2025年高考数学总复习 57 第七章 第四节 数列求和(一)

第四节数列求和(一)考试要求：1．掌握等差、等比数列的求和公式．2．掌握利用公式、分组的方法求和，掌握通过奇偶项讨论的方法求和．自查自测知识点一公式法求和1．(教材改编题)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝12，a2a6＝8(a4－2)，则S2024＝(A．22023－12 B．1－C．22024－12 D．1－A解析：由等比数列的性质及a2a6＝8(a4－2)，得a42＝8a4－16，解得a4＝4.又a4＝a1q3，故q＝2，所以S2024＝12×1－2．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．3n2－2n解析：将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}是以1为首项，6为公差的等差数列，故它的前n项和为Sn＝n×1＋nn－12×6＝3n2核心回扣1.等差数列的前n项和：Sn＝n(a1＋an2．等比数列的前n项和：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝a1(1自查自测知识点二分组求和法、并项求和法、倒序求和法1．(教材改编题)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝2n-1＋n，则S10＝________．1078解析：因为an＝2n-1＋n，所以S10＝20＋1＋21＋2＋…＋29＋10＝1＋2＋22＋…＋29＋10×1122．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n-1·n，则S17＝________．9解析：S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.3．已知等差数列{an}满足a5＋a2n－5＝n(n∈N，n≥3)，则a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a2n－3＋a2n－1＝________．n22解析：因为数列{an}是等差数列，故a5＋a2n－5＝n＝2an，解得an＝令Tn＝a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a2n－3＋a2n－1，则Tn＝a2n－1＋a2n－3＋a2n－5＋…＋a3＋a1，故2Tn＝(a1＋a2n－1)＋(a3＋a2n－3)＋…＋(a2n－1＋a1)＝n×2an＝n2，解得Tn＝n2核心回扣1.分组求和法：一个数列由若干个等差或等比或可求和的数列组成，求和时可分成几组，分别求和后相加减．2．并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．3．倒序相加法：一个数列的前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，求该数列的前n项和可用倒序相加法求解．自查自测知识点三分奇偶项讨论求和法已知数列{an}的通项公式为an＝－n2，n为奇数，n2，n为偶数，则数列{ann+12，n为偶数，－nn+12，n为奇数解析：当n为偶数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝n1+n2；当n为奇数时，Tn＝T综上，Tn＝n核心回扣分奇偶项讨论求和法：若数列的奇数项与偶数项有不同的规律，则当n为奇数或偶数时Sn的表达式不一样，因此需要分奇偶项分别计算求解Sn.分组求和法【例1】(2024·聊城模拟)已知公差为2的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2＝a3.(1)若a1，a3，am成等比数列，求m的值；(2)设bn＝an－2an，求数列{bn}的前解：(1)由题意知数列{an}是公差为2的等差数列，设公差为d，则d＝2.又因为S2＝a3，所以a1＋a2＝a3，即2a1＋d＝a1＋2d，得a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.又因为a1，a3，am成等比数列，所以a32＝a1a即36＝2×2m，得m＝9.(2)因为bn＝an－2an＝2所以Tn＝(2×1－41)＋(2×2－42)＋…＋(2×n－4n)＝2×(1＋2＋…＋n)－(41＋42＋…＋4n)＝2×n＝n(n＋1)－43×(4n－＝n2＋n＋43关于分组转化求和数列的通项可以拆分成两类特殊数列的通项，分别对这两类数列求和，再合并后即为原数列的前n项和．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且nan＋1＋Sn＋1＝1(n∈N*)．(1)证明：数列{nSn}为等差数列；(2)选取数列{Sn}的第2n(n∈N*)项构造一个新的数列{bn}，求{bn}的前n项和Tn.(1)证明：因为数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且nan＋1＋Sn＋1＝1(n∈N*)，所以n(Sn＋1－Sn)＋Sn＋1＝1，即(n＋1)Sn＋1－nSn＝1，所以数列{nSn}为等差数列．(2)解：由(1)知，nSn＝2＋1×(n－1)＝n＋1，所以Sn＝1＋1n，即bn＝S所以Tn＝1＋12+1并项求和法【例2】(1)数列{an}的前n项和为Sn，且an＝(－1)n·(3n－2)，则S2024＝()A．3036 B．－3036C．－4048 D．4048A解析：由已知an＝(－1)n(3n－2)，得an＋an＋1＝(－1)n(3n－2)＋(－1)n+1(3n＋1)＝－1n+1(3n＋1－3n＋2)＝3×(－1)所以S2024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2023＋a2024)＝3×1012＝3036.(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.①求数列{an}的通项公式；②令bn＝(－1)n-1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.解：①设等差数列{an}的公差为d，由S3＋S4＝S5，化简可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.