高考数学一轮复习4 第4讲　数列求和

1、1 / 19 第 4讲 数列求和 最新考纲 考向预测 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法. 2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法. 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前 n项和相关的问题. 命题趋势 数列分组求和、错位相减求和、裂项相消求和仍是今年高考考查的热点，题型仍将是以解答题为主. 核心素养 数学运算、逻辑推理 1基本数列求和公式 (1)等差数列求和公式：snn（a1an）2na1n（n1）2d (2)等比数列求和公式：snna1，q1，a1anq1qa1（1qn）1q，q1. 2数列求和的五种常用方法

2、(1)分组转化求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减 (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，从而求得其和 (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 (4)倒序相加法 2 / 19 如果一个数列an的前 n 项中首末两端等“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，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的

3、(5)并项法 一个数列的前 n 项和中，可两两结合求和，称为并项法求和，形如：(1)nf(n)类型，可考虑利用并项法求和 常用结论 三种常见的拆项公式 (1)1n（n1）1n1n1. (2)1（2n1）（2n1）1212n112n1. (3)1n n1 n1 n. 常见误区 1在应用错位相减法求和时，要注意观察未合并项的正负号 2在应用裂项相消法求和时，要注意消项的规律具有对称性，即前面剩多少项，后面就剩多少项 1判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)当 n2时，1n211n11n1.( ) (2)利用倒序相加法可求得 sin21sin22sin23sin288sin28944.5.(

4、 ) (3)若 sna2a23a3nan，当 a0 且 a1 时，求 sn的值可用错位相减法求得( ) 答案：(1) (2) (3) 2数列12n1的前 n 项和为( ) a12n b22n cn2n1 dn22n 解析：选 c.由题意得 an12n1. 3 / 19 所以 snn12n12n2n1. 3(多选)设 sn是数列an的前 n项和，且 a11，an1snsn1，则( ) a数列1sn为等差数列 bsn1n can1，n1，1n11n，n2，nn d.1s1s21s2s31sn1snn1n 解析：选 abcd.sn是数列an的前 n 项和，且 a11，an1snsn1， 则 sn1s

5、nsn sn1，整理得1sn1 1sn1(常数)， 所以数列1sn是以1s11为首项，1 为公差的等差数列，故 a正确； 所以1sn1(n1)n，故 sn1n，故 b正确；所以当 n2 时，ansnsn11n11n(首项不符合通项)， 故 an1，n1，1n11n，n2，nn，故 c正确； 因为1sn1sn1（n1）n1n11n， 所以1s1s21s2s31sn1sn11212131n11nn1n，故 d 正确 4数列an的前 n 项和为 sn，已知 sn1234(1)n1n，则s17_ 解析：s171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119. 答案：

6、9 4 / 19 5(易错题)已知数列an的前 n 项和为 sn，且 ann 2n，则 sn_ 解析：因为 ann 2n，所以 sn1 212 223 23n 2n， 所以 2sn1 222 23(n1) 2nn 2n1， ，得sn222232nn 2n12（12n）12n 2n12n12n 2n1(1n)2n12，所以 sn(n1)2n12. 答案：(n1)2n12 分组转化法求和 (2020 福州市适应性考试)已知数列an满足 a12，nan1(n1)an2n(n1)，设 bnann. (1)求数列bn的通项公式； (2)若 cn2bnn，求数列cn的前 n项和 【解】 (1)方法一：因为

7、 bnann且 nan1(n1)an2n(n1)， 所以 bn1bnan1n1ann2， 又 b1a12， 所以bn是以 2 为首项，以 2为公差的等差数列 所以 bn22(n1)2n. 方法二：因为 bnann，所以 annbn， 又 nan1(n1)an2n(n1)， 所以 n(n1)bn1(n1)nbn2n(n1)， 即 bn1bn2， 又 b1a12， 所以bn是以 2 为首项，以 2为公差的等差数列 所以 bn22(n1)2n. 5 / 19 (2)由(1)及题设得，cn22nn4nn， 所以数列cn的前 n 项和 sn(411)(422)(4nn) (41424n)(12n) 44

8、n414n（1n）2 4n13n2n243. 分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前 n 项和 (2)通项公式为 anbn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和 1 (2020资 阳 诊 断 ) 已 知 在 数 列 an 中 ， a1 a2 1 ， an2an2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列an的前 20项和为( ) a1 121 b1 122 c1 123 d1 124 解析：选 c.由题意可知，数列a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列a2n1是首项为

