2022届高考数学总复习教学案数列求和

第四节数_列_求_和［知识能否忆起］一、公式法1．如果一个数列是等差数列或等比数列，那么求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q=l或qfnn+12—些常见数列的前nnn+121+2+3+4+-・・+n=1+3+5+7+・・・+2n—1=n2；2+4+6+8+・・・+2n=n2+n.二、非等差、等比数列求和的常用方法倒序相加法如果一个数列｛an｝,首末两端等“距离〃的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，等差数列的前n项和即是用此法推导的.分组转化求和法假设—个数列的通项公式是由假设干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，那么求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减.错位相减法如果—个数列的各项是由—个等差数列和—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，等比数列的前n项和就是用此法推导的.裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的—些项可以相互抵消，从而求得其和.［小题能否全取］1.(2022沈阳六校联考)设数列｛(-1加的前n项和为Sn,那么对任意正整数n,Sn=(A.n[A.n[~1n~1]B.—1n~1+12—1n—12解析：选D因为数列｛(—1)n｝是首项与公比均为-1的等比数列，所以Sn=—1——1nX—1—1n—1

C.75D.100解析：选CTSn=〃J”)=n(n+2),••・牛=斤+2.故半+爭+…+制^.3.数列a]+2,…,ak+2k,…,a10+20共有十项，且其和为240,那么a1ak-Ia10的值为()A.31B.120C.130D.185解析:选Ca解析:选Ca1-——ak——a10=240-(2-——2k——20)=240—(2+20)X102=240—110=130.4.假设数列｛an｝的通项公式为an=2n+2n—1,那么数列｛a“｝的前n项和为“2(1-2n),n(1+2n-1)「2.解析：S二+，~2n+1-2+n2.n1-22答案：2n—+n2—2丄)n+1丿5.数列2X4’4X6,6X8’…,2n(2n+2)丄)n+1丿解析:1解析:a二n2n(2n+2)那么s二『1-n4那么s二『1-n4(丄+丄-—+•••+—-223n4(4(n+1)答案:n4(n+1)数列求和的方法一般的数列求和，应从通项入手，假设无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择适宜的方法求和.解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.T分组转化法求和

1典题导入[例1](2022・山东高考)等比数列｛an｝中，a”a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818求数列｛an｝的通项公式；假设数列｛b｝满足:b=a+(—1)nlna，求数列｛b｝的前2n项和S2.nnnnn2n[自主解答](1)当a1=3时，不合题意；当a1=2时，当且仅当a2=6,a3=18时，符合题意；当a1=10时，不合题意.因此a1=2,a2=6,a3=18.所以公比q=3，故a”=23-(2)因为bn二an+(-1)nlnan=23-1+(-1)nln(23-1)=2^3n-1+(-1)n(ln2-ln3)+(-1)nnln3,所以S2n二b]+方2+…+方2”=2(1+3+…+32n-1)+[-1+1-1+...+(-1)2n](ln2-ln3)1-32n+[-1+2-3+...+(-1)2n2n]ln3=2X，+nln3=32n+nln3-1.1-3-由题悟法分组转化法求和的常见类型(1)假设a=b±cn，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a”=b，n为奇数，"斗佃拓的数列，其中数列｛b｝，｛c｝是等比数列或等差数C，n为偶数列，可采用分组求和法求和鱼以题试法1.数列｛xn｝的首项x1=3，通项xn=2np+nq(nWN*，p，q为常数),且x1，x4，x5成等差数列.求：p，q的值；数列｛xn｝前n项和Sn的公式.解：(1)由x1=3，得2p+q=3，又因为x4=24p+4q,

