn=n(n+1)，得-=，且=，故是以为首项，为公差的等差数列，故=n，即Sn=n2.则当n≥2时，an=n2-(n-1)2=(2n-1)，当n=1时上式也成立，故an=. (2)bn=3(-1)n·=(-1)n[2n(n+1)-1].当n为偶数时，bn+bn+1=[2n(n+1)-1]-[2(n+1)(n+2)-1]=-4(n+1)，故T29=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+…+(b28+b29)=-3-4×3-4×5-…-4×29=-3-4(3+5+…+29)=-3-4×=-899. 考法二　裂项相消法求和 [例2]　(2024·烟台三模)在数列{an}中，已知2an=an+1+anan+1，a1=. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn=-an，Sn为数列{bn}的前n项和，证明：≤Sn<1. 解：(1)由2an=an+1+anan+1，a1=，得an≠0，则=×+，即-1=，故是以-1=-为首项，为公比的等比数列.故-1=-×=-，则=1-，an=. (2)证明：bn=-an=an(an-1)=.易得bn>0，故Sn≥S1=b1=. 又bn=<==-， 故Sn=b1+b2+…+bn<-+-+…+-=1-<1. 综上，≤Sn<1，即得证. [思维建模] 1.裂项相消之后，余项的基本特征 (1)前几后几：即前面的余式和后面的余式的个数相同； (2)前第几，后倒数第几：即余下的式子是对称的； (3)突破口：裂项是关键!注意检验裂项过程中的等号；可以把裂好的项通分，检验等号是否成立. 2.裂项常见形式 (1)分母两项的差等于常数 =； =. (2)分母两项的差与分子存在一定关系 =-； =. (3)分母含无理式 =-. [变式训练] 2.(2024·河南三模)已知等差数列{an}的公差大于0且a1+a6=4a2，若=6，则a5= (　　) A. B. C. D. 解析：选B　设等差数列{an}的公差为d(d>0)，∵a1+a6=4a2，∴a1+a1+5d=4(a1+d)，∴d=2a1，∴an=a1+(n-1)·2a1=a1(2n-1)，∴==(-)，∴=(-+)=(-+)===6，解得a1=，∴a5=9a1=.故选B. 3.(2024·茂名一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=S4+S3，2a3n-3a2n=1，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 解：(1)∵数列{an}是等差数列，记其公差为d， 由题意知⇒ ⇒ ∴an=1+(n-1)·2=2n-1. (2)∵==-， ∴Tn=-+-+…+-=-. ∵Sn==n2， ∴Tn=1-. 考法三　错位相减法求和 [例3]　各项均为正数的数列{an}满足-an+1an-2=0，a1a2a3=64. (1)求{an}的通项公式； (2)记Tn=…，试比较Tn与9的大小，并加以证明. 解：(1)-an+1an-2=0，即(an+1+an)·(an+1-2an)=0，因为{an}的各项均为正数，所以an+1+an>0，故an+1=2an，即=2，所以{an}是以2为公比的等比数列，又a1a2a3=64，故=64，a2=4，结合公比为2得a1=2，所以an=2×2n-1=2n. (2)Tn<9，证明如下： 令f(x)=ln(1+x)-x(x>0)，则f'(x)=-1=，当x>0时，f'(x)<0，即f(x)在(0，+∞)上单调递减，所以ln(1+x)-x<ln(1+0)-0=0，即ln(1+x)<x.设cn=1+，则ln cn=ln=ln<，所以ln Tn=ln c1+ln c2+ln c3+…+ln cn<+++…+.记An=+++…+，则An=++…++，所以An-An=+++…+-=-=1-<1，所以An<1，即ln Tn<An<2，所以Tn<e2<32=9. [思维建模] 运用错位相减法求和的关键 判断模型 判断数列{an}，{bn}是不是一个为等差数列，一个为等比数列 错开位置 为两式相减不会看错列做准备 相减 相减时一定要注意最后一项的符号 [变式训练] 4.(2024·宁德期中)已知数列{an}的前n项和为Sn且an=，若Sn+an>(-1)na对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是 (　　) A.(-∞，-1)∪(2，+∞) B.(-1，2) C. D.(-∞，-1)∪ 解析：选C　由数列{an}的前n项和为Sn且an=，得Sn=+++…+，于是Sn=+++…++，两式相减得Sn=+++…+-=-=1-，因此Sn=2-，Sn+an=2-+=2-，显然数列{Sn+an}是递增数列，当n为奇数时，(Sn+an)min=S1+a1=1，由Sn+an>(-1)na恒成立，得1>-a，则a>-1，当n为偶数时，(Sn+an)min=S2+a2=，由Sn+an>(-1)na恒成立，得>a，则a<，所以实数a的取值范围是.故选C. 5.(2024·浙江二模)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，例如：φ(1)=1，φ(4)=2，φ(8)=4，数列{an}满足an=φ(2n)(n∈N*). (1)求a1，a2，a3，并求数列{an}的通项公式； (2)记bn=(-1)n，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)由题意可知a1=φ(2)=1，a2=φ(4)=2，a3=φ(8)=4， 由题意可知，正偶数与2n不互素，所有正奇数与2n互素，比2n小的正奇数有2n-1个， 所以an=φ(2n)=2n-1. (2)由(1)知an=φ(2n)=2n-1，所以a2n=φ(22n)=22n-1，所以bn=(-1)n=(-1)n·=(-1)n(2n-1)=(4n-2)， 因为Sn=b1+b2+…+bn， 所以Sn=2×+6×+…+(4n-6)×+(4n-2)×，① Sn=2×+6×+…+(4n-6)×+(4n-2)×，② ①-②得Sn=2×+4-(4n-2)×=-+4×-(4n-2)×=-+-(4n-2)×=--，所以Sn=-+. [专题验收评价] 1.德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称.相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1+2+3+…+100的求和运算时，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，此方法也被称为高斯算法.