专题二第2讲数列的求和

第2讲数列的求和微点一倒序相加法求和例1已知F(x)=f

x+12-2是R上的奇函数，an=f(0)+f

1n+…+f

n−1n+f(1)，n∈A.an=n B.an=2(n+1)C.an=n+1 D.an=n2-2n+3答案B解析∵F(x)=f

x+12-2故F(-x)=-F(x)，代入得f

12−x+f

12+x∴函数f(x)的图象关于点12令t=12-x，则12+x=1-得到f(t)+f(1-t)=4.∵an=f(0)+f

1n+…+fn−1n+fan=f(1)+f

n−1n+…+f

1n+f倒序相加可得2an=4(n+1)，即an=2(n+1).[规律方法]倒序相加法求和不仅应用在等差数列中，而且在函数以及组合中也有应用.等差数列中主要利用等差数列性质：若m+n=p+q(m，n，p，q∈N*)，则am+an=ap+aq；函数中主要利用对称中心性质：若f(x)的图象关于点(m，n)对称，则f(x)+f(2m-x)=2n.跟踪演练1已知函数f

x+12为奇函数，g(x)=f(x)+1，若an=gn2026A.2026 B.2025C.4052 D.4050答案B解析由于函数f

x+则f

−x+1即f

12−x+f

∴f(x)+f(1-x)=0，∴g(x)+g(1-x)=[f(x)+1]+[f(1-x)+1]=2，所以2(a1+a2+…+a2025)=2g=g12026g20242026+…=2×2025，因此数列{an}的前2025项和为a1+a2+…+a2025=2025.微点二错位相减法求和例2(2025·哈尔滨模拟)已知数列{an}是正项等比数列，满足a2a4=64，a1+a5=34，且q>1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，记数列1dn的前n项和为Tn，求证：T(1)解∵a2a4=a1a5=64，且a1+a5=34，∴a1和a5是方程x2-34x+64=0的两个根，即x2-34x+64=(x-2)(x-32)=0，又q>1，则a5>a1，∴a1=2，a5=32，则q4=a5a∴q=2(负值舍去)，故an=2n.(2)证明∵an=2n，∴dn=an+1−annTn=1d1+1d2=2×12+3×122+…+(n+112Tn=2×122+3×123+…+(∴12Tn=1+122+123+…+12n=1+122=32-12n-n+1∴Tn=3-n+3[规律方法](1)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，常采用错位相减法.(2)用错位相减法求和时应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.(3)[万能公式]形如cn=(an+b)·qn-1(q≠1)的数列的前n项和为Sn=(An+B)qn+C(q≠1)，其中A=aq−1，B=b−跟踪演练2(2025·沈阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn+an=1(n∈N*)，数列{bn}满足bn=log2an+10.(1)求出an，bn；(2)求出数列an·bn的前n解(1)因为3Sn+an=1，当n=1时，3a1+a1=1，所以a1=1当n≥2时，可得3Sn-1+an-1=1，两式相减，得3an+an-an-1=0，所以4an=an-1，所以anan−1=14，n≥2所以{an}是首项为14，公比为即an=14因为bn=log2an+10，所以bn=log214n+10=log22-2n+10=-2(2)由(1)得anbn=(10-2n)·1所以Tn=8×141+6×142+4×143+…+(则14Tn=8×142+6×143+4×144+…+两式相减得34Tn=8×141+(-2)×142+14=2+(-2)×116×1−14n−11−14+所以Tn=229+2微点三裂项相消法求和例3记Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，已知4Sn=an2+2a(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{cn}满足cn=an2(an−1)(an+1)解(1)由题可知an>0，当n=1时，4S1=a12+2a1⇒4a1=a12+2a1⇒由4Sn=an2+2an，当n≥2时，4Sn-1=an−12+2an-1①-②得4Sn-4Sn-1=an2-an−12+2an-2an-1=4an⇒(an+an-1)(an-an所以an-an-1-2=0，即an-an-1=2(n≥2)，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an=2+(n-1)×2=2n，即an=2n.(2)由(1)可知an=2n，所以cn=a=4n2=1+1=1+1所以Tn=c1+c2+…+cn=n+1=n+121−12n+1=[规律方法](1)裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理.(2)常见的几种裂项结构：①等差型：1anan+1=1d1an−1②指数型：(a−1)an(③对数型：logaan+1an=logaan+1-logaan(an>0，a>0且a④无理型：1a+b=1a−b(a-b跟踪演练3(2025·白银模拟)已知首项为1的正项数列{an}满足an+12-a(1)求{an}的通项公式；(2)令bn=12an+1an+anan+1(n解(1)令en=an2，e1=又由an+12-an2=8n得en+1-则当n≥2时，en-e1=(en-en-1)+(en-1-en-2)+…+(e3-e2)+(e2-e1)=8(n-1)+8(n-2)+…+8×2+8×1=8(1+2+3+…+n-2+n-1)=4n(n-1)，所以en-1=4n(n-1)⇒en=4n2-4n+1=(2n-1)2⇒an2=(2n-1)2，n又因为数列{an}的各项均为正数，所以an=2n-1，n≥2，又a1=1符合该式，所以an=2n-1，n∈N*.