x5二25p+5q，且X]+x5二2x4，得3+25p+5q二25p+8q,解得p二1,q=1.(2)由⑴，知xn(2)由⑴，知xn=2n+n，所以S“=(2+22+…+2n)+(1+2+•…+n)—2n+1-2+n(n+1)~2~屮错位相减法求和典题导入［例2］(2022・江西高考)数列｛a｝的前n项和S=kc”_k(其中c,k为常数),且a2=4,a6n^26=8a3・求an；求数列｛nan｝的前n项和T”.［自主解答］(1)由Sn—kcn~k,得a—Sn-Sn_1—ken-kCn-1(n^2).e—2,由a2—4,a—8a3，得ke(e-1)—4,ke5(e-1)—8ke2(e-1)，解彳得Ik-2,所以a1—S1—2,a—ken-ken-1—2n(n三2),11n于是a—2n.n(2)T—Xza.—工i2，nii—1i—1即T—2+2・22+32+4・24+•••+n・2“.nT—2T-T—-2-22-23-24-•-2n+n^2n+1nnn—-2n+1+2+n・2n+1—(n-l)2n+1+2.-由题悟法用错位相减法求和应注意：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“S—qS〃的表达式.n±n在应用错位相减法求和时，假设等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.3以题试法2.(2022・济南模拟)等比数列｛an｝的前n项和为S”，且满足S”=3n+k.(1)求k的值及数列｛an｝的通项公式；

a⑵假设数列｛bn｝满足寸=(4+k)anb“，求数列｛bn｝的前n项和T”.解：(1)当心2时，由an=Sn-Sn_l=3n+k-3n-i-k=2-3n-i,得等比数列｛a“｝的公比q=3,首项为2.•••片二耳二3+k二2,「.k二-1，二数列｛an｝的通项公式为an=2^3n-1.aan⑵由罗-(仆)％,可得化-k即b-|#23n3+3HW)，(丄+2+斗..+亠］'3n(丄+2+斗..+亠］'3n+1,.13,,…齐二2(323334.23fl+丄••3Tn-2乜32+丄+...+丄亠333n3n+1丿9卩4^22・3n3n+1y裂项相消法求和［例3］数列｛an｝的前n项和为Sn，a1=1,Sn=na“一n(n—1)(nUN*).(1)求数列｛an｝的通项公式；2⑵设b=，求数列｛b｝的前n项和T.aa+1［自主解答］(1)退—nan-n(n-1),当n三2时，Sn-1=(n-"an-1-(n-1)(n-2),…an=Sn-Sn-1二nan--】)-(n-叽-1+(n--2)，.数列｛an｝是首项a1—1,公差d—2的等差数列，古攵a—1+(n-1)^2—2n-1,nWN*・n⑵由⑴知bn—⑵由⑴知bn—2anan+1(2n-1)(2n+1)2n-12n+1故Tn2n+故Tn2n+1丿八丄2n+12n2n+1本例条件不变，假设数列｛bn｝满足bn=S^n，求数列｛bn｝的前n项和Tn.n解：Sn=nan-n(n-1)二n(2n-1)-n(n-1)二n2.b二一^=—1-二一1一二丄nSn+nn2+nn(n+1)n+++…+ln1-+++…+ln1-nn+1n+1-由题悟法利用裂项相消法求和应注意(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项;(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.如：假设｛an｝是等差数列，那么相等.如：假设｛an｝是等差数列，那么1anan+13以题试法3.(2022•“江南十校〃联考)在等比数列｛an｝中，a1>0，n^N*,且a3~a2=8，又a「a5的等比中项为16.(1)求数列｛an｝的通项公式；⑵设bn=log4a“，数列｛bn｝的前n项和为S”,是否存在正整数k使得1+S"+音++S11<k对任意1<k对任意n£N*恒成立•假设存在，求出正整数k的最小值；不存在，请说明理由.n解：⑴设数列｛an｝的公比为q，由题意可得a3-16,•°a3-a2-8，那么a2-8,「.q-2.•・a—2n+1.n(2)vbn-log42n+1cn(n+3)•Sn-b1+b2+^+bn-=1-1//dk4_3=•1丄1丄1丄丄1S.S2S3S123n42_1+丄_丄+1_1+...+1_丄)3匕42536nn+3丿22<—n+2n+3丿9•••存在正整数k的最小值为3.TOC\o"1-5"\h\z1.｛an｝是首项为1的等比数列，Sn是｛an｝的前n项和，且9S3=S6，那么数列|的前5项和为（）A.£或5B.31或5C.16D.89（1-q3）1-q6方…口亠解析：选C设数列｛an｝的公比为q.由题意可知q工1,且二，解得Q=2，n1-q1-q所以数列［丄）是以1为首项，1为公比的等比数列，由求和公式可得S二豎.［叮25162.数列｛an｝的前n项和S“=an2+bn（a、b^R）,且S25=100,那么a12+a14等于（）A.16B.8C.4D.不确定解析：选B由数列｛a；｝的前n项和S；=an2+bn（a、b^R），可知数列｛a；｝是等差数列,由S25=2^=100，解得。］+。25=8,所以。1+°25=°12+°14=8.3.数列1扌，34，58，7^6，…，（2n—1）+±,…的前n项和S“的值等于（）A.n2+1—丁B.2n2—n+1—丁TOC\o"1-5"\h\z2n2nC.n2+1—D.2n－12n解析：选A该数列的通项公式为a“=（2n—1）+2；,那么S；=[1+3+5+…+(2n—1)]+6+玉+…十2；丿=；2+1—2；.4.（2022•“江南十校〃联考）假设数列｛a｝为等比数列，且a1=1,q=2，那么T=丄n1na1a2十亡+…+盘的结果可化为（）23nn+111解析：选Ca解析：选Ca=2n-1，设b=—1—nnanan+1©i・+Q)2n-1，的前100项和为（）1)2n—1,5.等差数列｛an｝的前n项和为Sn，a5=5,S5=15,那么数列＜A^B^AIOIB-101C-100D-100解析：选A设等差数列｛an｝的首项为a”公差为d.•••佟=5•••佟=5,S5=15,・・・(a1+4d=5,,5X(5—1)5。]+2d=15,。1=1,d=1,•.an=a]+(n—1)d=n.1aa1aa