9、 1，公差为 2 的等差数列，故数列an的前 20 项和为1（1210）12101109221 123.选 c. 2(2020 昆明市三诊一模)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q，已知 a1b11，b464，q 2d. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)记 cna2n1b2n，求数列cn的前 n项和 sn. 解：(1)因为 b464，所以 b1q364，又 b11，所以 q4. 又 q2d，所以 d2. 因为 a11，所以 ana1(n1)d2n1， 6 / 19 bnb1qn14n1. (2)cna2n1b2n4n342n1. 所以 sn(1594n3)(44342

10、n1) n（14n3）24（142n）142 2n2n42n1415. 错位相减法求和 (2020 高考全国卷)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 a11，求数列nan的前 n 项和 【解】 (1)设an的公比为 q，由题设得 2a1a2a3, 即 2a1a1qa1q2. 所以 q2q20, 解得 q1(舍去)或 q2. 故an的公比为2. (2)记 sn为nan的前 n 项和由(1)及题设可得，an(2)n1.所以 sn12(2)n(2)n1， 2sn22(2)2(n1)(2)n1n(2)n. 可得 3sn1(2)(2)2(2)n1

11、n(2)n 1（2）n3n(2)n. 所以 sn19（3n1）（2）n9. 用错位相减法求和的策略和技巧 (1)掌握解题“3步骤” 7 / 19 (2)注意解题“3关键” 要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形 在写出“sn”与“qsn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“snqsn”的表达式 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比 q1 和q1 两种情况求解 (2020 安徽省部分重点学校联考)已知等比数列an的各项均为正数，sn为等比数列an的前 n项和，且 9s25，a3427. (1)求数列an的通项公式 an； (2)设 bnnan

12、，求数列bn的前 n项和 tn. 解：(1)设等比数列an的公比为 q(q0)，由 9s25 得 a1a1q59，又 a3a1q2427，故q21q415， 所以 15q24q40，解得 q23或 q25(舍去)， 所以由 a1a1qa1(1q)a15359，解得 a113， 所以 an1323n1. (2)由(1)可知 an1323n1， 所以 bn3n32n1. 故 tn313202321n32n1， 32tn313212322(n1)32n1n32n， 得，12tn332032132232n1n32n， 化简得 tn(6n12)32n12. 8 / 19 裂项相消法求和 角度一 形如 a

13、n1nk n型 数列an满足 a11, a2n2an1(nn*) (1)证明：数列a2n是等差数列，并求出an的通项公式； (2)若 bn2anan1，求数列bn的前 n 项和 【解】 (1)由 a2n2an1得 a2n1a2n2，且 a211， 所以数列a2n是以 1 为首项，2为公差的等差数列， 所以 a2n1(n1)22n1， 又由已知易得 an0，所以 an 2n1(nn*) (2)bn2anan122n1 2n1 2n1 2n1， 故数列bn的前 n 项和 tnb1b2bn( 31)( 5 3)( 2n1 2n1) 2n11. 裂项求和的基本步骤 角度二 形如 an1n（nk）型 在

14、数列an的前 n 项和 sn12n252n；a2nana2n1an10(n2，nn*)，an0，且 a1b2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的 m 存在，求出 m 的最小值；若 m 不存在，说明理由 数列bn是首项为 1 的等比数列，bn0，b2b312，且_，设数列1an log3 bn1的前 n 项和为 tn，是否存在 mn*，使得对任意的 nn*，tnm? 【解】 设公比为 q(q0)，因为数列bn是首项为 1 的等比数列，且 bn9 / 19 0，b2b312， 所以 q2q120，解得 q3(q4 不合题意，舍去)，所以 bn3n1. 若选，由 sn12n252n，

15、可得 sn112(n1)252(n1)(n2)，两式相减可得 ann2(n2)， 又 a1s13也符合上式，所以 ann2， 所以1anlog3bn11（n2）n121n1n2， 则 tn12113121413151n1n234121n11n2， 因为1n11n20，所以 tn34， 由题意可得 m34，又 mn*，所以 m 的最小值为 1. 若选，则由 a2nana2n1an10得(anan1 1) (anan1) 0，又 an0，所以 anan110，即 anan11，所以数列an是公差为 1 的等差数列，又 a1b2，则 a13，所以 ann2. 所以1anlog3 bn11（n2）n1

16、21n1n2， 则 tn12113121413151n1n234121n11n2， 因为1n11n20，所以 tn34， 由题意可得 m34，又 mn*，所以 m 的最小值为 1. 裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项 (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止 (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项 10 / 19 注意 利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正

17、负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项 1已知函数 f(x)x的图象过点(4，2)，令 an1f（n1）f（n），nn*.记数列an的前 n 项和为 sn，则 s2 020( ) a. 2 0191 b. 2 0201 c. 2 0211 d. 2 0211 解析：选 c.由 f(4)2，可得 42，解得 12， 则 f(x) x. 所以 an1f（n1）f（n）1n1 n n1 n， 所以 s2 020a1a2a3a2 020( 2 1)( 3 2)( 4 3) ( 2 021 2 020) 2 0211. 2在数列an为递增的等比数列，s37，且 3a2是 a13 和

