2018届二轮复习（文） 数列、推理与证明专题四第2讲学案（全国通用）
第2讲 数列的求和问题
高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.
热点一 分组转化求和
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．
例1 (2017届安徽省合肥市模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵{an}为等差数列，
∴⇒⇒an＝2n＋1.
(2)∵
＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)
＝2·4n＋(－1)n·(2n＋1)，
∴Tn＝2(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝＋Gn，
当n＝2k(k∈N*)时，Gn＝2×＝n，
∴Tn＝＋n，
当n＝2k－1(k∈N*)时，
Gn＝2×－(2n＋1)＝－n－2，
∴Tn＝－n－2，
∴Tn＝
思维升华
在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．
跟踪演练1 (2017届北京市朝阳区二模)已知数列{an}是首项a1＝，公比q＝的等比数列．设．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)设cn＝an＋b2n，求数列{cn}的前n项和Tn.
(1)证明 由已知得an＝·n－1＝n，
所以，
则bn＋1－bn＝2(n＋1)－1－2n＋1＝2.
所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解 由(1)知，b2n＝4n－1，
则数列{b2n}是以3为首项，4为公差的等差数列．
cn＝an＋b2n＝n＋4n－1，
则Tn＝＋＋…＋n＋3＋7＋…＋(4n－1)
＝＋.
即Tn＝2n2＋n＋－·n(n∈N*)．
热点二 错位相减法求和
错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
例2 (2017·河南省夏邑一高模拟)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn的值．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，
由条件得方程组
解得
故an＝3n－1，bn＝2n (n∈N*)．
(2)Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n， ①
2Tn＝2×22＋5×23＋8×24＋…＋(3n－1)×2n＋1， ②
①—②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1＝3×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－2－(3n－1)×2n＋1
＝3×－2－(3n－1)×2n＋1
＝(4－3n)2n＋1－8，
∴Tn＝8＋(3n－4)·2n＋1.
思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．
(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．
(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．
跟踪演练2 (2017·江西省赣州市十四县(市)联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝7，a3为整数，且Sn的最大值为S5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由a2＝7，a3为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．
又Sn≤S5，故a5≥0，a6≤0，
解得－≤d≤－，
因此d＝－2，
数列{an}的通项公式为an＝11－2n(n∈N*)．
(2)因为bn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋…＋， ②
由②－①，得
－Tn＝－＋2－1＋，
整理得－Tn＝－＋，
因此Tn＝7＋ (n∈N*)．
热点三 裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．
例3 (2017届湖南省郴州市质量检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，a3＝3，且λSn＝anan＋1，在等比数列{bn}中，b1＝2λ，b3＝a15＋1.
(1)求数列{an}及{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}的前n项和为Tn(n∈N*)，且cn＝1，求Tn.
解 (1)∵λSn＝anan＋1，a3＝3，
∴λa1＝a1a2，且λ(a1＋a2)＝a2a3＝3a2，
∴a2＝λ，a1＋a2＝a3＝3， ①
∵数列{an}是等差数列，
∴a1＋a3＝2a2，
即2a2－a1＝3， ②
由①②得a1＝1，a2＝2，
∴an＝n，λ＝2，
∴b1＝4，b3＝16，则bn＝2n＋1或bn＝(－2)n＋1(n∈N*)．
(2)∵Sn＝，∴cn＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋＋
＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝－.
思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．
(2)常用的裂项公式
①若{an}是等差数列，则＝，＝；
②＝－，＝；
③＝；
④＝；
⑤＝－，＝(－)．
跟踪演练3 (2017·吉林省吉林市普通高中调研)已知等差数列{an}的前n和为Sn，公差d≠0，且a3＋S5＝42，a1，a4，a13成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的首项为a1，因为等差数列{an}的前n和为Sn，a3＋S5＝42，a1，a4，a13成等比数列．
所以
又公差d≠0，
所以a1＝3，d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)因为bn＝，
所以bn＝＝，
则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝
＝.
真题体验
1．(2017·全国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＝.
2．(2017·天津)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{a2nb2n－1}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.
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8， ①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16， ②
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{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， ③
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， ④
③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8，
得Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
押题预测
1．已知数列{an}的通项公式为an＝，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有Sn
0)，且4a3是a1与2a2的等差中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式．
解 (1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，
当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)， ①
Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)， ②
由①－②，得an＝a·an－1，即＝a，
故{an}是首项a1＝a，公比为a的等比数列，
所以an＝a·an－1＝an.
故a2＝a2，a3＝a3.
由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2，
即8a3＝a＋2a2，
因为a≠0，整理得8a2－2a－1＝0，
即(2a－1)(4a＋1)＝0，
解得a＝或a＝－(舍去)，
故an＝n＝.
(2)由(1)得bn＝＝(2n＋1)·2n，
所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n， ①
2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)×2n＋1， ②
由①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1
＝6＋2×－(2n＋1)×2n＋1
＝－2＋2n＋2－(2n＋1)×2n＋1
＝－2－(2n－1)×2n＋1，
所以Tn＝2＋(2n－1)×2n＋1.
