2023-2024届新高考一轮复习湘教版 6-4 数列求和 学案

第四节数列求和

【课标标准】掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.

必备知识•夯实双基

知识梳理

L分组转化法：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

成的，则求和时可用分组转化法，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，

从而求得前”项和.

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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.

4.倒序相加法：如果一个数列｛atl｝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求解.

［常用结论］

I.一些常见的数列前"项和公式

(l)l+2+3+4+∙∙∙+n=^^i

(2)12+22H----k“2=n(n+lg2n+l).

2.常见的裂项公式

(1)---=1——L..

v7n(n+l)nn+l'

(2⅛⅛Z4O+);

(3)____ɪ________________L-Y

'z(2n-l)(2n+l)2∖2n-l2n+l√,

《扁kθ而

夯实双基

1.思考辨析(正确的打“J”，错误的打“X”)

(1)若数列｛arι｝为等比数列，且公比不等于1,则其前〃项和S,,=苒2.()

(2)当心2时,⅛=∏⅛-⅛)∙()

(3)求5"=。+2。2+3/-|------时只要把上式等号两边同时乘以“即可根据错位相减法

求和.()

(4)若数列m,a2-ai,-1期一斯T是首项为1,公比为3的等比数列,则数列｛a11｝的

通项公式是斯=三二.()

n

2.(教材改编)已知数列｛arι｝的通项公式为al,=2+n,前n项和为S,.,则$6=.

3.(教材改编)在数列｛a11｝中,如=散热,若｛a。的前n项和为分|，则项数〃=.

4.(易错)已知数列｛a11｝的通项公式为斯=(一1)"层，设的=小+小+”贝I擞列&｝的前200

项和为()

A.-200B.0

C.200D.10000

£

5.(易错)在数列｛aιq｝中，已知m=(n+$(n+K("N*)，则｛atl｝的前"项和S"="

关键能力•题型突破

题型一分组转化法求和

例1［2023∙江西赣州模拟］已知数列｛arι｝的前n项和为Sn,且满足Sπ=2απ-2(n∈N*)

(1)求数列｛atl｝的通项公式；

(2)已知d=Cos(nπ)log√2‰＞求数列｛b∏｝的前〃项和力“

［听课记录］

题后师说

分组转化法求和的两种常见类型

若".=4±C",｛¼,｝,｛%｝为等差或等比数列，

则可用分组求和法求和

若通项公式为4=｛然霆*的数列,其中

数列｛4｝，｛。｝是等比数列或等差数列，则可

采用分组求和法求和

巩固训练1

［2023•河南驻马店模拟］已知等差数列｛arι｝满足an+l+an=4n+2.

(1)求数列｛atl｝的通项公式；

(2)若数列｛bιq-atl｝是公比为3的等比数列，且6=3,求数列｛b11｝的前”项和S“,

题型二裂项相消法求和

例2［2023•河北沧州模拟］已知正项等比数列｛a11｝的前〃项和为S”且al=l.S3=7.

(1)求｛a11｝的通项公式；

1

(2)记hn=求｛、｝的前〃项和Tn.

log2(l+Sn)∙log2(l+Sn+1)

［听课记录］

题后师说

使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏

写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目

的.

巩固训练2

［2023•安徽卓越联盟］已知数列｛atl｝满足a2=γan-an+ι-=3anan+i.

(1)求数列｛a11｝的通项公式；

(2)求数列｛arιa11+ι｝的前n项和Tn.

题型三错位相减法求和

例3［2023•广东肇庆模拟］已知数列｛aιq｝满足al=：,2‰+∣=⅛,+l.

(1)证明：数列｛atl-l｝是等比数列；

(2)求数列｛narl｝的前n项和T,,.

［听课记录］

题后师说

(1)一般地，如果数列hn｝是等差数列，｛bn｝是等比数列，求数列hn∙b11｝的前〃项和时，

可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以数列｛b11｝的公比，然后作差求解.

(2)在写出“SJ与MSj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

an

Sn-qSn的表达式.

巩固训练3

[2023•山东济南一中模拟]已知数列｛aQ的前n项和为Sn,β∣≈l,且S,=2S,-∣+

n(n≥2,n∈N*)

(1)求数列｛a。的通项公式；

(2)设⅛n=(2n-l)(an+1),求数列｛brι｝的前n项和Tn.