②由①可得bn＝(－1)n-1(2n－1)，所以T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝(－2)×n＝－2n.[变式]本例(1)中，若a1＝1，Sn＋Sn＋1＝n(n＋2)，则S202410131012解析：由题意，当n＝1时，S1＋S2＝2a1＋因为a1＝1，所以a2＝1.当n≥2时，由Sn＋Sn＋1＝n(n＋2)，可得Sn－1＋Sn＝(n－1)(n＋1)，两式相减，可得an＋an＋1＝2n＋1，化简整理，可得an＋1－(n＋1)＝－(an－n)(n≥2)．因为a2－2＝－1，所以数列{an－n}从第二项起是以－1为首项，－1为公比的等比数列，所以an＝n＋(－1)n-1(n≥2)．又a1＝1不满足上式，所以an＝1所以S2023＝a1＋a2＋a3＋…＋a2023＝1＋(2－1)＋(3＋1)＋…＋(2023＋1)＝1＋2＋3＋…＋2023＝2023×1+2所以S2024＝S2023＋a2024＝2023×1012＋(2024－1)＝2023×1013，所以S2关于并项法求和根据数列递推公式、通项公式、前几项的特征等发现项的规律，数列的相邻两项或多项的和、差为常数数列，或者构成有规律的新数列，可以把这些项合并求新的数列的和．已知数列{an}满足a1为正整数，an＋1＝an2，an为偶数，3an+1，an为奇数.如果a1＝14723解析：由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，所以数列{an}是周期为3的数列，则a1＋a2＋…＋a2024＝(1＋4＋2)×674＋1＋4＝4723.分奇偶项讨论求和【例3】已知数列{an}中，对任意的n∈N*，都有an＋an＋1＝4n.(1)若{an}为等差数列，求{an}的通项公式；(2)若a1＝3，求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)因为{an}为等差数列，设公差为d，又an＋an＋1＝4n，可得a1＋a2＝4，a2＋a3＝8，所以2a1所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，经验证成立．(2)由an＋an＋1＝4n，得an＋1＋an＋2＝4(n＋1)，两式相减得an＋2－an＝4.因为a1＝3，又a1＋a2＝4，所以a2＝1，所以数列{an}的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；偶数项是首项为1，公差为4的等差数列．故当n为偶数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝3×n2+n2n2当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)2＋＝n2＋2.综上所述，解答与奇偶项有关的求和问题的关键(1)弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式．(2)弄清n为奇数或偶数时数列前n项中奇数项与偶数项的个数．(3)根据数列的特征先求出n为偶数(奇数)时的和Sn，当n为奇数(偶数)时，利用Sn＝Sn－1＋an求和．(2024·南通模拟)在数列{an}中，an＝2(1)求a1，a2，a3；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)因为an＝2所以a1＝2×1－1＝1，a2＝22＝4，a3＝2×3－1＝5.(2)因为an＝2所以a1，a3，a5，…是以1为首项，4为公差的等差数列，a2，a4，a6，…是以4为首项，4为公比的等比数列．当n为奇数时，数列{an}的前n项中有n+12所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－3＋an－1)＝n+12当n为偶数时，数列{an}的前n项中有n2个奇数项，有n所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an)＝n2×1综上所述，数列{an}的前n项和Sn＝n课时质量评价(四十三)1．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项和S100等于()A．200 B．－200C．400 D．－400B解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.2．(2024·曲靖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，设a1＝12，anan＋1＝an－1，则S2024＝(A．12 B．C．20212C解析：由题可知anan＋1＝an－1，an≠0，得an＋1＝an又a1＝12，得a2＝12－112＝－1，a3＝－1－1－1＝2，a4＝2故数列{an}是以3为周期的周期数列．因为2024÷3＝674……2，则S2024＝674(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝23．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－12n，其前n项和Sn＝32164A．13 B．10C．9 D．6D解析：由an＝2n－12nSn＝1－12+＝n－12+14+18+…+12n令n－1＋12n＝32164，即n＋12n＝4．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n+1an＝2，则其前100项和Sn等于()A．250 B．200C．150 D．100D解析：由题知当n为奇数时，an＋an＋1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2×50＝100.5．已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn－1n＋f(1)，则数列{an}的前A．230 B．115C．110 D．100B解析：an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn－1nan＝f(1)＋fn－1n＋fn－2n＋…＋f又因为f(x)＋f(1－x)＝1，①＋②，得2an＝n＋1，所以an＝n+所以{an}的前20项和为S20＝a1＋a2＋…＋a20＝22+32＋…＋212＝20×6．(多选题)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.记cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，数列{cn}A．an＝2n－1B．bn＝2nC．S9＝1409D．S2n＝2n2－n＋43(4n－ABD解析：设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)．由题意得1+d所以an＝2n－1，bn＝2n，故A，B正确．c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{cn}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝n1+4n－32+41－4n1－4＝2n2－n＋43(4n－1)，7．已知数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，则a12+1020解析：因为数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，所以q2＝a3a1＝2，所以an2＝(a1qn－1)2＝4×(q2)n－1＝4×2n－1＝2n+1，所以8．数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝bn+1bn＝2，n∈N*，则数列b13(4n－1)解析：因为an＋1－an＝bn+1bn＝2，a1＝b1＝1，所以数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1数列{ban}的前n项和为ba1+ba2+…+ban＝b1＋b＝20＋22＋24＋…＋22n－2＝1－4n1－4＝9．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋1－3n+2，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，由题意得S即4解得a1=2，d=所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)知an＝2n，所以bn＝4(n＋1)－3n+2，所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n+2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n+2)＝4n·2+n+12－271－310．(新定义)已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此数列第一项是20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，依此类推，设Sn是此数列的前n项和，则S2024等于()A．264＋190 B．263＋190C．264＋62 D．263＋62A解析：将数列分组：第一组有一项，和为20；第二组有两项，和为20＋21；……第n组有n项，和为20＋21＋…＋2n－1＝1－2n1－2＝2n－1，则前63组共有所以S2024＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋(28－1)＝(2＋22＋…＋263)－63＋255＝2×1－2631－11．设i是虚数单位，则2i＋3i2＋4i3＋…＋2020i2019的值为()A．－1010－1010i B．－1011－1010iC．－1011－1012i D．1011－1010iB解析：设S＝2i＋3i2＋4i3＋…＋2019i2018＋2020i2019，则iS＝2i2＋3i3＋4i4＋…＋2019i2019＋2020i2020，两式相减可得(1－i)S＝2i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019－2020i2020＝i＋i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019－2020i2020＝i＋i1+i1－i－2020＝i＋i1+i22－2020＝－2021＋i12．数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．7解析：由题意知an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92.当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，所以当k≥2时，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1＋2+6k－10k－12＝a1＋(3k－4)(k－1)，当k＝1时上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)(k－1)(k∈N*)，即a2k－1＝a1＋3k2－7(方法一)所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a1＋3×8×8+1×2×8+16－7×1+8×82＋32＝8a1＋612－252＋32＝8a1＋392.又前16项和为(方法二)所以a2k－1＝a1＋(3k2＋3k＋1)－10k＋3＝a1＋[(k＋1)3－k3]－10k＋3，所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×1+8×82＋3×8＝8a1＋93－13－360＋24＝8a1＋392.又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝54013．已知f(x)＝21+x2(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2020＝1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a20202020解析：因为f(x)＝21+x2(x所以f(x)＋f1x＝21+x因为等比数列{an}满足a1a2020＝1，所以a1a2020＝a2a2019＝…＝a2020a1＝1，所以f(a1)＋f(a2020)＝f(a2)＋f(a2019)＝…＝f(a2020)＋f(a1)＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2020)＝2020.14．已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝an+1，n为奇数，2a