2019届二轮复习（理）专题29数列求和学案（全国通用） 23页

‎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。‎ ‎ ‎ ‎1．求数列的前n项和的方法 ‎(1)公式法 ‎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 ‎(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；‎ ‎(ⅱ)当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎(2)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．‎ ‎(3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．‎ ‎(4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．‎ ‎(5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．‎ ‎(6)并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝‎ ‎(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．‎ 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.‎ ‎2．常见的裂项公式 ‎(1)＝－.‎ ‎(2)＝.‎ ‎(3)＝－.‎ 高频考点一　分组转化法求和 例1、已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N＋)，且－＝，S6＝63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若对任意的n∈N＋，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和.‎ ‎ ‎ ‎(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－，‎ 即{bn}是首项为，公差为1的等差数列.‎ 设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)‎ ‎＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2. ‎ ‎【方法规律】(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{an}的前n项和.‎ ‎【变式探究】 (1)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　　)‎ A.n2＋1－ B.2n2－n＋1－ C.n2＋1－ D.n2－n＋1－ ‎(2)数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 016等于(　　)‎ A.1 008 B.2 016 C.504 D.0‎ ‎ ‎ ‎(2)a1＝cos ＝0，a2＝2 cos π＝－2，a3＝0，a4＝4，….‎ 所以数列{an}的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2 014，2 016.‎ 故S2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008.‎ 答案　(1)A　(2)A 高频考点二　错位相减法求和 例2、[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－.‎ ‎【方法技巧】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．‎ ‎【举一反三】已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎ ‎ ‎(2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)·2n＋1..‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn. ]‎ 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1].‎ ‎2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].‎ 两式作差，得 ‎－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]‎ ‎＝3×＝－3n·2n＋2.‎ 所以Tn＝3n·2n＋2.‎ ‎【方法规律】(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，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解；‎ ‎(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.‎ ‎【变式探究】 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和.‎ ‎ ‎ ‎(2)设的前n项和为Sn，由(1)知＝，‎ 则Sn＝＋＋…＋＋，‎ Sn＝＋＋…＋＋.‎ 两式相减得Sn＝＋－ ‎＝＋－.‎ 所以Sn＝2－.‎ 高频考点三　裂项相消法求和 例3、[2017·全国卷Ⅲ]设数列{an}满足a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ 解　(1)因为a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，‎ 故当n≥2时，a1＋‎3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，‎ 两式相减得(2n－1)an＝2，‎ 所以an＝(n≥2)．‎ 又由题设可得a1＝2，满足上式，‎ 所以{an}的通项公式为an＝(n∈N )． ‎ ‎(2)记的前n项和为Sn.‎ 由(1)知＝＝－，‎ 则Sn＝－＋－＋…＋－＝.‎ ‎【举一反三】Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和.‎ ‎ ‎ ‎(2)由an＝2n＋1可知 bn＝＝＝.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝ ‎＝.‎ ‎【方法规律】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．‎ ‎【变式探究】 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和为Tn.‎ ‎【举一反三】在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.‎ ‎(1)求Sn的表达式；‎ ‎(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵S＝an，an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，‎ ‎∴S＝(Sn－Sn－1)，‎ 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①‎ 由题意得Sn－1·Sn≠0， ‎ ‎①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，‎ ‎∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．‎ ‎∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.‎ ‎(2)∵bn＝＝＝，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝＝.‎ 高频考点四 求数列{|an|}的前n项和问题 例4、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|.‎ ‎【方法技巧】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．‎ ‎【变式探究】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.‎ ‎ ‎ ‎(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＝ ‎1. （2018年浙江卷）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列 ‎{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．‎ ‎（Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式． ‎ ‎【答案】（Ⅰ）‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由是的等差中项得，‎ 所以，‎ 解得.