【新高考复习】专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）

专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1．公式法(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－1d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝na1，q＝1，a11－qn1－q，q≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．(3)一些常见的数列的前n项和：①1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12；②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(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，从而求得前n项和．(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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{an}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．题型一.裂项相消1．数列{an}的通项公式an=1𝑛(𝑛+1)，已知它的前n项和Sn=99100，则项数n＝（）A．98B．99C．100D．101【解答】解：列{an}的通项公式an=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛+1，所以𝑆𝑛=1−12+12−13+⋯+1𝑛−1𝑛+1=1−1𝑛+1，由于前n项和Sn=99100，所以1−1𝑛+1=99100，解得n＝99．故选：B．2．已知等差数列{an}满足a3＝10，a1+a4＝17．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=3𝑎𝑛𝑎𝑛+1，求数列{bn}的前n项和Sn．【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．所以{𝑎3=10𝑎1+𝑎4=17，解得{𝑎1=4𝑑=3，所以an＝4+3（n﹣1）＝3n+1．（2）由（1）得bn=3𝑎𝑛𝑎𝑛+1=13𝑛+1−13𝑛+4，所以Sn＝b1+b2+…+bn=14−17+17−110+⋯+13𝑛+1−13𝑛+4=14−13𝑛+4．3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若4Sn＝（2n﹣1）an+1+1，且a1＝1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设𝑐𝑛=1𝑎𝑛(𝑎𝑛+2)，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn．【解答】解：（1）在4Sn＝（2n﹣1）an+1+1中，令n＝1，得a2＝3，∵4Sn＝（2n﹣1）an+1+1，∴当n≥2时，4Sn﹣1＝（2n﹣3）an+1，两式相减，得4an＝（2n﹣1）an+1﹣（2n﹣3）an（n≥2），∴（2n+1）an＝（2n﹣1）an+1，即𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2𝑛+12𝑛−1(𝑛≥2)．∴𝑎𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛−1⋅𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2⋅𝑎𝑛−2𝑎𝑛−3⋯⋅𝑎3𝑎2⋅𝑎2𝑎1⋅𝑎1=2𝑛−12𝑛−3⋅2𝑛−32𝑛−5⋅2𝑛−52𝑛−7⋯53⋅31⋅1=2𝑛−1，故an＝2n﹣1．（2）𝑐𝑛=1𝑎𝑛(𝑎𝑛+2)=1(2𝑛−1)(2𝑛+1)=12(12𝑛−1−12𝑛+1)，Tn＝c1+c2+…+cn=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12𝑛−1−12𝑛+1)]=12(1−12𝑛+1)=𝑛2𝑛+1，所以𝑇𝑛=𝑛2𝑛+1．题型二.错位相减1．已知等差数列{an}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设𝑏𝑛=3𝑛𝑎𝑛，求数列{bn}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，由题，{𝑎1=2𝑎22=𝑎1𝑎5，即(𝑎1+𝑑)2=𝑎1(𝑎1+4𝑑)，解得d＝4．∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．（Ⅱ）𝑏𝑛=3𝑛𝑎𝑛=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，设数列{bn}的前n项和为Tn，𝑇𝑛=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①3𝑇𝑛=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②①﹣②，得：−2𝑇𝑛=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1=6+4×32(1−3𝑛−1)1−3−2(2𝑛−1)×3𝑛+1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，∴𝑇𝑛=6+2(𝑛−1)⋅3𝑛+1．∴数列{bn}的前n项和𝑇𝑛=6+2(𝑛−1)⋅3𝑛+1．2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等比数列{bn}满足b1b2=13，b2b3=127．（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）求数列{an•bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S5＝30，S7＝56，得{5𝑎1+5×4𝑑2=307𝑎1+7×6𝑑2=56，解得{𝑎1=2𝑑=2．∴an＝2+2（n﹣1）＝2n；设等比数列{bn}的公比为q（q＞0），由b1b2=13，b2b3=127，得{𝑏12𝑞=13𝑏12𝑞3=127，解得{𝑏1=1𝑞=13．∴𝑏𝑛=(13)𝑛−1；（2）an•bn=2𝑛3𝑛−1=2⋅𝑛3𝑛−1．令{𝑛3𝑛−1}的前n项和为Rn，则𝑅𝑛=130+231+332+⋯+𝑛3𝑛−1，13𝑅𝑛=13+232+333+⋯+𝑛−13𝑛−1+𝑛3𝑛两式作差可得：23𝑅𝑛=1+13+132+⋯+13𝑛−1−𝑛3𝑛=1×(1−13𝑛)1−13−𝑛3𝑛=32−2𝑛+32⋅3𝑛，∴𝑅𝑛=94−2𝑛+34⋅3𝑛−1．则𝑇𝑛=2𝑅𝑛=92−2𝑛+32⋅3𝑛−1．3．