真题展台

l.[2021∙新高考I卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对

称轴把纸对折，规格为20dmX12dm的长方形纸，对折1次共可以得到IOdmXI2dm,20

dm×6dm两种规格的图形,它们的面积之和5∣=240dm2,对折2次共可以得到5dm×12dm,

10dm×6dm,20dmX3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2=I8Odn?.以此类推，则

对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折〃次，那么设=ISk=

___________dm2.

2.[2022∙新高考I卷]记£为数列｛aj的前〃项和，己知α∣=l,倒是公差为抽等差

数列.

(1)求｛a11｝的通项公式；

(2)证明：-+-+-+-<2.

aιa2an

an+l,n为奇数,

3.［2021∙新高考1卷］已知数列｛斯｝满足G=1,an+ι=

.an+2,n为偶数.

(1)记儿=。2"，写出历，h2,并求数列｛儿｝的通项公式;

⑵求｛斯｝的前20项和.

4.［2020∙全国卷I］设｛斯｝是公比不为1的等比数列，0为%的的等差中项.

(1)求｛斯｝的公比；

(2)若α∣=l,求数歹∣J｛"4"｝的前〃项和.

专题突破❻由数列的递推关系求通项公式

微专题1累加法

例1(1)已知数列｛”“｝满足αι=l,对任意的"∈N*都有出+1=。“+〃+1,则©0=()

A.36B.45C.55D.66

(2)［2023∙河北唐山模拟］已知正项数列｛斯｝满足ai=l,a^+1-(2n+l)α,,+ι=a⅛+(2w+

1)«,,.求数列｛斯｝的通项公式.

［听课记录］

题后师说

形如斯+i—斯=式〃)的数列，利用累加法，即用公式an=(an-an-ɪ)+(all-∖-all-2)H-----F

(S—"ι)+ɑ∣("22),可求数列｛〃”｝的通项公式.

微专题2累乘法

例2(1)已知数列｛斯｝满足“∣=2,即="(斯+|一斯)("∈N*),则数列｛斯｝的通项公式为小

=()

A.2nB∙O

C.H2+1D.〃+1

⑵［2023•山东肥城模拟］已知数列｛小｝的前n项和为Sn,若πSn+ι=(n+2)Sn,且ai=l,

求｛〃”｝的通项公式.

［听课记录］

题后师说

形如。"+1=斯贝〃)或包*_A〃)的数列,常令〃分别为1,2,3,…，n-l,代入皿=大〃)，

anan

再把所得的(〃一1)个等式相乘，利用α,,=α∣∙生”•…•工(〃22)可求数列｛斯｝的通项公式.

ala2an-l

微专题3构造法

例3(1)设数列｛斯｝满足“1=1,且&=34-1+4(心2),则数列｛m｝的通项公式为a”=

(2)在数列｛arι｝中，0=-1,α"+ι=24,,+4∙3"^^∣,求通项公式a”.

［听课记录］

题后师说

形如a“+i=pq“+q(pWO且p≠l,q≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理

是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相

同性质的量，使之成为等差或等比数列.

第四节数列求和

必备知识•夯实双基

夯实双基

1.答案：(I)J(2)√(3)×(4)√

2.解析：$6=(2]+22+23+24+2$+26)+(1+2+3+4+5+6)=当等+也罗=

27—2+21=27+19=147.

答案：147

3.解析：记数列｛a11｝的前〃项和为S,,

则Sn-a∖------Ha”

=(IW)+09+&-；)+…+(/马

112022

=1———=------,

n+12023

解得〃=2022.

答案:2022

4.解析：记数列｛%｝的前200项和为4,

Tn=C∖-∖-C2^∖--------l^C200

=61|+。2+42+43+~+。199+。200+4200+。201

-

=2[(a1+a2)+(a3+a4)+-+(a199+a2θo)l«1+^201

=2[(4-1)+(16-9)+∙∙∙+(2002-1992)]+1-2012

=2×[3+7+lH------I-399J+1-2012

^2χ100(3+39?)+1_201，

=40200-40401+1=-200.⅛½A.

答案：A

4(⅛^⅛)'am*)

.∙.｛〃〃｝的前n项和

处案.工但____L)

U2∖6n+2n+3√

题型突破夯实“四能”

例1解析：(1)当〃=1时，Sι=2αι-2,即0=2,

当时，Sn-ι=2αn-∣-2,

所以CIn=Sn—SnT=2%—2〃ZlT得4Zπ=2οπ-](∏≥2),

即｛a11｝是以0=2为首项，公比为2的等比数列，

所以数列｛arl｝的通项公式为斯=2".