nn+11111啲前100项和为1—2十2一3—+1B06．函数f(n)=n2（当n为奇数时），—n2（当n为偶数时）,an=f(n)+f(n+1)，那么a1+a2+a3+a100等于（A．0B．A．0B．100C．－100D．10200解析：选B由题意，0]+°2+。3+…+a]00=12—22—22+32+32—42—42+52+…+992—1002—1002+1012=—(1+2)+(3+2)(99+100)+(101+100)=—(1+2+——99+100)+(2+3——100+101)=—1+101=100.7.在等差数列｛a”｝中，S”表示前n项和，°2+。8=18—°5，那么Sg=.解析：由等差数列的性质及a2+a8二18-a5,得2a5二18-a5,那么a5=6,故s故s少+"二9a925二54.答案：548.对于数列｛an｝,定义数列｛an+]—an｝为数列｛a“｝的“差数列〃，假设a1=2,｛a“｝的“差数列〃的通项公式为2n,那么数列｛an｝的前n项和Sn=.解析：Ta+1-a=2n,n+1nAan二(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-幻)+幻=2n-1+2n-2+…+22-2nq+2+2—+2—2n-2+2—2n1-22-2n+1•'•S二，—2n+1-2.n1-2答案：2n+1—2f1〕9.等比数列｛an｝中，a1=3,a4=81,假设数列｛b”｝满足bn=log3a”，那么数列］—［的、nn+1前n项和S=.n解析：设等比数列｛an｝的公比为q,那么4二93=27，解得q二3.所以a“二-1二3X3“-1二3n,故bn=log3an二n,所以二「丄丄.bb丄］n(n+1)nn+1nn+11那么数列＜~的前n项和为1-1+1-3+—+11—=11—二n.bnbn+1J223nn+1n+1n+1答案：答案：nn+110.(2022・唐山统考)在等比数列｛an｝中，a2a3=32,a5=32.(1)求数列｛an｝的通项公式；⑵设数列｛a｝的前n项和为S，求S1+2S2+—+nS.nn12n解：⑴设等比数列｛an｝的公比为q,依题意得解得a1=2，q=2解得a1=2，q=2，<a1q4二32,故a二2・2n-1二2几n(2)TSn表示数列｛an｝的前n项和，2(2(1-2n)-1-2=2(2n-1),•S1+2S?+…+nS”—2[(2+2・22+…+n'2n)-(1+2+...+n)]—2(2+2・22+…+n'2n)-n(n＋1)，设T—2+22+…+”2,①n那么2T—22+22+…+n・2”+1,②n①-②，得-n・2”+1—(1-n)2”+1-2,T—2+2-n・2”+1—(1-n)2”+1-2,n1-2Tn—(n-1)2n+1+2，S+2S+…+nS—2[(n-1)2n+1+2]-n(n+1)12n—(n-1)2n+2+4-n(n+1)．11.(2022•长春调研)等差数列｛an｝满足：a=9,a2+a6=14.求｛a”｝的通项公式；⑵假设b“=an+qa”(q>0),求数列｛b”｝的前n项和S”.Ia,+4d—9,解:⑴设数列｛an｝的首项为a1，公差为d那么由a5—9,2+a6—14，得][2d]+6d—14,a〔—1,解得]所以｛a啲通项a-2n-1.d—2,nn由an—2n-1得bn—2n-1+q2n-1.当q>0且qM1时，Sn—[1+3+5+…+(2n-1)]+(q1+§3+§5+…+qm-1)—n+q(1-q2n)；/1-q2当q—1时，bn—2n,那么Sn—n(n+1).所以数列｛bn｝的前n项和n(n+1),q二1,,q(,q(1-q2n)n2+1-q2,q>0,qM1.212.(2022•“江南十校〃联考)假设数列｛a｝满足：a=3,a2=2,3(a~2a+a,)=2.n132n＋1nn—1(1)证明：数列｛an+]—an｝是等差数列；⑵求使丄+丄+丄+丄>2成立的最小的正整数n.TOC\o"1-5"\h\zaaaa2123n解：(1)由3(an+]-2an+an-J=2可得：a亠、-2a+a’=¥，即(a丄’-a)-(a-aJ二吕，n+1nn-13n+1nnn-13故数列｛a1-a｝是以a厂a1二4为首项，3为公差的等差数列.n＋1n2133(2)由⑴知an+1-an=|+j(n-1)=j(n+1),于是累加求和得a于是累加求和得a二an1+3+…+n)=3n(n+1),((11A•1—Q—-nn+1y•厂nn+1yn1nn—1nn项和,那么log2(S2022＋2)=.n>5,.n>5,n+>5,.n>5,n+12a1a2a3an.最小的正整数n为6.1.数列｛an｝的前n项和Sn=n2-6n，那么｛la」｝的前n项和T=()A．6n－n2B．n2－6n＋18，6n—n2(1WnW3)]6n—n2(1WnW3)C』D』n2—6n+18(n>3)[n2—6n(n>3)解析：选C：•由Sn=n2—6n得｛a“｝是等差数列，且首项为一5,公差为2.a”=—5+(n—1)X2=2n—7,.°.nW3时，a<0,n>3时，a>0,nn，6n—n2(1WnW3),:,T=\nn2—6n+18(n>3).

