2021届高考数学一轮复习第六章数列第4节数列求和教学案含解析新人教A版
第4节 数列求和
考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.
知 识 梳 理
1.特殊数列的求和公式
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝＝na1＋d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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.
[常用结论与微点提醒]
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
2.12＋22＋…＋n2＝.
3.裂项求和常用的三种变形
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(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
诊 断 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.( )
(2)当n≥2时，＝(－).( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得.( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.( )
解析 (3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2.(老教材必修5P47B4改编)已知数列an＝，则数列{an}的前2 021项和为________.
解析 ∵an＝，∴数列{an}的前2 021项和为a1＋a2＋…＋a2 021＝(1－＋－＋…＋－)＝＝.
答案
3.(老教材必修5P56例1改编)等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝，q>0，Sn是其前n项和，则S6＝________.
解析 由a1＝27，a9＝知，＝27·q8，又由q>0，解得q＝，所以S6＝＝.
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答案
4.(2019·东北三省四校二模)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
解析 由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
答案 C
5.(2019·珠海期末质检)已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，若数列{an}的前n项和为Sn，则S8＝________.
解析 由an＝2n＋n，可得S8＝(2＋22＋23＋…＋28)＋(1＋2＋…＋8)＝＋＝546.
答案 546
6.(2020·河北“五个一”名校质检)若f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.
解析 由f(x)＋f(1－x)＝4，可得f(0)＋f(1)＝4，…，f＋f＝4，所以2an＝[f(0)＋f(1)]＋＋…＋[f(1)＋f(0)]＝4(n＋1)，即an＝2(n＋1).
答案 an＝2(n＋1)
考点一 分组求和
【例1】 (2019·汕头二模)记Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝19，Sn＝nan＋1＋n(n＋1).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，求T20的值.
解 (1)因为Sn＝nan＋1＋n(n＋1)，①
所以Sn－1＝(n－1)an＋n(n－1)(n≥2)，②
①－②得an＝nan＋1－(n－1)an＋2n(n≥2)，
即an＋1－an＝－2(n≥2)，
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又S1＝a2＋2，即a2－a1＝－2，
所以数列{an}是以19为首项，－2为公差的等差数列，
所以an＝19＋(n－1)·(－2)＝21－2n.
(2)由(1)知an＝21－2n，所以bn＝|an|＝|21－2n|，
因为当n≤10时，an>0，当n>10时，an<0，
所以bn＝
所以T20＝b1＋b2＋…＋b20
＝(19＋17＋…＋1)＋(1＋3＋…＋19)
＝2(19＋17＋…＋1)
＝2×＝200.
规律方法 1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
【训练1】 (2020·郴州质检)已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a3－1成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝2n－1＋an(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与n2＋2n的大小.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
∵a1，a2，a3－1成等差数列，
∴2a2＝a1＋(a3－1)＝a3，∴q＝＝2，
∴{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*).
(2)由(1)知bn＝2n－1＋an＝2n－1＋2n－1，
∴Sn＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n－1＋2n－1)
＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)
＝·n＋＝n2＋2n－1.
∵Sn－(n2＋2n)＝－1<0，∴Sn
0，所以q＝.
由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，解得a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)可得bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－，
故＝－＝－2，
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所以＋＋…＋＝－2[＋＋…＋]＝－.
故数列的前n项和为－.
考点三 错位相减法求和
【例3】 (2019·河南六校联考)已知数列{an}中，a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且对任意的r，t∈N*，都有＝.
(1)判断{an}是否为等差数列，并证明你的结论；
(2)若数列{bn}满足＝2n－1(n∈N*)，设Tn是数列{bn}的前n项和，求证：Tn<6.
(1)解 {an}是等差数列.证明如下：
∵对任意的r，t∈N*，都有＝，
∴对任意的n∈N*，有＝n2，即Sn＝n2.
从而当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.
当n＝1时，a1＝1也满足此式.∵an＋1－an＝2(n∈N*)，
∴{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.
(2)证明 由＝2n－1，得bn＝.
∴Tn＝＋＋…＋，①
∴＝＋＋…＋＋，②
①－②得，
＝1＋＋…＋－
＝1＋－＝3－，
∴Tn＝6－，
又n∈N*，∴Tn＝6－<6.
规律方法 1.一般地，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，可采用错位相减法.
2.用错位相减法求和时，应注意：
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(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.
(2)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.
【训练3】 (2020·湘赣十四校联考)已知函数f(x)＝2 019sin(x∈R)的所有正数零点构成递增数列{an}，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2n，求数列{bn}的前n项和为Sn.
解 (1)令f(x)＝2 019sin＝0，则πx－＝kπ(k∈Z)，解得x＝＋k(k∈Z).
∵f(x)的所有正零点构成递增数列{an}，
∴数列{an}是首项为，公差为1的等差数列，
∴{an}的通项公式为an＝＋1×(n－1)＝n－(n∈N*).
(2)由(1)可知an＝n－(n∈N*)，
又∵bn＝2n，∴bn＝2n＝n·2n.
∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.①
两边同乘2，得2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
②－①，得Sn＝－21－22－23－…－2n＋n×2n＋1＝＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋2.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.
A级 基础巩固
一、选择题
1.等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )
A.－24 B.－3 C.3 D.8
解析 设{an}的公差为d，根据题意得a＝a2·a6，
即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，
所以数列{an}的前6项和为S6＝6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24.
答案 A
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2.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A.200 B.－200 C.400 D.－400
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.