(2)⅛zj=cos(nπ)∙log鱼Q〃=2〃COS(nπ)=(-l)"∙2∕t,

①当n为偶数时，Q=81+岳+历+…+力=-2+4—6+8—10+…+2〃

=52=〃，

②当〃为奇数时，Tn=b↑+b2+b3+-+bn=Tn-ι+bn

=-y-∙2+(-2n)=—n-1,

n,n为偶数；

综上：Tn=

n-1,n为奇数.

巩固训练1解析：(1)设等差数列｛arJ的公差为4

由斯+1+斯=4/1+2,可得+∕ιd+q∣+(〃-l)d=2∕ιd+(2aι—d)=4〃+2,

即2d=4,2ai-d=2t解得d=2,0=2.

所以处=2几

(2)若数列｛brι-arι｝是公比为3的等比数列，且仇一勾=3—2=1,

n

则hn—an=3ɪ.

由⑴可得力=%+3”亡=2〃+3广|,

“11—?nCanl

.,.S=(2+4+∙∙∙+2n)+(l+3+9+∙∙∙+3tl-1')=-n(2+2n)+-=n+n2+--

n21—322

例2解析：(1)由题意知0=1,6⅛+α3=6.

设等比数列｛atl｝的公比为小则q+q2=6,

解得q=2或q=-3(舍去)，

所以％="qr=2"-∣.

(2)由(1)可得S,=冲里2=*=2"—1,

1-q1—2

所以力=________J_______ɪ,1ɪɪ,ʌ

,

'〃log2(l+Sn)∙log2(l+Sn+1)n(n+l)nn+l

所以加+历+加+…+与=-…+：—^=1一.

即｛bn｝的前八项和3备

巩固训练2解析：(1)因为如一%+|=3%%+|,“2=；,

4

令”=1,则0—〃2=3.42,即41一；=9|,解得0=1,

44

r=

由题知〃〃≠0,由〃〃-an+1=3anan+1,两边同除以斯如+ι,得二-----3,

an+lan

所以数列是首项为工=1,公差为3的等差数列，

IanJ31

所以工=工+3(几一1)=3九一2,即斯=/一.

3∩a13∏-2

(2)由(1)及条件可得anan+1=2%n+ι)=T(^^^2-Si)，

(3n—2j(,3n+l;3∖3n-23n+l∕

所以刀产总一？+Hm+…+★急一就)

=l(-ll-l...^——LJ)=打_，)=」.

3\14+47++3n-23n+l∕3、3n+lz3n+l

例3解析：(1)证明：由2斯+1=斯+1,得2〃〃+]—2=斯-1,

又0-1=一；，所以4"-lW0,故酗?=；，

2an-l2

故hn—1｝是以一:为首项，以《为公比的等比数列.

(2)由(1)得如一I=一(∣)n,得知=1一(∣)n,

n

所以nall=n-n(^,设｛nC)｝的前〃项和为Pn,

则尸”=1义：+2*(斤+・“+〃6)",①

汜=1*(f+2X(/+…+碓尸,②

由①-②，得护"三+似+(,+…尸

尸=L尸，则P,=2—(n+2)(∣y,

故。=1+2+3+…+"―匕=?—P,,+等.

巩固训练3解析：⑴由S,=2S,L∣+Mn≥2,n∈N*)得:

5n+1=25,,+«+1,作差得α,,+ι=2α,,+l,即知+ι+l=2(an+l)(n≥2,n€N*),

又α∣=l,由52=。|+他=241+2,得他=3,

所以672+l=4=2(a1+1),

所以数列｛an+1｝为以2为公比和首项的等比数列，

所以%+l=4X2"-2=2",所以%=2"—1,

故数列｛a11｝的通项公式为斯=2"-1.

(2)由(1)知儿=(2n-l)X2",

所以7j,≈l×2+3×22+5×23H------F(2n-l)×2π.

2^,=l×22+3×23+5×24H-----F(2n-l)×2,,+l,

作差得一t,=1X2+2X2?+2X23∏-----F2×2π-(2n-1)×2,'1

≈2+2×-(^-1)-(2n-l)×2a+1≈(3-2n)×2π+'-6.

所以7L=(2n-3)×2π+,+6.