‎ 由得，‎ 因为，所以. ‎ ‎ ‎ ‎2. （2018年天津卷）设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.‎ ‎（I）求和的通项公式；‎ ‎（II）设数列的前n项和为，‎ ‎（i）求；‎ ‎（ii）证明.‎ ‎【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析.‎ ‎【解析】（I）设等比数列的公比为q.由 可得.因为，可得，故.‎ 设等差数列的公差为d，由，可得 由，可得 ‎ 从而 故 ‎ 所以数列的通项公式为，‎ 数列的通项公式为 ‎ ‎ ‎3. （2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．‎ ‎（1）设，若对均成立，求d的取值范围；‎ ‎（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．‎ ‎【答案】（1）d的取值范围为．‎ ‎（2）d的取值范围为，证明见解析。‎ ‎【解析】（1）由条件知：．‎ 因为对n=1，2，3，4均成立，‎ 即对n=1，2，3，4均成立，‎ 即11，1d3，32d5，73d9，得．‎ 因此，d的取值范围为．‎ ‎（2）由条件知：．‎ 若存在d，使得（n=2，3，···，m+1）成立，‎ 即，‎ 即当时，d满足．‎ 因为，则， ‎ 从而，，对均成立．‎ 因此，取d=0时，对均成立．‎ 下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．‎ ‎ ‎ ‎4. （2018年全国Ⅱ卷理数） 记为等差数列的前项和，已知，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求，并求的最小值．‎ ‎【答案】（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．‎ ‎（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．‎ ‎5. （2018年全国Ⅲ卷理数）等比数列中，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）记为的前项和．若，求．‎ ‎【答案】（1）或 ‎ ‎（2）‎ ‎ ‎ ‎1、[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－.‎ ‎2、[2017·全国卷Ⅲ]设数列{an}满足a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ ‎ ‎ ‎3．[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＝.‎ ‎4．[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 ‎ ‎ ‎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 | |k ]‎ 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.‎ ‎1.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）‎ 已知数列 的前n项和Sn=3n2+8n，是等差数列，且 ‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令 求数列的前n项和Tn.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，‎ 又，‎ 得，‎ ‎，‎ 两式作差，得 所以 ‎【2015江苏高考，11】数列满足，且（），则数列 的前10项和为 ‎ ‎【答案】‎ ‎【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列满足，且 成等差数列.‎ ‎(I)求的值和的通项公式；‎ ‎(II)设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(I) ; (II) .‎ ‎【解析】（Ⅰ） 由已知，有，即，‎ 所以，又因为，故，由，得，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 所以的通项公式为 ‎ ‎(II) 由(I)得，设数列的前项和为，则 ‎，‎ 两式相减得 ‎，‎ 整理得 所以数列的前项和为. ‎ ‎【2015高考四川，理16】设数列的前项和，且成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记数列的前n项和，求得成立的n的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）10.‎ ‎（2）由（1）得.‎ 所以.‎ 由，得，即.‎ 因为，‎ 所以.‎ 于是，使成立的n的最小值为10.‎ ‎【2015高考新课标1，理17】为数列{}的前项和.已知＞0，=.‎ ‎（Ⅰ）求{}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，‎ 所以数列{}前n项和为= =.‎ ‎1．（2014·江西卷）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N )满足 anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.‎ ‎(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.‎ ‎【解析】(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N )，所以－＝2，即cn＋1－cn＝2，‎ 所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.‎ ‎(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，‎ 所以Sn＝(n－1)3n＋1. 学 . ‎ ‎2．（2014·全国卷）等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎ ‎ ‎(2)bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝.‎ ‎3．（2014·山东卷）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝‎2a1＋×2＝‎2a1＋2，‎ S4＝‎4a1＋×2＝‎4a1＋12，‎ 由题意得(‎2a1＋2)2＝a1(‎4a1＋12)，解得a1＝1，‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由题意可知，‎ bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－＝1－＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.‎ 所以Tn＝ ‎4．（2013·江西卷）正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N ，都有Tn<.‎ ‎ ‎ ‎(2)证明：由于an＝2n，bn＝，‎ 则bn＝＝.‎ Tn＝ ‎＝<＝.‎ ‎5．（2013·湖南卷）设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N ，则 ‎(1)a3＝ ；‎ ‎(2)S1＋S2＋…＋S100＝ ．‎ ‎【解析】(1)－　(2)　[解析] (1)因Sn＝(－1)nan－，则S3＝－a3－，S4＝a4－，解得a3＝－. ]‎ ‎(2)当n为偶数时，Sn＝an－，当n为奇数时，Sn＝－an－，可得当n为奇数时an＝－，‎ 又S1＋S2＋…＋S100＝＋＋…＋＋ ‎＝－a1＋a2＋…－a99＋a100－ ‎＝S100－2(a1＋a3＋…＋a99)－ ‎＝S101－a101－2－ ‎＝－－＋2×－ ‎＝－＝. ‎ ‎6．（2013·山东卷）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N )，求数列{cn}的前n项和Rn.‎ ‎ ‎ ‎(2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.‎ 故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N .‎ 所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×，‎ 则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×，‎ 两式相减得 Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)× ‎＝－(n－1)× ‎＝－，‎ 整理得Rn＝4－.‎ 所以数列{cn}的前n项和Rn＝4－. ‎