答案 B
3.(2019·成都期末)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是( )
A.18 B.8 C.5 D.2
解析 ∵a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，
∴a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，
a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，
a9＝3－1＝2，……，
∴{an}是周期为6的周期数列，
∵100＝16×6＋4，
∴S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.
答案 C
4.(2020·河北“五个一”名校联盟诊断)已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 020项的和为( )
A.1 009 B.1 010 C.2 019 D.2 020
解析 设{an}的公差为d，则有
解得∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，
则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，
b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，……，
∴数列{ancos nπ}的前2 020项的和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×＝2 020.
答案 D
5.(2019·广州天河一模)数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则＋＋…＋＝( )
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A. B.2 C. D.
解析 对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，
则an＋1－an＝n＋1，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝，
则＝＝2，
所以＋＋…＋＝2[＋＋…＋]＝2×＝.
答案 C
二、填空题
6.数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于________.
解析 因为an＝＝－，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1，
令－1＝9，得n＝99.
答案 99
7.(2020·武汉质检)设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝，a2＝，则数列{3nan}的前15项和为________.
解析 等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝，第二项为6a2＝，故公比为，所以(n2＋n)an＝·＝，所以an＝，则3nan＝＝－，其前n项和为1－，n＝15时，为1－＝.
答案
8.(2020·福州调研)已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________.
解析 Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，
则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，两式相减得
－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，
故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.
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又an＝2n，
∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50
＝52－2n＋1，
依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5.
答案 5
三、解答题
9.已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
10.(2019·安徽江南十校联考)已知数列{an}与{bn}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，且{an}为正项等比数列，a1＝2，b3＝b2＋4.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝，Tn为数列{cn}的前n项和，求证：Tn<1.
(1)解 ∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，①
∴当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1.②
①－②，得an＝2(bn－bn－1)(n≥2)，∴a3＝2(b3－b2)＝8.
设{an}的公比为q，则a1q2＝8.
又a1＝2，an>0，∴q＝2，
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∴{an}的通项公式为an＝2×2n－1＝2n.
∴2bn＝21＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，
∴{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明 由已知，得cn＝＝＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－<1.
B级 能力提升
11.(2020·石家庄模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＋Sn＝(n∈N*)，若a10S10且S9>S10，
又S12－S10＝a12＋a11＝11－10＝1>0，
∴由选项可得：Sn取最小值时n的值为10，故选A.
答案 A
12.(2019·许昌、洛阳三模)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，bn＝，若k>Tn恒成立，则k的最小值为( )
A. B. C.49 D.
解析 当n＝1时，6a1＝a＋3a1，解得a1＝3.
当n≥2时，由6Sn＝a＋3an，得6Sn－1＝a＋3an－1，
两式相减并化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
由于an>0，所以an－an－1－3＝0，即an－an－1＝3(n≥2)，
故{an}是首项为3，公差为3的等差数列，
所以an＝3n.
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则bn＝＝.
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[＋＋…＋]
＝＝－，
由于{Tn}是单调递增数列，－<，
所以k≥.故k的最小值为，故选B.
答案 B
13.(2020·长郡中学联考)数列bn＝ancos 的前n项和为Sn，已知S2 017＝5 710，S2 018＝4 030，若数列{an}为等差数列，则S2 019＝________.
解析 设数列{an}是公差为d的等差数列，
a1cos ＋a2cos ＋a3cos π＋a4cos ＋a5cos ＋a6cos 2π
＝(a1－a2)＋(a5－a4)－a3＋a6＝－a3＋a6.
由S2 017＝5 710，S2 018＝4 030，
可得5 710＝－(a3＋a9＋…＋a2 013)＋(a6＋a12＋…＋a2 010＋a2 016)＋a2 017，
4 030＝－(a3＋a9＋…＋a2 013)＋(a6＋a12＋…＋a2 010＋a2 016)＋a2 017－a2 018，
两式相减可得a2 018＝3 360，
由5 710＝1 008d＋(3 360－d)，解得d＝4，
则an＝a2 018＋(n－2 018)×4＝4n－4 712，
可得S2 019＝4 030－a2 019＝4 030－(4×2 019－4 712)＝666.
答案 666
14.(2019·东北三省四校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得－＝1，
又＝5，所以数列是首项为5，公差为1的等差数列.
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(2)解 由(1)可知＝5＋(n－1)＝n＋4，
所以Sn＝n2＋4n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.
又a1＝5也符合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，
所以bn＝(2n＋3)2n，
所以Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①
2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)2n＋1，②
所以②－①得
Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)
＝(2n＋3)2n＋1－10－
＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)
＝(2n＋1)2n＋1－2.
C级 创新猜想
15.(新定义题)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数.若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A.18个 B.16个 C.14个 D.12个
解析 法一 列表法
根据题意得，必有a1＝0，a8＝1，则将0，1进行具体的排法一一列表如下：
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
- 14 -
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
由上述表格可知，不同的“规范01数列”共有14个.
法二 列举法
根据题意可得，必有a1＝0，a8＝1，而其余的各项：a2，a3，…，a7中有三个0和三个1，并且满足对任意k≤8，a1，a2，…，a8中“0”的个数不少于“1”的个数.可以一一列举出不同“规范01数列”，除第一项和第八项外，中间六项的排列如下：000111，001011，001101，001110，010011，010101，010110，011001，011010，100011，100101，100110，101001，101010，共14个.
答案 C
- 14 -