真题展台——知道高考考什么？

1.解析：⑴由对折2次共可以得到5dmX12dm,10dmX6dm,2OdmX3dm三种规

格的图形，所以对折三次的结果有：^X12,5X6,10×3,20×∣,共4种不同规格(单位dn?)；

故对折4次可得到如下规格：5×12,∣×6,5X3,IOX9,20X?,共5种不同规格；

4224

(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规

格如何，其面积成公比为；的等比数列，首项为120(dm2),第n次对折后的图形面积为

120×(∣),l^l,对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猬想为n

+1种(证明从略)，故得猜想S,,=有用

120×2120×3120×4120(n+l)

设S=∑kιSk=

2°+21+222∏一ι

120×2120×3120n120(n+l)

21222∏一ι+2n

两式作差得:

120(n+l)

⅛=240+120(i+⅛+∙∙∙+

2n

=240+小回120(n+l)

2n

120120(n+l)

=360=36。勺

2∏-ι2n

因此,S=720—^22=720—磐.

2∏2门一4

答案:5720—当詈

2n~4

2'解析：(I)M=Y=L

又Y超是公差为抽等差数列,

.*>=≤i+i(n-l),

ana13

即S,=('+∣)斯=3"+2)α,,,

.∙.当"22时，SLl=1("+l)α,Li,

.∖an=Sn-Sn-∖=-(n+2)an--(n+l)atl-∖,∕z≥2,即(〃-1)小=(〃+1)。〃-1,几22,

・an_n+l

**a∏-ιn-1n≥2,

ənən-i...^3^2n+1n43n(n+l)n(n+l)

・・・当π≥2时,斯二---

an-ιan-2a2aιn-ɪn-2212

当〃=1时，a∖=∖满足上式，.,・4=?（竺1）.

（2）证明：由（1）知斯=的曾,

湛产（一言,

1-1-|-----pl—缶)=2(Lw).

三+■+曰-+23

∙.∙"∈N*,ΛO

<⅛≤Γn+1

Λ2(l一--)<2,+------∖--<2.

n+1a1a2an

3.解析：(1)由题设可得从=。2=〃1+1=2,

O2=α4=α3+1=a2+2+1=5,

又。2&+2=。2&+1+1,。2&+1=。2A+2,(fc∈N*)

故。2&+2=。2a+3,即b"+i=bn+3,即〃〃+]—b"=3.

所以｛bn｝为等差数列，故小=2+(n-l)X3=3"-l.

(2)设｛arJ的前20项和为S20>则S20=α1+他+侑+…+。20,

因为0=。2—1,〃3=〃4-1,…，。19=〃2。—1,

-

所以‰=2(a2÷a4÷∙∙∙÷a18+a2o)10

=2(b1+b2+•••+b9+b10)-10=2×(10×2+^×3)-10=300.

4.解析：(1)设｛小｝的公比为q,由题设得2a∣=α2+α3,即2"ι=04+0/.

所以q?+q—2—0,解得q∣=l(舍去)，伙=—2.

故｛斯｝的公比为一2.

π,

(2)记区为｛"如｝的前〃项和.由(1)及题设可得,an=(-2)~.

所以N=I+2X(-2)+…+〃X(-2)"T,

-25,,=-2+2×(-2)2+∙∙∙+(n-l)×(-2),,^l+n×(-2)n.

可得35〃=1+(—2)+(—2)2+3+(-2)"-1一"'(一2)”

=i2⅛空fXJ2)"∙

所以SI=F一如苧丝.

专题突破❻由数列的递推关系求通项公式

例1解析：(1)由斯+ι=如+〃+1得：an+↑-atl=n+∖9

〃，

Λat-a∏-∖=n,an-∖~an-z=n-∖.斯-2一%-3=-2,…a2-a↑=29

各式作和得：=2+3+…+几=(nlj(n+2)

+(n-l)(n+2)

•%=.∙∙mo=l+节=55.故选C.

2

(2)由已知W+1—(2n÷l)(απ+ι÷απ)=0,

即(%+1÷an)(an+1一%—2〃-1)=0.

=

又an>0,故。〃+1—an-2n-∖-1,即an—an-\2n—1(〃22且H∈N*).

)

所以，当"22时，斯=0+(。2—。。+(的一〃2H-------F(αw-ΛM-I)

=l+3+5H-----F(2n-1)

=M2,