已知某数列的通项公式为an=，则a1+a2+…+a100= (　　) A.98 B.99 C.100 D.101 解析：选C　由数列的通项公式为an=，得当1≤n≤100，n∈N*时，an+a101-n=+ =+==2，所以a1+a100=a2+a99=a3+a98=…=an+a101-n=2，所以2(a1+a2+…+a100)=2×100=200，所以a1+a2+…+a100=100.故选C. 2.我们把由0和1组成的数列称为0-1数列，0-1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列{Fn}(F1=F2=1，Fn+2=Fn+Fn+1)中的奇数换成0，偶数换成1可得到0-1数列{an}，若数列{an}的前n项和为Sn，且Sk=100，则k的值可能是 (　　) A.100 B.201 C.302 D.399 解析：选C　因为F1=F2=1，Fn+2=Fn+Fn+1，所以F3=2，F4=3，F5=5，F6=8，F7=13，F8=21，F9=34，…，所以数列{an}的前若干项为a1=a2=0，a3=1，a4=0，a5=0，a6=1，a7=0，a8=0，a9=1，…，则a1+a2+a3=a4+a5+a6=a7+a8+a9=…=1，所以S100=33×1+0=33，S201=67×1=67，S302=100×1+0×2=100，S399=133×1=133. 3.将正整数n分解为两个正整数k1，k2的积，即n=k1k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即为12的最优分解，当k1，k2是n的最优分解时，定义f(n)=|k1-k2|，则数列{f(2n)}的前2 024项的和为 (　　) A.21 011-1 B.21 011 C.21 012-1 D.21 012 解析：选C　当n=2k(k∈N*)时，2n=22k=2k×2k，所以f(2n)=f(22k)=|2k-2k|=0，当n=2k-1(k∈N*)时，22k-1=2k-1×2k，则f(2n)=f(22k-1)=|2k-1-2k|=2k-1，故数列{f(2n)}的前2 024项的和为20+21+22+…+21 011==21 012-1. 4.已知数列{an}的各项均为正数，a1=1，an+1-an=，若[x]表示不超过x的最大整数，则[a1]+[a2]+…+[a100]= (　　) A.615 B.620 C.625 D.630 解析：选C　因为a1=1，an+1-an=，所以-=1，可得{}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以=1+(n-1)×1=n.因为数列{an}的各项均为正数，所以an=.因为n∈N*，当1≤n<4时，[]=1，当4≤n<9时，[]=2，当9≤n<16时，[]=3，当16≤n<25时，[]=4，当25≤n<36时，[]=5，当36≤n<49时，[]=6，当49≤n<64时，[]=7，当64≤n<81时，[]=8，当81≤n<100时，[]=9，[]=10，则[a1]+[a2]+…+[a100]=3×1+5×2+7×3+9×4+11×5+13×6+15×7+17×8+19×9+10=625. 5.已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，a4=5，且a1，a3，a7成等比数列. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn=，证明：bi<. 解：(1)设{an}的公差为d(d≠0)，则根据题意有解得 所以an=a1+d(n-1)=n+1，即{an}的通项公式为an=n+1(n∈N*). (2)证明：由(1)可知2Sn=2×=n2+3n，所以bn===， 则bi==--， 易知+>0(n∈N*)， 所以bi=--<. 6.已知等差数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，a1=1，=. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)若cn=·，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Pn. 解：(1)因为====，设an=k(2n-1)，则bn=kn，又a1=k=1，所以an=2n-1，bn=n. (2)因为cn=(-2)n-1=(-2)n-1·-(-2)n·，所以Pn=1-(-2)1·+(-2)1·-(-2)2·+…+(-2)n-1·-(-2)n·=1-(-2)n·. 7.(2024·潍坊三模)已知正项等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1+1，S2，S3+1成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)若bn=求数列{bn}的前4n项和. 解：(1)因为=(S1+1)(S3+1)， 所以(2a1+2)2=(a1+1)(3a1+7)， 即(a1+1)(a1-3)=0，解得a1=-1或a1=3. 又因为an>0，所以a1=3， 所以an=3+2(n-1)=2n+1. (2)因为Sn==n(n+2)， 所以=，所以b1+b3+…+b4n-1=++…+=++…+=， 由b4n-2+b4n=S4n-2-S4n=(4n-2)×4n-4n×(4n+2)=-16n， 得b2+b4+…+b4n=-16(1+2+…+n)=-8n(n+1)， 所以数列{bn}的前4n项和T4n=-8n(n+1)=-8n(n+1). 8.(2024·唐山模拟)在数列{an}中，a1=-，2an=an-1-2n-2(n≥2). (1)证明：数列{an+2n}是等比数列； (2)记数列{n(an+2n)}的前n项和为Tn，若关于n的不等式n(2-Tn)≤恒成立，求实数λ的取值范围. 解：(1)证明：由题意得a1+2=， 当n≥2时，an=an-1-n-1， 则= ==，所以数列{an+2n}是首项为，公比为的等比数列. (2)由(1)可得an+2n=×=，则n(an+2n)=，可得Tn=++…+，则Tn=++…+， 两式相减得Tn=+++…+-=-=1--=1-，所以Tn=2-. 因为n(2-Tn)=≤，则≤λ， 原题意等价于关于n的不等式≤λ恒成立，可得≤λ， 构造bn=，令 则解得n=2或n=3， 则b1<b2=b3>b4>…，即当n=2或n=3时，bn取到最大值， 可得λ≥，所以实数λ的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$