A组 专题通关
1．(2017届湖南师大附中月考)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两根，则b10等于( )
A．24 B．32
C．48 D．64
答案 D
解析 由已知有anan＋1＝2n，∴an＋1an＋2＝2n＋1，则＝2，所以数列{an}奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列，可以求出a2＝2，所以数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而bn＝an＋an＋1，所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64，故选D.
2．(2017届陕西省渭南市质检)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＝3，S5＝25，若的前n项和为，则n的值为( )
A．504 B．1 008
C．1 009 D．2 017
答案 B
解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则 解得a1＝1，d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，
又因为＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝
＝＝，
解得n＝1 008，故选B.
3．(2017届江西省鹰潭市模拟)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋…＋a100等于( )
A．－100 B．0
C．100 D．10 200
答案 A
解析 a1＝－1＋22，a2＝22－32，a3＝－32＋42，a4＝42－52，…，所以a1＋a3＋…＋a99＝(－1＋22)＋…＋(－992＋1002)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(99＋100)＝5 050，a2＋a4＋…＋a100＝(22－32)＋…＋(1002－1012)＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5 150，所以a1＋a2＋…＋a100＝5 050－5 150＝－100.
4．(2017届广东省潮州市模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和， an＝2·3n－1 (n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝____________.
答案 －
解析 因为＝＝3，
所以数列{an}为等比数列．
所以Sn＝＝＝3n－1，
又bn＝＝＝－，
则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.
5．(2017届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数x，[x]表示不超过x
的最大整数，如[－0.2]＝－1，[1.72]＝1，已知an＝(n∈N*)，Sn为数列{an}的前项和，则S2 017＝________.
答案 677 712
解析 由于＝0，＝0，＝＝＝1，＝＝＝2，根据这个规律，后面每3项都是相同的数，2 017－2＝671×3＋2，后余2项，
所以S2 017＝×671×3＋672＋672＝677 712.
6．等比数列{an}中，a1，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
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (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an＝2·3n－1 (n∈N*)．
(2)因为bn＝an＋(－1)nln an
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3.
当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝
7．(2017届山东省胶州市普通高中期末)正项数列的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列的通项公式an；
(2)令bn＝，数列的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.
(1)解 由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上可知，数列的通项公式an＝2n.
(2)证明 由于an＝2n，bn＝，
所以bn＝＝.
Tn＝
＝<＝.
8．(2017届江西省南昌市模拟)已知等差数列的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1anan＋1，求数列的前2n项和T2n.
解 (1)设等差数列的公差为d，由S3＋S4＝S5，
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)(2n＋1)
＝(－1)n－1·(4n2－1)，
所以T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1×[4×(2n)2－1]
＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2]
＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)＝－4×＝－8n2－4n.
B组 能力提高
9．(2017·湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn＝ancos，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S24等于( )
A．294 B．174
C．470 D．304
答案 D
解析 由nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，得＝＋1，所以数列为等差数列，因此＝1＋×1＝n，an＝n2，bn＝
因此b3k＋1＋b3k＋2＋b3k＋3＝9k＋，k∈N，
S24＝9(0＋1＋…＋7)＋×8＝304，故选D.
10．(2017·河南省豫南九校质量考评)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋sin2，则该数列的前21项的和为________．
答案 2 112
解析 当n为奇数时，cos2＝0，sin2＝1；
当n为偶数时，cos2＝1，sin2＝0，
所以当n为奇数时有an＋2＝an＋1；
n为偶数时an＋2＝2an，
即奇数项为等差数列，偶数项为等比数列．
所以S21＝(a1＋a3＋a5＋…＋a21)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)
＝(1＋2＋3＋…＋11)＋(2＋22＋…＋210)
＝＋＝6×11＋211－2＝2 112.
11．(2017届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝，且对任意m，n∈N*，都有a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋(m－n)2.
(1)求a3，a5；
(2)设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)．
①求数列{bn}的通项公式；
②设数列的前n项和为Sn，是否存在正整数p，q，且13，即>3.
解得0，
∵S3＝b5＋1＝7，∴a1＋a1q＋a1q2＝7， ①
又b4是a2和a4的等比中项，∴a2a4＝a＝b＝16，
解得a3＝a1q2＝4， ②
由①②得3q2－4q－4＝0，
解得q＝2或q＝－(舍去)，
∴a1＝1，an＝2n－1.
(2)当n为偶数时，
Tn＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…＋[(n－1)＋1]×2n－2＋n×2n－1
＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)＋(20＋22＋…＋2n－2)，
设Hn＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1， ③
则2Hn＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n×2n， ④
由③－④，得
－Hn＝20＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n
＝－n×2n＝(1－n)×2n－1，
∴Hn＝(n－1)×2n＋1，
∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋＝×2n＋.
当n为奇数，且n≥3时，
Tn＝Tn－1＋(n＋1)×2n－1
＝×2n－1＋＋(n＋1)×2n－1
＝×2n－1＋，
经检验，T1＝2符合上式，
∴Tn＝