（2015·山东）设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n+3．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（Ⅰ）因为2Sn＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，当n＞1时，2Sn﹣1＝3n﹣1+3，此时，2an＝2Sn﹣2Sn﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即an＝3n﹣1，所以an={3，𝑛=13𝑛−1，𝑛＞1.．（Ⅱ）因为anbn＝log3an，所以b1=13，当n＞1时，bn＝31﹣n•log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，所以T1＝b1=13；当n＞1时，Tn＝b1+b2+…+bn=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，所以3Tn＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，两式相减得：2Tn=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]=23+1−31−𝑛1−3−1−（n﹣1）×31﹣n=136−6𝑛+32×3𝑛，所以Tn=1312−6𝑛+34×3𝑛，经检验，n＝1时也适合，综上可得Tn=1312−6𝑛+34×3𝑛．题型三.分组求和1．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝an﹣2𝑎𝑛，求数列{bn}的前n项和Sn．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d（d≠0），则a2＝2+d，a4＝2+3d，∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22＝a1•a4，即（2+d）2＝2（2+3d），整理，得d2﹣2d＝0，解得d＝0（舍去），或d＝2，∴an＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．（2）由（1）知，设bn＝an﹣2𝑎𝑛=2n﹣22n＝2n﹣4n，故Sn＝b1+b2+…+bn＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）＝2×𝑛(𝑛+1)2−4(1−4𝑛)1−4＝n2+n+43−4𝑛+13．2．在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{bn}满足𝑏𝑛={2𝑎𝑛，𝑛=2𝑘−1，2𝑛，𝑛=2𝑘，（k∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{bn}的前2n项和T2n．【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，化简可得a1＝d＝1，即有an＝n，n∈N*；（2）由（1）可得bn={2𝑛，𝑛=2𝑘−12𝑛，𝑛=2𝑘，k∈N*；前2n项和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）=2(1−4𝑛)1−4+12n（4+4n）=2(4𝑛−1)3+2n（n+1）．3．已知数列{an}、{bn}满足：an+1＝an+bn，{bn+2}为等比数列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．（1）试判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列{an}的前n项和Sn．【解答】解：（1）数列{bn}不是等差数列．理由如下：由an+1﹣an＝bn，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，又∵数列{bn+2}为等比数列，∴数列{bn+2}的首项为4，公比为2．∴𝑏3+2=4×22=16，得b3＝14，显然2b2＝12≠b1+b3＝16．故数列{bn}不是等差数列；（2）结合（1）知，等比数列{bn+2}的首项为4，公比为2．故𝑏𝑛+2=4⋅2𝑛−1=2𝑛+1，∴𝑏𝑛=2𝑛+1−2．∵an+1﹣an＝bn，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，∴𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=2𝑛−2（n≥2）．令n＝2，…，（n﹣1）．得𝑎2−𝑎1=22−2，𝑎3−𝑎2=23−2，…𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=2𝑛−2（n≥2），累加得𝑎𝑛−2=(22+23+⋯+2𝑛)−2(𝑛−1)（n≥2）．∴𝑎𝑛=(2+22+23+⋯+2𝑛)−2𝑛+2=2(2𝑛−1)2−1−2𝑛+2=2𝑛+1−2𝑛（n≥2）．又a1＝2满足上式，∴𝑎𝑛=2𝑛+1−2𝑛．∴𝑆𝑛=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2𝑛+1−2𝑛)＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）=4(2𝑛−1)2−1−2×𝑛(𝑛+1)2=2𝑛+2−𝑛2−𝑛−4．题型四.讨论奇偶、绝对值求和1．数列{an}的前n项和记为Sn，对任意的正整数n，均有4Sn＝（an+1）2，且an＞0．（1）求a1及{an}的通项公式；（2）令𝑏𝑛=(−1)𝑛−14𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1，求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）当n＝1时，4𝑆1=(𝑎1+1)2，则a1＝1；当n≥2时，由4Sn＝（an+1）2，知4Sn﹣1＝（an﹣1+1）2，联立两式，得4an＝（an+1）2﹣（an﹣1+1）2，化简得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0，∵an＞0，∴an﹣an﹣1﹣2＝0，即{an}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，故an＝2n﹣1；（2）𝑏𝑛=(−1)𝑛−14𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1=(−1)𝑛−14𝑛(2𝑛−1)(2𝑛+1)=（﹣1）n﹣1（12𝑛−1+12𝑛+1），下面对n分奇偶数讨论：当n为偶数时，Tn＝（1+13）﹣（13+15）+…+（12𝑛−3+12𝑛−1）﹣（12𝑛−1+12𝑛+1）=1−12𝑛+1=2𝑛2𝑛+1，当n为奇数时，Tn＝（1+13）﹣（13+15）+…﹣（12𝑛−3+12𝑛−1）+（12𝑛−1+12𝑛+1）=1+12𝑛+1=2𝑛+22𝑛+1，所以Tn={2𝑛+22𝑛+1，𝑛为奇数2𝑛2𝑛+1，𝑛为偶数