2020年高三理科数学一轮复习讲义6.4【数列求和】

2020年高三理科数学一轮复习讲义

6.4【数列求和】

最新考纲

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： n（a1＋an）n（n－1）Sn＝＝na1＋d.

22(2)等比数列的前n项和公式： na1，q＝1，

Sn＝a1－anqa1（1－qn）

＝，q≠1Ｗ.1－q1－q2.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. [微点提醒]

n（n＋1）

1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝.

2n（n＋1）（2n＋1）

2.12＋22＋…＋n2＝.

6

1

3.裂项求和常用的三种变形 111

(1)＝－. n（n＋1）nn＋1

1111

(2)＝2n－1－2n＋1.

（2n－1）（2n＋1）2(3)

1n＋n＋1

＝n＋1－n.

基 础 自 测

1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)

a1－an＋1

(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.( )

1－q1111

(2)当n≥2时，2＝(－).( )

n－12n－1n＋1

(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.( ) 3n－1

(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＝.( )

2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)√

12 019

2.(必修5P47B4改编)数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为( )

2 020n（n＋1）A.2 018

B.2 019

C.2 020

D.2 021

111

解析 an＝＝－，

n（n＋1）nn＋1

111111n2 019

Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2019.

223nn＋1n＋1n＋12 020答案 B

3.(必修5P56例1改编)等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝解析 由a1＝27，a9＝

11

知，＝27·q8， 243243

1

，q>0，Sn是其前n项和，则S6＝________. 243

1

又由q>0，解得q＝，

3

2

所以S6＝

16271－

3364

11－3

＝

9

.

答案

364 9

4.(2018·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·昆明诊断)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，bn－an＝2n＋1，且Sn＋Tn＝2n1＋n2－2，则2Tn＝________________.

解析 由题意知Tn－Sn＝b1－a1＋b2－a2＋…＋bn－an＝n＋2n＋1－2， 又Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2，

所以2Tn＝Tn－Sn＋Sn＋Tn＝2n＋2＋n(n＋1)－4. 答案 2n2＋n(n＋1)－4

1n－1＋f(1)(n∈N*)，6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋f＋…＋f则数列{an}nn的通项公式为________.

1n－11n－1

解析 由f(x)＋f(1－x)＝4，可得f(0)＋f(1)＝4，…，f＋f＝4，所以2a＋fn＝[f(0)＋f(1)]＋fnnnn＋…＋[f(1)＋f(0)]＝4(n＋1)，即an＝2(n＋1). 答案 an＝2(n＋1)

考点一 分组转化法求和

【例1】 (2019·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.

＋

＋

3

(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， a3

∴2a2＝a1＋(a3－1)＝a3，∴q＝＝2，

a2∴an＝a1qn1＝2n1(n∈N*).

(2)由(1)知bn＝2n－1＋an＝2n－1＋2n1，

∴Sn＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n－1＋2n1) ＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n1) 1＋（2n－1）1－2n2＝·n＋＝n＋2n－1.

21－2∵Sn－(n2＋2n)＝－1<0，∴Sn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.

－－

－

－

－

an，n为奇数，

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

bn，n为偶数，

和法求{an}的前n项和.

【训练1】 (2019·南昌一模)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)n1an，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可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5， ∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2. ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)可得bn＝(－1)n1·(2n－1).

∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n. 考点二 裂项相消法求和

an＋1

【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.

2

－

－

4

(1)求数列{an}的通项公式；

2×3n

的前n项和Tn. (2)求数列aa＋nn1

an＋1

解 (1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，

2a2

∴a1＝S1＝－2＝2，

2当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝

an＋1an－n－1－2－n， 2

即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2， ∴an＋1＝3an＋2，n∈N*， ∴an＋1＋1＝3(an＋1)，

∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3， ∴an＋1＝3×3n1＝3n，∴an＝3n－1.

2×3n2×3n11

(2)∵＝n＝－. ＋＋

anan＋1（3－1）（3n1－1）3n－13n1－1

2×3n

的前n项和 ∴数列

anan＋1

－

11111111

Tn＝3－1－32－1＋32－1－33－1＋…＋3n－1－3n＋1－1＝－n＋1.

23－1

规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意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.将通项公式裂项后，有时候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公式相等. 【训练2】 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3. (1)求an；

1

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

Sn解 (1)设数列{an}的公差为d，

3a1＋3d＝a1＋6d，

由题意得

（a1＋7d）－2（a1＋2d）＝3，

解得a1＝3，d＝2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.

5

n（n－1）

(2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，

21111－∴bn＝＝.

n（n＋2）2nn＋2∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn

11111111

－－1－＋－＋…＋＝＋3242n－1n＋1nn＋2 1111

＝1＋2－n＋1－n＋2 21311

＝－n＋1＋n＋2. 42考点三 错位相减法求和

【例3】 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；

bn

(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a的前n项和Tn.

n

解 (1)设{an}的公比为q，

a1（1＋q）＝6，

由题意知2

a1q＝a1q2，

又an>0，

a1＝2，

解得所以an＝2n.

q＝2，

（2n＋1）（b1＋b2n＋1）(2)由题意知：S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，

2又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1. 2n＋1bn

令cn＝，则cn＝n，

an2因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn

2n－12n＋1357

＝＋2＋3＋…＋n－1＋n， 222222n－12n＋11357

又Tn＝2＋3＋4＋…＋n＋n＋1， 22222212n＋11311

＋＋…＋－两式相减得Tn＝＋222

2n1－2n＋1， 22

6

2n＋5

所以Tn＝5－n.

2

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：

(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】 已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，an＋2log2bn＝－1.

(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.

解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则d>0，

由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d分别加上1，1，3后成等比数列， 得(2＋d)2＝2(4＋2d)，

解得d＝2(舍负)，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. 1

又因为an＋2log2bn＝－1，所以log2bn＝－n，则bn＝n.

