第六章 §6.6 数列求和(二)（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§6.6　数列求和(二) 课标要求　掌握错位相减法求和、裂项相消法求和等几种常见的求和方法． 知识梳理 1．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项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的． 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，从而求得其和． 常用结论 常见的裂项技巧 (1)＝－. (2)＝. (3)＝. (4)＝－. 自主诊断 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)当n≥2时，＝－.(　×　) (2)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．(　×　) (3)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(　√　) (4)已知等差数列{an}的公差为d，则有＝.(　×　) 2．数列，，，…，的前n项和为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　∵＝， ∴Sn＝＋＋…＋ ＝ ＝＝. 3．Sn＝＋＋＋…＋等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由Sn＝＋＋＋…＋，① 得Sn＝＋＋…＋＋，② ①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－＝， ∴Sn＝. 4．已知数列{an}满足：an>0，a1＝2，且 an＋1＝2an，令bn＝(n＋2)an，设数列{bn}的前n项和为Sn，则S7＝________. 答案　2 046 解析　由题意，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2·2n－1＝2n， 所以bn＝(n＋2)an＝(n＋2)·2n， 所以S7＝3×21＋4×22＋5×23＋…＋9×27， 2S7＝3×22＋4×23＋…＋8×27＋9×28， 两式相减得，－S7＝3×21＋22＋23＋…＋27－9×28＝6＋－9×28＝2－211＝－2 046，所以S7＝2 046. 题型一　错位相减法求和 例1　(12分)(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式；[切入点：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找出an的递推关系] (2)求数列的前n项和Tn.[关键点：错位相减法求和] [思路分析] (1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)→an与an－1的递推关系→累乘法求an (2)求bn→错位相减法求Tn 解　(1)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1， 即a1＝0；(1分) 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3， 即a3＝2，(2分) 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， 所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an， 化简得(n－2)an＝(n－1)an－1， (3分) →①处利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找an与an－1的递推关系 则当n≥3时， ＝，则··…·＝ ··…·，即＝n－1， →②处累乘法求an 因为a2＝1，所以an＝n－1，(5分) 当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N+.(6分) (2)令bn＝＝，(7分) 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn ＝＋＋…＋＋，　　　　　①(8分) Tn＝＋＋…＋＋， ②(9分) 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝1－，(11分) →③处错位相减法求和 即Tn＝2－.(12分) 思维升华 (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. 跟踪训练1 (2023·长沙模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝2，S4＝3(a1＋a3)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)已知数列{bn}满足bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设{an}的公比为q，q>0， ∵S4＝3(a1＋a3)， ∴a1＋a2＋a3＋a4＝3(a1＋a3)， ∴a2＋a4＝2(a1＋a3)， 即a1q＋a3q＝2(a1＋a3)， ∴q＝2，又a1＝2，∴an＝2·2n－1＝2n. (2)∵bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·2n， ∴Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n， 2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋7×25＋…＋(2n－1)·2n＋1， 两式相减得，－Tn＝2＋23＋24＋25＋…＋2n＋1－(2n－1)·2n＋1＝2＋－(2n－1)·2n＋1 ＝－6－(2n－3)·2n＋1， ∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6. 题型二　裂项相消法求和 例2 (2024·张家口模拟)已知数列{an}满足3＋＋＋＋…＋＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列的前n项和为Sn，证明：Sn<. (1)解　由题意，数列{an}满足3＋＋＋＋…＋＝，① 当n＝1时，3＋＝＝，解得a1＝－1； 当n≥2时，3＋＋＋＋…＋＝，② ①②两式相减得＝－＝＝，所以an＝－2n＋1， 当n＝1时，a1＝－1，适合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝－2n＋1. (2)证明　令bn＝，由an＝－2n＋1， 可得bn＝＝＝＝， 所以Sn＝×＝ ＝－， 因为n∈N+，可得>0，所以Sn<. 思维升华 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． 