2022年新高考数学总复习：数列求和

知识点一公式法求和(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式．dna1＋annn－1d2a1－(2)等差数列的前n项和公式：Sn＝＝__na1＋d__＝__n＋2n__.222(3)等比数列的前n项和公式：na1，q＝1，n

Sn＝a1－anq＝__a11－q__，q≠1.1－q1－q注意等比数列公比q的取值情况，要分q＝1，q≠1.知识点二分组求和法一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．如若一个数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，则可用分组求和法求其前n项和．知识点三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”的两项的和相等且等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．知识点四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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．知识点五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．知识点六并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两合并求解，则称之为并项求和．如{an}是等差数列，求数列{(－1)nan}的前n项和，可用并项求和法求解．形如an＝(－1)nf(n)类型，可考虑采用两项合并求解．归纳拓展1．常见的裂项公式(1)111＝－；nn＋1nn＋111－11(2)＝nn＋k；nn＋kk第1页共13页11－11(3)2＝n－1n＋1；n－1211－11(4)＝2n－12n＋1；2n－12n＋12(5)1n＋n＋1＝n＋1－n；1＝(n＋k－n)；n＋n＋kk111－11(6)＝nn＋1n＋1n＋2.nn＋1n＋22双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和为Sn＝a1－an＋1

.(√1－q√))(2)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和．(11－11(3)当n≥2时，2＝n－1n＋1.(n－12√)1＋2n＋3(4)求数列2n的前n项和可用分组求和．([解析]√)a11－qn(1)因为数列{an}为等比数列，且公比不等于1.则其前n项和为Sn＝＝1－qa1－a1qna1－an＋1

＝.1－q1－q(2)因为sin21°＋sin289°＝sin22°＋sin288°＝sin23°＋sin287°＝1，所以sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和．11－111n＋1－n－1(3)因为n－1n＋1＝·＝2.22n－1n＋1n－111＋2n＋3(4)因为数列2n是由一个等比数列2n与一个等差数列的和数列，所以求数列1＋2n＋3的前n项和可以用分组求和．2n题组二走进教材)113n2．(必修5P61T4改编)Sn＝＋＋＋…＋n等于(B22822n－n－1A．2n

2n＋1－n－2B．2n

第2页共13页2n－n＋1C．2n

123n[解析]由Sn＝＋2＋3＋…＋n①2222n－1n112得Sn＝2＋3＋…＋n＋n＋1②22222①－②得，n11111Sn＝＋2＋3＋…＋n－n＋1，222222111－22＝11－2n2n1－n＋2D．2n

＋

2n1－n－2－n＋1，∴Sn＝.n22n＋

3．(必修5P47B组T4改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝(B)A．1C．16B．561，则S5等于nn＋11D．3011111115[解析]∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.22366nn＋1nn＋14．(必修5P47T4改编)数列{an}的通项公式是an＝(B)A．9C．10[解析]因为an＝1n＋n＋1B．99D．100＝n＋1－n.所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(2－1)＋1n＋n＋1，前n项和为9，则n＝(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1.所以n＋1－1＝9，即n＋1＝10，所以n＝99.故选B．题组三走向高考15．(2017·课标Ⅱ，15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则错误!＝Sk

2n____.n＋1[解析]本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和．设公差为d，则a1＋2d＝3，4a1＋6d＝10，∴a1＝1，d＝1，∴an＝n.第3页共13页nn＋1∴前n项和Sn＝1＋2＋…＋n＝，211－21∴＝＝2nn＋1，Snnn＋11111111－＋－＋…＋－1－n2n1223nn＋1＝2n＋1＝2·∴错误!＝2＝.Skn＋1n＋16．(2020·课标Ⅰ，16,5分)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝__7__.[解析]令n＝2k(k∈N*)，则有a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，∴a2＋a4＝5，a6＋a8＝17，a10＋a12＝29，a14＋a16＝41，∴前16项的所有偶数项和S偶＝5＋17＋29＋41＝92，∴前16项的所有奇数项和S奇＝540－92＝448，令n＝2k－1(k∈N*)，则有a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)．∴a2k＋1－a1＝(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k＋1－a2k－1)＝2＋8＋14＋…＋6k－4k2＋6k－4＝＝k(3k－1)(k∈N*)，2∴a2k＋1＝k(3k－1)＋a1(k∈N*)，∴a3＝2＋a1，a5＝10＋a1，a7＝24＋a1，a9＝44＋a1，a11＝70＋a1，a13＝102＋a1，a15＝140＋a1，∴前16项的所有奇数项和S奇＝a1＋a3＋…＋a15＝8a1＋2＋10＋24＋44＋70＋102＋140＝8a1＋392＝448.∴a1＝7.考点突破·互动探究考点一分组求和法——师生共研例1(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(C)A．2n＋n2－1C．2n1＋n2－2＋

B．2n1＋n2－1＋

D．2n＋n－2－

(2)已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n1(4n－3)，则S15

＋S22－S31的值是(A．13C．46[解析](1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an

＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)第4页共13页D)B．76D．－76＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n21－2nnn＋1＝＋2×－n21－2＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n1＋n2－2.＋

(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n1(4n－3)，所以S15＝(1－5)＋(9－13)－

＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.名师点拨分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．〔变式训练1〕1(1)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－2n，则其前20项和为(C1A．379＋20

2C．419＋1220

B．399＋1220

)1D．439＋20

2an＋2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列{an}(2)(2021·信阳模拟)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝的前20项和为(CA．1121C．1123[解析])B．1122D．1124(1)令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝2(1＋2＋3＋…＋11111＋2＋3＋…＋201－20120)－2222＝420－2＝419＋20.2(2)由题意知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公1×1－21010×9差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1123.21－2考点二裂项相消法——多维探究第5页共13页角度1形如bn＝1({an}为等差数列)型anan＋1

例2Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1，求数列{bn}的前n项和．anan＋1

[解析](1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.2可得a2n＋1－an＋2(an＋1－an)＝4an＋1，2即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－an＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由an>0，可得an＋1－an＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知11－111bn＝＝＝2n＋12n＋3.anan＋12n＋12n＋32设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn

111111－－－1＝35＋57＋…＋2n＋12n＋32n＝.32n＋3角度2形如an＝1n＋k＋n型1，fn＋1＋fn例3(2021·西安八校联考)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝n∈N＋.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2022等于(CA．2021－1C．2023－1)B．2022－1D．2023＋11[解析]由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，21则f(x)＝x.211∴an＝＝＝n＋1－n，fn＋1＋fnn＋1＋n第6页共13页S2022＝a1＋a2＋a3＋…＋a2022＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2023－2022)＝2023－1.角度3形如bn＝an1×({an}为等比数列)型an＋kan＋1＋kq－1例4(2021·辽宁凌源二中联考)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且*an>0,6Sn＝a2n＋3an，n∈N，bn＝2an，若对任意的n∈N*，k>Tn恒成立，则k2an－12an＋1－1的最小值是(1A．7C．149C)B．498D．441[解析]＋1

2

当n＝1时，6a1＝a21＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝an＋3an，∴6Sn

22

＝a2n＋1＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝an＋1－an＋3an＋1－3an，整理可得(an＋1＋an)(an＋1－an

－3)＝0，结合an>0可得an＋1－an－3＝0，∴an＋1－an＝3，故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，∴an＝3＋(n－1)×3＝3n，则bn＝2an8n

＝n＝n＋1

2an－12an＋1－18－18－111111111－2－－1n－n＋11＋8－18－1，∴Tn＝8－18－1＋82－183－1＋…＋8n－18n1－177111－n＋111＝78－1<，∴k≥.故选C．74949名师点拨裂项相消法求和在历年高考中曾多次出现，命题角度凸显灵活多变．在解题中，要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列{an}的通项公式，达到求解的目的．(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111111－1－＝anan＋1，＝anan＋2.danan＋22d(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．〔变式训练2〕(1)(角度1)(2021·衡水中学调研卷)在数列{an}中，an＝12n＋＋…＋，又bn＝n＋1n＋1n＋11anan＋1

第7页共13页14n，则数列{bn}的前n项和Sn＝____.anan＋1n＋1(2)(角度2)求和S＝A．5C．10111＋＋…＋＝(1＋33＋5119＋121B．4D．9A)an＋111(3)(角度3){an}是等比数列，a2＝，a5＝，bn＝，则数列{bn}的前n项216an＋1an＋1＋1和为(A)B．2n－12n＋12n－1A．22n＋11C．n

2＋1[解析](1)由已知得an＝2n－1D．2n＋212n1n＋＋…＋＝(1＋2＋…＋n)＝，所以bn＝2n＋1n＋1n＋1n＋1111－＝4nn＋1，nn＋1·22所以数列{bn}的前n项和为Sn＝411－4nn＋1＝4.n＋1(2)S＝1－33－5119－1211－11＋＋…＋＝＝5，故选A．1－33－5119－121－21－111－2＋23＋1111－－34＋…＋nn＋1＝11(3)a5＝a2·q3，∴q3＝，∴q＝，a1＝1，821∴an＝2n－1，bn＝1212n－1

n＋1＝1－112n＋12n＋12111n－1

＋11111－1－1－1111∴b1＋b2＋b3＋…＋bn＝21＋120＋1＋22＋121＋1＋23＋122＋1－11＋…＋2n＋12故选A．第8页共13页111n－1＋1＝12n＋112n－11－＝.222n＋1考点三错位相减法——师生共研例5(2019·天津)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式；1，n为奇数，(2)设数列{cn}满足cn＝nb，n为偶数.2求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．[解析]3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得解得d＝3，q＝3，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n1＝3n.－

所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n

＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)nn－1n×3＋×6＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)2＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn

＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－2

＋

31－3n2n－13n1＋3＋1n＋n×3＝.21－3所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n

