2025版高考数学一轮复习第5章数列第4讲数列求和讲义理含解析

PAGEPAGE9第4讲数列求和[考纲解读]1.娴熟驾驭等差、等比数列的前n项和公式．(重点)2.娴熟驾驭另外几种非等差、等比数列求和的常见方法．(难点)[考向预料]从近三年高考状况来看，本讲始终是高考中的热点，主要考查“错位相减”“裂项相消”“等差、等比数列的公式求和”等．预料2024年高考会考查数列求和或数列求和与不等式的综合．此类问题一般以解答题为主，以中档题型为主.1．基本数列求和公式法(1)等差数列求和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2)等比数列求和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))2．非基本数列求和常用方法(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法．常见的裂项公式：①eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；②eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；③eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))；④eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))．3．常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6)；(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2.1．概念辨析(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))).()(2)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可依据错位相减法求得．()(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是(n>1，n∈N*)首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝eq\f(3n－1,2).()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．小题热身(1)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1)，则S5等于()A．1B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,30)答案B解析∵an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).(2)数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于()A．n2＋1－eq\f(1,2n) B．2n2－n＋1－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－1) D．n2－n＋1－eq\f(1,2n)答案A解析该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋1－eq\f(1,2n).(3)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()A．200B．－200C．400D．－400答案B解析设bn＝4n－3，则{bn}是公差为4的等差数列，an＝(－1)n－1bn.S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝(b1－b2)＋(b3－b4)＋…＋(b99－b100)＝－4－4－4－…－4＝－4×50＝－200.(4)数列{an}的通项公式为an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2024等于()A．－1010B．2024C．505D．1010答案A解析易知a1＝coseq\f(π,2)＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的全部奇数项为0，前2024项中全部偶数项(共1008项)依次为－2,4，－6,8，…，－2014,2024.故S2024＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2024)＝1008.a2024＝0，a2024＝2024×coseq\f(2024π,2)＝－2024，∴S2024＝S2024＋a2024＝1008－2024＝－1010.故选A.题型eq\a\vs4\al(一)分组转化法求和1．(2024·信阳模拟)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为()A．1121B．1122C．1123D．1124答案C解析由题意知，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，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq\f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.2．(2024·合肥质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，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＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也满意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，则A＝eq\f(21－22n,1－2)＝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.结论探究在举例说明2条件下，求数列{bn}的前n项和Tn.解由举例说明2知bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))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，可采纳分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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，可采纳分组求和法求和．如举例说明1.已知数列{an}是等差数列，满意a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满意b2＝4，b5＝32.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝2，所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.设等比数列{bn}的公比为q，由题意得q3＝eq\f(b5,b2)＝8，解得q＝2.因为b1＝eq\f(b2,q)＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.(2)Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＋eq\f(21－2n,1－2)＝n2＋n＋2n＋1－2.题型eq\a\vs4\al(二)裂项相消法求和1．已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为________．答案120解析因为an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，又因为Sn＝10，所以eq\r(n＋1)－1＝10，解得n＝120.2．(2024·芜湖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n＋2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)Sn＝n2＋n＋2，①当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)＋2，②①－②得an＝2n，当n＝1时，a1＝4，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n，n≥2))(n∈N*)．(2)由题意，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，n＝1，,\f(1,2n2n＋2)＝\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，n≥2，))当n＝1时，T1＝eq\f(1,16).当n≥2时，Tn＝eq\f(1,16)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,16)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(3n－1,16n＋1).Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，n＝1，,\f(3n－1,16n＋1)，n≥2.))条件探究举例说明2中，若an＝2n，bn＝eq\f(1,log2an·log2an＋2)，求数列{bn}的前n项和Tn.解bn＝eq\f(1,log2an·log2an＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4).几种常见的裂项相消及解题策略(1)常见的裂项方法(其中n为正整数)(2)利用裂项相消法求和时，应留意抵消后不肯定只剩下第一项和最终一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候须要调整前面的系数，使前后相等．1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，a4＝4，S5＝15，若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前m项和为eq\f(10,11)，则m＝()A．8B．9C．10D．11答案C解析Sn为等差数列{an}的前n项和，设公差为d，a4＝4，S5＝15，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,S5＝15＝5a3，))解得d＝1，则an＝4＋(n－4)＝n.由于eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则Sm＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,m)－eq\f(1,m＋1)＝1－eq\f(1,m＋1)＝eq\f(10,11)，解得m＝10.2．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a4＝9，,a1<a4，,a1·a4＝8))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))⇒q3＝eq\f(a4,a1)＝8⇒q＝2⇒an＝a1·qn－1＝2n－1.(2)由(1)可知Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以bn＝eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，所以Tn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,7)＋eq\f(1,7)－eq\f(1,15)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1).题型eq\a\vs4\al(三)错位相减法求和(2024·安徽皖江最终一卷)设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n项和Sn.解(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q>0且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2d＋q4＝21，,1＋4d＋q2＝13，))解得d＝2，q＝2.所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.(2)eq\f(an,bn)＝eq\f(2n－1,2n－1).Sn＝1＋eq\f(3,21)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(2n－3,2n－2)＋eq\f(2n－1,2n－1)，①2Sn＝2＋3＋eq\f(5,2)＋…＋eq\f(2n－3,2n－3)＋eq\f(2n－1,2n－2)，②②－①得Sn＝2＋2＋eq\f(2,2)＋eq\f(2,22)＋…＋eq\f(2,2n－2)－eq\f(2n－1,2n－1)＝2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－2)))－eq\f(2n－1,2n－1)＝2＋2×eq\f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n－1)＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).利用错位相减法的一般类型及思路(1)适用的数列