【数学】2019届一轮复习人教A版数列求和学案
第4讲 数列求和
板块一 知识梳理·自主学习
[必备知识]
考点 数列求和常用的六种方法
1．公式法
2．分组求和法
3．倒序相加法
4．并项求和法
5．裂项相消法
6．错位相减法
[必会结论]
常见的拆项公式
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝－.
[考点自测]
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果数列{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＝.( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．[2018·长沙模拟]已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于( )
A．15 B．12 C．－12 D．－15
答案 A
解析 ∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.故选A.
3．[2018·吉林模拟]数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 bn＝＝＝－，
S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10
＝－＋－＋－＋…＋－＝－
＝.故选B.
4．[课本改编]数列1，，2，，4，，…的前2n项和S2n＝________.
答案 2n－
解析 S2n＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋＝2n－1＋1
－＝2n－.
5．[2018·南京模拟]已知an＝，设bn＝，记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝________.
答案
解析 bn＝n·3n，
于是Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，②
①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，
即－2Sn＝－n·3n＋1，
Sn＝·3n＋1－·3n＋1＋＝.
板块二 典例探究·考向突破
考向 分组转化法求和
例1 [2016·北京高考]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
解 (1)等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，
所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27.
设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以1＋13d＝27，即d＝2，
所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…)．
(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，
因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝＋＝n2＋.
触类旁通
分组转化求和通法
若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．
【变式训练1】 [2018·西安模拟]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.
∵n＝1时，a1＝1符合上式，
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知，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.
考向 裂项相消法求和
命题角度1 形如an＝ 型
例2 [2018·正定模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn
，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d
0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.当n＝1时，a1＝2＝2×1符合上式．
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝1＋－－<＝.
触类旁通
裂项相消法求和问题的常见类型及解题策略
(1)直接考查裂项相消法求和．解决此类问题应注意以下两点：
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：若{an}是等差数列，则＝
，＝.
(2)与不等式相结合考查裂项相消法求和．解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．
考向 错位相减法求和
例5 [2017·山东高考]已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公比为q，
由题意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，
又an>0，由以上两式联立方程组解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n.
(2)由题意知S2n＋1＝＝(2n＋1)·bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝.
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得
Tn＝＋－，
所以Tn＝5－.
触类旁通
用错位相减法求和应注意的问题
(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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
【变式训练2】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)．
(1)求m的值；
(2)若数列{bn}满足＝log2bn(n∈N*)，求数列{(an＋6)·bn}的前n项和．
解 (1)由已知得am＝Sm－Sm－1＝4，
且am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14，
设数列{an}的公差为d，则有2am＋3d＝14，
∴d＝2.
由Sm＝0，得ma1＋×2＝0，即a1＝1－m，
∴am＝a1＋(m－1)×2＝m－1＝4，
∴m＝5.
(2)由(1)知a1＝－4，d＝2，∴an＝2n－6，
∴n－3＝log2bn，得bn＝2n－3.
∴(an＋6)·bn＝2n·2n－3＝n·2n－2.
设数列{(an＋6)·bn}的前n项和为Tn，
∴Tn＝1×2－1＋2×20＋…＋(n－1)×2n－3＋n·2n－2，①
2Tn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n·2n－1，②
①－②，得－Tn＝2－1＋20＋…＋2n－2－n·2n－1
＝－n·2n－1
＝2n－1－－n·2n－1
＝(1－n)×2n－1－.
∴Tn＝(n－1)·2n－1＋(n∈N*)．
核心规律
非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：
(1)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消来完成；
(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．
满分策略
1.
直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号．
3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.
板块三 启智培优·破译高考
规范答题系列 3——求数列{|an|}的前n项和问题
[2018·德州模拟]在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解题视点 对等差数列{an}，求{|an|}的前n项和的题型，常先由Sn的最值判断出哪些项为正，哪些项为负，或先求出an，解an≥0的n的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负．
若前k项为负，从k＋1项开始以后的项非负，则{|an|}的前n项和Tn＝若前k项为正，以后各项非正，则Tn＝
解 (1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，
即d2－3d－4＝0，故d＝－1或4.
所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，
所以Sn＝－n2＋n，令an≥0，则n≤11.