(2)由bn=1=1=122+22得Sn=b1+b2+b3+…+bn=1+1-13+1+13-15+…+1+=(1+1+…+1)+1-13+13-15+…+12n−1-微点四分组求和法求和例4(2025·苏州模拟)在数列{an}中，已知a2=2，且当n为奇数时，an+2=an+4，当n为偶数时，an=32an-1+1(1)求{an}的通项公式；(2)求{an}的前2n项和S2n.解(1)依题意，a2=32a1+12=2，所以a1当n为奇数时，an+2=an+4，即an+2-an=4，则数列{an}的奇数项是首项为a1=1，公差为4的等差数列，于是an=1+n+12−1×4=2当n为偶数时，an=32an-1+12=32[2(n-1)-1]+1所以an=2(2)方法一S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)=(1+5+9+…+4n-3)+(2+8+14+…+6n-4)=n(1+4n=5n2-2n.方法二a2n-1+a2n=2(2n-1)-1+3·2n-4=10n-7，所以{a2n-1+a2n}是以a1+a2=3为首项，10为公差的等差数列.所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=n(3+10n−7)2=5n[规律方法](1)分组求和法常见题型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=a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数列{cn}的前n项和.(2)并项求和法常见题型①数列{an}的通项公式为an=(-1)nf(n)，求数列{an}的前n项和.②数列{an}是周期数列或ak+ak+1(k∈N*)为等差或等比数列，求数列{an}的前跟踪演练4(2025·广州模拟)已知公差不为0的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn=3an，去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列tn，写出数列tn的前4项并求tn解(1)设等差数列的公差为d(d≠0)，等比数列的公比为q，由题意得，4a2又a1=b1=1，d≠0，解得d所以an=1+n-1=n，bn=1×2n-1=2n-1.(2)由(1)得cn=3an=3去掉第3k项后，前4项依次为3，9，81，243，S2n=t1+t2+t3+…+t2n=c1+c2+c4+c5+…+c3n-2+c3n-1=(c1+c4+…+c3n-2)+(c2+c5+…+c3n-1)=(31+34+…+33n-2)+(32+35+…+33n-1)=3(1−33n)综上，S2n=2×微点五奇偶分离法求和例5已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1，a5=5(a4-a3)，b5=4(b4-b3).(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2<Sn+12(n∈(3)对任意的正整数n，设cn=(3an−2)bna(1)解设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q≠0).由a1=1，a5=5(a4-a3)，得1+4d=5d，即d=1，所以an=1+n-1=n.因为b1=1，b5=4(b4-b3)，所以q4=4(q3-q2)，解得q=2，所以bn=2n-1.(2)证明方法一由(1)可得Sn=n所以SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3Sn+12=14(n+1)2(n所以SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n所以SnSn+2<Sn+12(n∈N方法二由(1)可得Sn=nSn+2=(n+2)(n+3)2所以SnSn+2Sn所以SnSn+2<Sn+12(n∈N(3)解当n为奇数时，cn=(3=(3n−2)2n当n为偶数时，cn=an−1b对任意的正整数n，有nΣk=1c2k-1=nΣk=1nΣk=1c2k=nΣk=12k−14k=14由①×14可得14nΣk=1c2k=142+34①-②得34nΣk=1c2k=14+242+=14+2421−14所以nΣk=1c2k=5因此2nΣk=1ck=nΣk=1c2k-1+nΣk=1c2k则数列{cn}的前2n项和为4n2n+1-[规律方法]若已知奇偶项满足的递推式，则分别求出奇偶项的通项公式，然后求和.①若an+2-an=d，则奇数项成等差数列，则有an=a1+d2(n-1)(n为奇数)；偶数项也成等差数列，则有an=a2+d2(n-2)(n②若an+2an=p≠0，则奇数项成等比数列，则有an=a1(p)n-1(n为奇数)；偶数项也成等比数列，则有an=a2(p)n-2③若奇偶项的通项不可求，则可考虑连续若干项为一组，进行求和.跟踪演练5已知数列{an}满足a1=a，a∈R，an+1=3an+2n-1，n∈N*.(1)数列{bn}满足bn=an+n，试判断{bn}是否为等比数列，请说明理由；(2)数列{cn}满足cn=(-1)nan，当a=2时，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)当a=-1时，{bn}不是等比数列；当a≠-1时，{bn}是等比数列.