18、a34 的等差中项；sn2n1，nn*，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答 已知数列an的前 n 项和为 sn，_，bnan1snsn1，设数列bn的前 n项和为 tn，求 tn. 解：若选， 由已知，得a1a2a37，（a13）（a34）23a2，解得 a22， 设数列an的公比为 q，则 a1q2， 所以 a12q，a3a1q22q. 由 s37，可知2q22q7， 所以 2q25q20，解得 q2或 q12， 11 / 19 易得 q1，所以 q2，a11. 故数列an的通项公式为 an2n1， sn12n122n1， 所以 bnan1snsn12n（2n1）（2n11

19、）12n112n11， 所以 tn113131712n112n11112n11. 若选， 当 n1时，a1s11， 当 n2时，ansnsn12n1， 因为 a11 也满足上式，所以 an2n1， 所以 bnan1snsn12n（2n1）（2n11）12n112n11， 所以 tn113131712n112n11112n11. a级 基础练 1在数列an中，a12，a22，an2an1(1)n，nn*，则 s60的值为( ) a990 b1 000 c1 100 d99 解析：选 a.n 为奇数时，an2an0，an2；n 为偶数时，an2an2，ann.故 s60230(2460)990.

20、2在数列an中，an2n12n，若an的前 n项和 sn32164，则 n( ) a3 b4 c5 d6 解析：选 d.由 an2n12n112n得， snn1212212nn112n， 12 / 19 则 sn32164n112n，将各选项中的值代入验证得 n6. 3(2020 河北保定期末)在数列an中，若 a11，a23，an2an1an(nn*)，则该数列的前 100 项之和是( ) a18 b8 c5 d2 解析：选 c.因为 a11，a23，an2an1an(nn*)，所以 a3312，a4231，a5123，a6312，a7231，a8123，a9312， 所以an是周期为 6

21、的周期数列，因为 1001664，所以 s10016(132132)(1321)5.故选 c. 4(多选)已知数列an为等差数列，首项为 1，公差为 2.数列bn为等比数列，首项为 1，公比为 2.设 cnabn，tn为数列cn的前 n 项和，则当 tn2 019时，n 的取值可能是( ) a8 b9 c10 d11 解析：选 ab.由题意，an12(n1)2n1，bn2n1， cnabn2 2n112n1，则数列cn为递增数列， 其前 n项和 tn(211)(221)(231)(2n1) (21222n)n2（12n）12n2n12n. 当 n9时，tn1 0132 019； 当 n10时，

22、tn2 0362 019. 所以 n的取值可以是 8，9. 故选 ab. 5已知数列an满足 a11，an1an2n(nn*)，则 s2 020( ) a22 0201 b321 0103 c322 0211 d321 0092 解析：选 b.因为 a11，所以 a22a12，又an2an1an1an2n12n2， 13 / 19 所以an2an2.所以 a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，所以 s2 020a1a2a3a4a5a6a2 019a2 020(a1a3a5a2 019)(a2a4a6a2 020)121 010122（121 010）12321 0103.

23、故选 b. 6在等比数列an中，若 a127，a91243，q0，sn是其前 n 项和，则 s6_ 解析：由 a127，a91243知，124327 q8，又由 q0，解得 q13，所以 s62711361133649. 答案：3649 7中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：有一个人走 378 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了 6 天后到达目的地，请问第二天走了_里 解析：依题意得，该人每天所走的路程依次排列形成一个公比为12的等比数列，记为a

24、n，其前 6 项和等于 378，于是有a11126112378，解得 a1192， 因此 a212a196，即该人第二天走了 96 里 答案：96 8已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，且 b23，b39，a1b1，a14b4，则an的通项公式为_；设 cnanbn，则数列cn的前n 项和为 sn_ 解析：设an是公差为 d 的等差数列，bn是公比为 q的等比数列，由 b214 / 19 3，b39，可得 qb3b23，bnb2qn23 3n23n1.即有 a1b11，a14b427，则 da14a1132，则 ana1(n1)d12(n1)anbn2n13n1，则数列cn的前 n 项