2n－13n＋2＋6n2＋9(n∈N*)．2名师点拨2n－13n＋1＋3＝3n＋6Tn＝3n＋3×＝22

用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列{bn}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和．第二步：(乘公比)设{an·bn}的前n项和为Tn，然后两边同乘以q.第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(k∈N*)的项对齐，然后两边同时作差．第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出Tn.用错位相减法求和应注意的问题(1)如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和第9页共13页可采用错位相减法．(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)“Sn－qSn”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是n－1项，一般是n－1项．(4)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1两种情况讨论求解．〔变式训练3〕nn＋1x＝12(1)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝__1－1＋nxn＋nxn＋1x≠11－x2__.(2)(2020·课标Ⅰ，17,12分)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．①求{an}的公比；②若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．[解析](1)当x＝0时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝1；nn＋1－

当x＝1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn1＝1＋2＋3＋…＋n＝，2当x≠0且x≠1时．解法一：记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn1，则xSn＝x＋2x2＋…＋(n－1)xn1＋nxn，－

－

两式相减得：(1－x)Sn＝1＋x＋x＋…＋x2

n－1

1－xn

－nx＝－nxn，1－xn

1－1＋nxn＋nxn

∴Sn＝1－x2

＋1

解法二：1＋2x＋3x2＋…＋nxn1＝(x＋x2＋x3＋…＋xn)′－

x1－xn1－1＋nxn＋nxn＋1

＝1－x′＝，1－x2

nn＋1x＝1，2综上可知1＋2x＋3x2＋…＋nxn1＝1－1＋nxn＋nxn＋1x≠1.1－x2－

(2)①设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0，解得q1＝1(舍去)，q2＝－2.故{an}的公比为－2.②记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，第10页共13页－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)＋…＋(－2)2

n－1

1－－2n

－n×(－2)＝－n×(－2)n.3n

13n＋1－2n

所以Sn＝－.99考点四倒序相加法——师生共研1220214x2021例6设f(x)＝x，若S＝f2022＋f2022＋…＋f2022，则S＝____.24＋2[分析]利用f(x)＋f(1－x)＝1求解．4x

[解析]∵f(x)＝x，4＋22∴f(1－x)＝－＝.x1x

4＋22＋4－x

41

4x2∴f(x)＋f(1－x)＝x＋＝1.x

4＋22＋4122021S＝f2022＋f2022＋…＋f2022，①202120201S＝f2022＋f2022＋…＋f2022，②①＋②，得1202122020202112S＝f2022＋f2022＋f2022＋f2022＋…＋f2022＋f2022＝2021.∴S＝2021.2名师点拨倒序相加法应用的条件与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和相加的方法求解．〔变式训练4〕11x24043设f(x)＝，则f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2022)＝____.2022202121＋x2x21[解析]∵f(x)＝，∴f(x)＋f()＝1.x1＋x2

11令S＝f2022＋f2021＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2022)．①11则S＝f(2022)＋f(2021)＋…＋f(1)＋f2＋…＋f2022.②第11页共13页4043∴2S＝4043，∴S＝.2名师讲坛·素养提升数列的综合应用与实际应用例7一次展览会上展出一套由宝石串联制成的工艺品，如图所示．若按照这种规律依次增加一定数量的宝石，则第5件工艺品所用的宝石数为__66__颗；第n件工艺品所用的宝石数为__2n2＋3n＋1__.(结果用n表示)[分析]设第n个图有宝石an颗，逐项研究，寻找规律．[解析]解法一：设第n个图有宝石an颗，则a1＝6，a2＝6＋5＋4×1，a3＝a2＋5＋4×2＝6＋2×5＋(1＋2)×4，a4＝a3＋5＋4×3＝6＋3×5＋(1＋2＋3)×4，a5＝a4＋5＋4×4＝6＋4×5＋(1＋2＋3＋4)×4＝66，……，an＝6＋(n－1)·5＋(1＋2＋3＋…＋(n－1))·4＝2n2＋3n＋1.解法二：设第n个图有an颗宝石，则a1＝6，an－an－1＝5＋4(n－1)，即an－an－1＝4n＋1，∴an－1－an－2＝4(n－1)＋1……a2－a1＝4×2＋1，a1＝6累加得an＝4(1＋2＋…＋n)＋n＋1＝2n(n＋1)＋n＋1＝2n2＋3n＋1.名师点拨逐项研究是解决问题的基本方法．〔变式训练5〕小时候，我们就用手指练习过数数．一个小朋友按如图所示的规则练习数数，数到2019时对应的指头是__中指__.(各指头的名称依次为大拇指、食指、中指、无名指、小指)．第12页共13页[解析]观察图形可知大拇指所对应的数是以1为首项，公差为8的等差数列，其通项an＝1＋8(n－1)＝8n－7，又2019＝(8×253－7)＋2，故2019对应的指头是从大拇指开始再数两个数即中指．第13页共13页