理由如下：因为an+1=3an+2n-1，n∈N*，故an+1+(n+1)=3(an+n)，又bn=an+n，故bn+1=3bn，当a=-1时，b1=0，故{bn}不是等比数列；当a≠-1时，b1≠0，故{bn}是以a+1为首项，3为公比的等比数列.(2)当a=2时，由(1)可知bn=3n，所以an=3n-n，所以cn=(-1)n·(3n-n)=(-3)n-n·(-1)n，当n为偶数时，Tn=−31−(−3)=3n当n为奇数时，Tn=Tn+1-cn+1=3n+2−2n−54-3n综上所述，Tn=−专题强化练[分值：90分]1.(13分)(2025·秦皇岛模拟)已知各项都是正数的数列{an}，其前n项和为Sn，a1=1，且Sn-Sn=((1)求{an}的通项公式；(6分)(2)若bn=an+an+1，求证：1b1+(1)解由题意得4Sn-4Sn=an所以(2Sn-1)2=又数列{an}是各项都是正数的数列，a1=1，所以2Sn-1=an，4Sn=(an+1)2当n≥2时，有4Sn-4Sn-1=4an=an2+2an-an−12所以2(an+an-1)=an2=(an+an-1)(an-an-1)，所以an-an-1=2，故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an=2n-1.(2)证明由(1)得bn=2n−1所以1bn=12(2所以1b1+1b2+…+1b24=12(3-1)+12(5-3)+…+2.(13分)(2025·临汾模拟)已知正项数列{an}中，a1=2，满足an+12+an+1an(1)求数列{an}的通项公式；(5分)(2)已知数列{bn}满足bn=an,n为偶数,2log2an解(1)由an+12+an+1an-6得(an+1-2an)(an+1+3an)=0，因为an>0，所以an+1+3an>0，则an+1=2an，所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，即an=2n.(2)由(1)知bn=2所以T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=b1+b3+…+b2n-1+b2+b4+…+b2n=1-13+13-15+…+12n−1-12n+1+22+24=4n+1−43.(15分)(2025·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，S5=3a4，b4-a5=3S3.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(6分)(2)设cn=(-1)nan+1bn，求数列{cn}的前n项和解(1)设等差数列{an}的公差为d，根据题意得a解得a所以an=-1+(n-1)×2=2n-3，可知a5=7，S3=3，设等比数列{bn}的公比为q，代入得2q3-7=9，解得q=2，可知bn=2·2n-1=2n.(2)由(1)可知an=2n-3，bn=2n，则cn=(-1)n(2n-3)+12当n为偶数时，Tn=c1+c2+c3+…+cn=[-(-1)+1-3+5+…-(2n-5)+(2n-3)]+1=2×n2+121−12当n为奇数时，Tn=Tn-1+cn=(n-1)+1-12n−1-(2n-3)+12综上，Tn=−4.(15分)(2025·山东省齐鲁名校联考)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1=1，an+1=Sn+1+(1)求数列{an}的通项公式；(6分)(2)设bn=an4n，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：131−(1)解因为an+1=Sn+1+Sn，an+1=Sn+1所以Sn+1-Sn=Sn+1+又因为a1=1，所以Sn+1+Sn所以Sn+1-Sn=1，S所以Sn是首项为1，公差为1的等差数列则Sn=1+n-1=n，所以Sn=n2当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，当n=1时，a1=1满足上式，所以an=2n-1.(2)证明由题意及(1)，得bn=2所以Tn=1×141+3×142+…+(2n-1)14Tn=1×142+3×143+…+(2n-3)×14n+(2①-②得34Tn=14+2×142+2×143+…+2×14n-(2n-1)整理得Tn=59-2n3+5又Tn=1×141+3×142+…+(2n-1)×14n≥141所以131−14n≤5.(17分)(2025·白银模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a4+a8=6，S17=1532(1)求{an}的通项公式；(5分)(2)设数列1Sn的前n项和为T①求Tn；(5分)②是否存在实数t，使得数列tTn+解(1)因为a4+a8=2a6，S17=17(a1+a17)所以2a6=6，17a9=153解得a6=3，a9=9设数列{an}的公差为d，所以92=3+3d解得d=12因为a1=a6-5d=1所以an=12+(n-1)×12=(2)①由(1)知an=n所以Sn=n(a所以1Sn=4所以Tn=1S1+1S2=41−=41−1n+1=4nn+1②存在，t=12设cn=tTn+n2+1n+1，由①所以cn=4tnn+1+n2+1假设存在实数t，使得数列{cn}为等差数列，当n≥2时，cn-cn-1=n+1+(4t−2)nn=1+(4t−2)=1+(4t-2)nn+1只有当t=12时，cn-cn-1=1为常数，其他t故存在实数t=12，使得数列t6.(17分)(2025·滨州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样