25、和为 sn13(2n1)(1393n1)12n 2n13n13n23n12. 答案：an2n1 n23n12 9(2020 新高考卷)已知公比大于 1 的等比数列an满足 a2a420，a38. (1)求an的通项公式； (2)记 bm为an在区间(0，m(mn*)中的项的个数，求数列bm的前 100项和 s100. 解：(1)设an的公比为 q.由题设得 a1qa1q320，a1q2 8. 解得 q12(舍去)，q2.由题设得 a12. 所以an的通项公式为 an2n. (2)由题设及(1)知 b10，且当 2nm2n1时，bmn. 所以 s100b1(b2b3)(b4b5b6b7)(b32

26、b33b63)(b64b65b100)0122223234245256(10063) 480. 10(2020 四川石室中学二诊)已知数列an的前 n 项和为 sn，且满足 2snnn2(nn*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2an（n2k1），2（1an）（1an2）（n2k）(kn*)，数列bn的前 n 项和为 tn.若 t2na14n12n2b 对 nn*恒成立求实数 a，b 的值 解：(1)当 n1时，由 2s12a1112得 a10； 当 n2时，2an2sn2sn1nn2(n1)(n1)222n，则 an1n(n2)， 15 / 19 显然当 n1时也适合上式， 所

27、以 an1n(nn*) (2)因为2（1an）（1an2）2n（n2）1n1n2， 所以 t2n(b1b3b2n1)(b2b4b2n) (2022222n)1214141612n12n2114n1141212n21164314n12n2. 因为 t2na14n12n2b对 nn*恒成立， 所以 a43，b116. b级 综合练 11(2020 重庆模拟)数列an满足 an1(1)n1an2n1，则数列an的前 48 项和为( ) a1 006 b1 176 c1 228 d2 368 解析：选 b.an1(1)n1an2n1， 所以 n2k1(kn*)时，a2ka2k14k3， n2k1(kn

28、*)时，a2k2a2k14k1， n2k(kn*)时，a2k1a2k4k1， 所以 a2k1a2k12，a2k2a2k8k. 则 数 列 an 的 前48 项 和 为212 8(1 3 23) 24 812（123）21 176.故选 b. 12(多选)已知数列an的前 n 项和为 sn，且有(a1a2an)an(a1a2an1)an1(n2，nn*)，a1a21.数列1log2sn1log2sn2的前 n 项和为tn，则以下结论正确的是 ( ) aan1 bsn2n1 16 / 19 ctnn1n3 dtn为增数列 解析：选 bd.由(a1a2an)an(a1a2an1)an1，得 sn(s

29、nsn1)sn1(sn1sn)，化简得 s2nsn1sn1，根据等比数列的性质得数列sn是等比数列易知 s11，s22，故sn的公比为 2，则 sn2n1，sn12n，sn22n1，1log2sn1log2sn21n（n1）1n1n1.由裂项相消法得 tn11n1nn1.故 b正确，c错误，d正确根据 sn2n1知 a选项错误，故答案为 bd. 13(2020 山西晋中模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 sn，a59，s525. (1)求数列an的通项公式及前 n项和 sn； (2)设 bn (1)nsn，求bn的前 n项和 tn. 解：(1)由题意，得 s55（a1a5）25 2a325

30、a325，得 a35， 设等差数列an的公差为 d，则 da5a3539522， 所以 ana3(n3) d52(n3)2n1，nn*. 则 a12111， 所以 snn 1（2n1）2n2. (2)由(1)知，bn(1)nsn(1)nn2， 当 n为偶数时，n1 为奇数， tnb1b2bn12223242(n1)2n2 (2212)(4232)n2(n1)2 (21)(21)(43)(43)n(n1)n(n1) 1234(n1)nn（n1）2； 当 n为奇数时，n1 为偶数， tnb1b2bn12223242(n2)2(n1)2n2 (2212)(4232)(n1)2(n2)2n2 17 /

31、 19 (21)(21)(43)(43)(n1)(n2)(n1)(n2)n2 1234(n2)(n1)n2 n（n1）2n2n（n1）2. 综上所述，tn(1)nn（n1）2. 14已知正项数列an的前 n 项和为 sn，且 4sn(an1)2. (1)求数列an的通项公式； (2)在bn1anan1；bn3nan；bn14sn1这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解 若_，求bn的前 n项和 tn. 解：(1)因为 4sn(an1)2， 所以当 n1时，4a14s1(a11)2，解得 a11. 当 n2时，4sn1(an11)2， 又 4sn(an1)2， 所以两式相减得 4an(an1)2(an11)2， 可得(anan1)(anan12)0， 因为 an0，所以 anan12， 所以数列an是首项为 1，公差为 2 的等差数列， 所以 an2n1， 故数列an的通项公式为 an 2n1. (2)若选条件，bn1anan11（2n1）（2n1）1212n112n1， 则 tn121131315151712n112n112112n1n2n1. 若选条件， bn3nan 3n(2n1)， 则 tn13332533(2n1