当n≤11时，
|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝
[答题模板] 求数列{|an|}前n项和的一般步骤
第一步：求数列{an}的前n项和；
第二步：令an≤0(或an≥0)确定分类标准；
第三步：分两类分别求前n项和；
第四步：用分段函数形式表示结论；
第五步：反思回顾，即查看{|an|}的前n项和与{an}的前n项和的关系，以防求错结果．
跟踪训练
已知数列{an}的前n项和Sn＝12n－n2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
解 (1)∵当n＝1时，a1＝S1＝11；
当n≥2时，Sn＝12n－n2，Sn－1＝12(n－1)－(n－1)2，
∴an＝Sn－Sn－1＝13－2n；
当n＝1时也满足此式成立，
故an的通项公式为an＝13－2n.
(2)令an＝13－2n≥0，n≤.当n≤6时，数列{|an|}的前n项和Tn＝Sn＝12n－n2；
当n>6时，a7，a8，…，an均为负数，故Sn－S6<0，
此时Tn＝S6＋|Sn－S6|＝S6＋S6－Sn＝72＋n2－12n.
故{|an|}的前n项和Tn＝
板块四 模拟演练·提能增分
[A级 基础达标]
1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
答案 C
解析 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.
2．[2017·全国卷Ⅲ]等差数列的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则前6项的和为( )
A．－24 B．－3 C．3 D．8
答案 A
解析 由已知条件可得a1＝1，d≠0，
由a＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，
解得d＝－2.
所以S6＝6×1＋＝－24.故选A.
3．[2018·江南十校联考]已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2017＝( )
A.－1 B.－1
C.－1 D.＋1
答案 C
解析 由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.所以an＝＝＝－，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(－
)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.故选C.
4．[2018·金版创新]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017的值为( )
A．2017 B．2016 C．1009 D．1007
答案 C
解析 因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009.故选C.
5．在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于( )
A．(3n－1)2 B.(9n－1)
C．9n－1 D.(3n－1)
答案 B
解析 因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．则n≥2时，an＝2·3n－1.
当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
则数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.
6．[2017·郑州模拟]设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.
答案 130
解析 由an＝2n－10(n∈N*)知，{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，所以当n<5时，an<0，
当n≥5时，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
7．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是________．
答案 2n＋1－n－2
解析 Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋…＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n，②
②－①，得Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＋2n＝－n＋＝2n＋1－n－2.
8．[2017·全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
答案
解析 设等差数列{an}的公差为d，则
由得
∴Sn＝n·1＋×1＝，
＝＝2，
∴＝＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
9．[2018·衡阳模拟]在等比数列{an}中，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前2n项和S2n.
解 (1)由题意，b1＝a1＝3，b4＝a2＝3q，b13＝a3＝3q2.
又∵{bn}为等差数列，设公差为d，
∴化简得q2－4q＋3＝0，
∴q＝1(舍)或q＝3，
∴an＝3n，
∵d＝＝2，
∴bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由题意得cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n.
S2n＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n－1)＋32n－1＋(4n＋1)＋32n
＝(3＋32＋…＋32n)＋[－3＋5－7＋9－…－(4n－1)＋(4n＋1)]
＝＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n＋1)－(4n－1)]}
＝＋2n.
10．[2018·北京西城区模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn≤.
解 (1)由a1＝9，a2为整数可知，等差数列{an}的公差d为整数．
又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，
于是9＋4d≥0,9＋5d≤0，
解得－≤d≤－.
∵d为整数，∴d＝－2.
故{an}的通项公式为an＝11－2n.
(2)证明：由(1)，得＝
＝，
∴Tn＝＝.
令bn＝，由函数f(x)＝的图象关于点(4.5,0)
对称及其单调性，知01020，那么n的最小值是( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 D
解析 an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1.
∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2，
∴S9＝1013<1020，S10＝2036>1020，∴Sn>1020，n的最小值是10.故选D.
3．[2016·浙江高考]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
答案 1 121
解析 ∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴
Sn＋1＋＝3，∴数列是公比为3的等比数列，∴＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋＝×34＝×34＝，∴S5＝121.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log3(－an＋1)，设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<.
解 (1)由Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)，得Sn－1＝an＋n(n≥2，n∈N*)，
两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，
即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n.
故an＝－3n＋1.
(2)证明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，得
＝＝，
Tn＝
＝
＝－<.
5．[2017·天津高考]已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，
{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝－3或q＝2.
又因为q＞0，所以q＝2.所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①.
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn.由a2n＝6n－2，得
Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1.
上述两式相减，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1
＝－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，
所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.