21

(2)由(1)知an·bn＝(2n－1)·n，

22n－1135

则Tn＝1＋2＋3＋…＋n，①

22222n－11135

Tn＝2＋3＋4＋…＋n＋1，② 22222由①－②，得

11112n－111

＋＋＋…＋Tn＝＋2×2n－2n＋1. 22232422111－n－1422n－111

∴Tn＝＋2×－n＋1， 2212

1－2

7

2n－14＋2n－13＋2n2

∴Tn＝1＋2－n－1－n＝3－＝3－n. n2222

[思维升华]

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、错位相减法、倒序相加法等来求和. [易错防范]

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.

基础巩固题组 (建议用时：40分钟)

一、选择题

1.(2017·全国Ⅲ卷)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a23＝a2·a6， 即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，

6×56×5

所以数列{an}的前6项和为S6＝6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24.

22

8

答案 A

2.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n1·(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.数列{an}的通项公式是an＝A.9

解析 因为an＝

1n＋

n＋1B.99

＝1n＋n＋1

，前n项和为9，则n等于( )

C.10

n＋1－n，

D.100

所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(令

n＋1－1＝9，得n＝99.

n＋1－n)＋(n－n－1)＋…＋(3－2)＋(2－1)＝n＋1－1，

答案 B

2n＋1

4.(2019·合肥调研)已知Tn为数列n的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为( )

2

A.1 026 B.1 025

n

C.1 024 D.1 023

2n＋111

解析 ∵n＝1＋，∴Tn＝n＋1－n， 22211∴T10＋1 013＝11－10＋1 013＝1 024－10，

22又m>T10＋1 013恒成立， ∴整数m的最小值为1 024. 答案 C

5.(2019·厦门质检)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n1an＝2，则其前100项和为( ) A.250

B.200

C.150

D.100

＋

解析 当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1－a2k＝2，当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋a2k－1＝2，当n＝2k＋1(k∈N*)时，

9

a2k＋2＋a2k＋1＝2，∴a2k＋1＋a2k－1＝4，a2k＋2＋a2k＝0，∴{an}的前100项和＝(a1＋a3)＋…＋(a97＋a99)＋(a2＋a4)＋…＋(a98＋a100)＝25×4＋25×0＝100. 答案 D 二、填空题

2

6.已知正项数列{an}满足a2n＋1－6an＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

2解析 由a2n＋1－6an＝an＋1an，

得(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0， 又an>0，所以an＋1＝3an，

又a1＝2，所以{an}是首项为2，公比为3的等比数列， 2（1－3n）故Sn＝＝3n－1.

1－3答案 3n－1

11

7.(2019·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________.

65411111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＝·39333n－1

1

＝n，3

11111115

所以an＝n2，则3nan＝2＝－，其前n项和为1－，n＝15时，为1－＝.

16163（n＋n）n＋nnn＋1n＋1答案

15

16

8.(2019·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 2（1－2n）

－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，

1－2

10

故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1. 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

n2＋n

9.已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.

2(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；

n2＋n（n－1）2＋（n－1）

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.

22a1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， 2（1－22n）2n＋1

则A＝＝2－2，

1－2

B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n1＋n－2.

10.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式；

11

(2)设bn＝1＋log2(an)2，求证：数列bb的前n项和Tn<.

6nn＋1

＋

(1)解 因为an＋1＝2＋Sn(n∈N*)， 所以an＝2＋Sn－1(n≥2)， 所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，

11

所以an＋1＝2an(n≥2).

又因为a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1， 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 则an＝2·2n1＝2n(n∈N*).

(2)证明 因bn＝1＋log2(an)2，则bn＝2n＋1. 则

1111

＝2n＋1－2n＋3，

bnbn＋12

－

1111111

所以Tn＝3－5＋5－7＋…＋2n＋1－2n＋3

2111111

＝3－2n＋3＝－<. 262（2n＋3）6

能力提升题组 (建议用时：20分钟)

11.(2019·广州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，且Sn为{an}的前n项和，则( ) A.an≥2n＋1 C.an≥2n1

－

B.Sn≥n2 D.Sn≥2n1

－

解析 由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，an－an－1≥2， ∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)， ∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1， ∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1， ∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1， n（1＋2n－1）∴Sn≥＝n2.

2答案 B

12.已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.

解析 由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，

12

∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1， 即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列， 3（1－4n）

∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1.

1－4答案 4n－1

1

13.(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则∑＝________. k＝1Sk解析 设等差数列{an}的公差为d，则

n

a3＝a1＋2d＝3，n（n－1）n（n＋1）a1＝1，由得∴S＝n×1＋×1＝， n4×322

d＝1.S4＝4a1＋2d＝10，

1121

＝＝2n－.

n＋1Snn（n＋1）

111111－1＋1－1＋1－1＋…＋1－11－12n

∴k∑＝＋＋＋…＋＝2. nn＋1＝2n＋1＝＝1SkS1S2S3Sn22334n＋1答案

2n

n＋1

n

14.(2019·河南、河北两省联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.

Sn

(1)求证：数列n为等差数列；



(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.

Sn＋1Sn

(1)证明 由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得－＝1，

n＋1nS1Sn

又＝5，所以数列n是首项为5，公差为1的等差数列. 1Sn

(2)解 由(1)可知＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.

n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，

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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)2n1，② 所以②－①得 Tn＝(2n＋3)2

＋

＋

n＋1

－10－(23＋24＋…＋2

＋

n＋1

)＝(2n＋3)2

＋

n＋1

23（1－2n1）－10－

1－2

－

＝(2n＋3)2n1－10－(2n2－8)＝(2n＋1)2n1－2.

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