跟踪训练2 记数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n(n∈N+)． (1)求{an}的通项公式； (2)求证：数列的前n项和Tn<1. (1)解　∵Sn＝2an－n，① 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，② ∴①－②得an＝2an－1＋1， 即an＋1＝2(an－1＋1)， 则＝2，n≥2， 当n＝1时，由S1＝a1＝2a1－1，解得a1＝1， ∴{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1. (2)证明　∵＝＝＝－， ∴Tn＝＋＋…＋＝1－<1. 课时精练 1．已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1＝b1＝3，b3－a7＝12，a2＋b2＝14. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)若cn＝，求数列{cn}的前n项和． 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， 由已知得 则解得 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝3·3n－1＝3n. (2)cn＝＝＝， 则c1＋c2＋…＋cn ＝ ＝＝. 2．(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项． (1)求{an}的公比； (2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和． 解　(1)设{an}的公比为q， ∵a1为a2，a3的等差中项， ∴2a1＝a2＋a3，a1≠0，∴q2＋q－2＝0， ∵q≠1，∴q＝－2. (2)设{nan}的前n项和为Sn，∵a1＝1， 由(1)得an＝(－2)n－1，∴nan＝n·(－2)n－1， ∴Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n·(－2)n－1，① －2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n，② ①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n ＝－n·(－2)n＝， ∴Sn＝，n∈N+. 3．(2023·邢台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n， 当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n. 由题意得b2＝a2＋2＝22＋2＝6，b3＝2＋4＋3＝9， 设等差数列{bn}的公差为d， 则d＝b3－b2＝3，b1＝b2－d＝3， 故bn＝b1＋(n－1)d＝3n. 综上，an＝2n，bn＝3n. (2)由(1)知anbn＝3n·2n， 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn ＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，① 2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，② 所以①－②得，－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n－1＋2n)－3n·2n＋1＝3×－3n·2n＋1 ＝(3－3n)·2n＋1－6， 所以Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6. 4．(2024·合肥模拟)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，a5＝2a2，S3＝a. (1)求{an}的通项公式an； (2)求证：＋＋＋…＋<1(n∈N+)． (1)解　设等差数列{an}的公差为d， 由a5＝2a2，S3＝a， 得而d≠0， 解得d＝1，a1＝2， 所以{an}的通项公式an＝2＋n－1＝n＋1. (2)证明　由(1)知，＝< ＝－， 所以＋＋＋…＋<＋＋…＋＝1－<1. 5．(2023·郑州质检)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝7，且数列{an＋1－an}为等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝(2n－1)an，求{bn}的前n项和Sn. 解　(1)因为a1＝1，a2＝3，a3＝7， 所以a2－a1＝2，a3－a2＝4， 因为数列{an＋1－an}为等比数列，＝2， 所以数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an＋1－an＝2n， 两边同除以2n＋1， 得＝·＋， 所以－1＝， 又因为－1＝－≠0， 所以是首项为－，公比为的等比数列， 所以－1＝－×n－1＝－， 所以an＝2n－1. (2)因为an＝2n－1， 所以bn＝(2n－1)an＝(2n－1)2n－(2n－1)， 记数列{(2n－1)2n}的前n项和为Tn， 则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n， 2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1， 所以－Tn＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n－1＋2n)－(2n－1)·2n＋1 ＝2＋2×－(2n－1)·2n＋1 ＝(3－2n)·2n＋1－6， 所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6， 所以Sn＝Tn－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝Tn－＝Tn－n2 ＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6. 6．(2023·海口模拟)已知等差数列{an}，其前n项和Sn满足Sn＝n2＋m，m为常数． (1)求m及{an}的通项公式； (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)由题意，当n＝1时，a1＝S1＝m＋1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋m－(n－1)2－m＝2n－1， 则a2＝3，a3＝5， 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2， 即m＋1＋5＝2×3，解得m＝0， 则a1＝1，满足an＝2n－1， 所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N+)． (2)由(1)可得Sn＝n2， 则bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝－＋－＋…＋－ ＝1－＝. 学科网（北京）股份有限公司 $