+a4+・"+a2022＋a+a4+・"+a2022＋a2022=2i+22+23+24+…+22022+220222(1-22022)_cc-22022-2.1-2故log2(S2012+2)二log222013二2013・答案：20223.递增的等比数列｛a“｝满足：a2+a3+a4=28，且a3+2是a2，a4的等差中项.求数列｛an｝的通项公式；假设…站,Sn=b1+b2+-+bn，求5解：⑴设等比数列｛an｝的首项为a1，公比为q.依题意，有2(a3+2)—a2+a4，代入笃+。3+。厶二28，得。3—8.•・a2+a4二20.円"-20，解得Vq—2,或＜a3一a1q2一8,、a]一2,1q巧a,二32.1又｛an｝为递增数列，|q-2，.•・a—2n.na一2.1(2)Vbn二2n・10g22n二-⑦2",S”二1X2+2X22+3X23+…+必2".①.°.i2S二1X22+2X23+3X24+…+(n-1)X2n+nX2n+1.②n①-②得S—2+22+23+…+2“-n・2“+1n3”+11－22“+1—n•2“+1—2.•.S一2“+1-“•2“+1-2.n

｛an｝是公差不为零的等差数列，°]=1,且a1，a3,a9成等比数列.求数列｛an｝的通项；求数列｛2an｝的前n项和S”.1+2d1+8d解：(1)由题设知公差dHO，由a1—1,a1,a3,a9成等比数列得—^^，解得d—1或d—0(舍去),故｛an｝的通项an—1+(n-1)X1—n.(2)由⑴知2an—2n,由等比数列前n项和公式得2(1-2n)S—2+22+23+…+2n——2n+1-2.n1-2设函数f(x)=x3，在等差数列｛an｝中，a3=7,a1+a2+a3=12，记S”=f(Qa”七)，令b=aS,数列｛补的前n项和为T.