（浙江專用）2021版新高考數學一輪復習 第六章 數列與數學歸納法 4 第4講 數列求和教學案

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1、第4講　數列求和 1．基本數列求和方法 (1)等差數列求和公式：Sn＝＝na1＋d． (2)等比數列求和公式：Sn＝ 2．一些常見數列的前n項和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝； (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n． 3．數列求和的常用方法 (1)倒序相加法 如果一個數列{an}的前n項中首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數，那么求這個數列的前n項和即可用倒序相加法，如等差數列的前n項和即是用此法推導的． (2)錯位相減法 如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那

2、么這個數列的前n項和即可用此法來求，如等比數列的前n項和就是用此法推導的． (3)裂項相消法 把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和． (4)分組轉化法 一個數列的通項公式是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列組成，則求和時可用分組轉化法，分別求和后再相加減． (5)并項求和法 一個數列的前n項和，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解． [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)當n≥2時，＝－.(　　) (2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋s

3、in23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　　) (3)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，當a≠0，且a≠1時，求Sn的值可用錯位相減法求得．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)√ [教材衍化] 1．(必修5P61A組T5改編)一個球從100 m高處自由落下，每次著地后又跳回到原高度的一半再落下，當它第10次著地時，經過的路程是(　　) A．100＋200(1－2－9)　　　　 B．100＋100(1－2－9) C．200(1－2－9) D．100(1－2－9) 解析：選A.第10次著地時，經過的路程為100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)

4、＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×＝100＋200(1－2－9)． 2．(必修5P47B組T4改編)在數列{an}中，an＝，若{an}的前n項和為，則項數n為(　　) A．2 014 B．2 015 C．2 016 D．2 017 解析：選D.an＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 017.故選D. 3．(必修5P61A組T4(3)改編)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)． 解析：設Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①　則xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②?、伲诘茫?1

5、－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝－nxn，所以Sn＝－. 答案：－ [易錯糾偏] (1)不會分組致誤； (2)錯位相減法運用不熟練出錯． 1．已知數列：1，2，3，…，，…，則其前n項和關于n的表達式為________． 解析：設所求的數列前n項和為Sn，則 Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＋＋…＋＝＋1－. 答案：＋1－ 2．已知數列{an}的前n項和為Sn且an＝n·2n，則Sn＝________． 解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，② ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋

6、…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1， 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 答案：(n－1)2n＋1＋2 　　　　　　分組轉化法求和 設數列{an}的前n項和為Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通項公式an； (2)求數列{|an－n－2|}的前n項和． 【解】　(1)由題意得則 又當n≥2時， 由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an， 得an＋1＝3an. 所以數列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*. (2)設bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1. 當n≥3時，由于3n－1>

7、n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3. 設數列{bn}的前n項和為Tn，則T1＝2，T2＝3. 當n≥3時， Tn＝3＋－＝， 所以Tn＝ 分組轉化法求和的常見類型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數列，可采用分組轉化法求{an}的前n項和； (2)通項公式為an＝的數列，其中數列{bn}，{cn}是等比數列或等差數列，可采用分組轉化法求和．　 1．數列{an}的通項公式an＝2n－n，前n項之和為Sn，則Sn＝________． 解析：Sn＝21＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝－＝2n＋1－. 答案：2n＋1－ 2．(202

8、0·麗水模擬)在等比數列{an}中，公比q≠1，等差數列{bn}滿足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3. (1)求數列{an}與{bn}的通項公式； (2)記cn＝(－1)nbn＋an，求數列{cn}的前2n項和S2n. 解：(1)設等差數列{bn}的公差為d. 則有解得或(舍去)， 所以an＝3n，bn＝2n＋1. (2)由(1)知cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n， 則S2n＝(3＋32＋33＋…＋32n)＋{(－3)＋5＋(－7)＋9＋…＋[－(4n－1)]＋(4n＋1)} ＝＋[(5－3)＋(9－7)＋…＋(4n＋1－4n＋1)] ＝＋2n. 　　　　　　

9、錯位相減法求和 已知數列{an}和{bn}滿足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝bn＋1－1(n∈N*)． (1)求an與bn的通項公式； (2)記數列{anbn}的前n項和為Tn，求Tn. 【解】　(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)． 由題意知當n＝1時，b1＝b2－1，故b2＝2. 當n≥2時，bn＝bn＋1－bn， 整理得＝， 所以bn＝n. 當n＝1時，也符合bn＝n，綜上bn＝n(n∈N*)． (2)由(1)知anbn＝n·2n， 因此Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 2Tn＝

10、22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1， 所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1. 故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)． 錯位相減法求和策略 (1)如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法，一般是和式兩邊同乘以等比數列{bn}的公比，然后作差求解． (2)在寫“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式． (3)在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解．　 1．數列，，，，…，的前10

11、項之和為________． 解析：S10＝＋＋＋…＋，① 所以S10＝＋＋…＋＋.② ①－②得 S10＝＋－ ＝＋－ ＝－－＝， 所以S10＝＝. 答案： 2．已知{an}是各項均為正數的等比數列，且a1＋ a2 ＝6，a1a2＝ a3. (1)求數列{an}的通項公式； (2){bn}為各項非零的等差數列，其前n項和為Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求數列的前n項和Tn. 解：(1)設{an}的公比為q， 由題意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2. 又an>0， 解得a1＝2，q＝2， 所以an＝2n. (2)由題意知：S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋

12、1， 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0， 所以bn＝2n＋1. 令cn＝， 則cn＝， 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋， 又Tn＝＋＋＋…＋＋， 兩式相減得 Tn＝＋－， 所以Tn＝5－. 　　　　　　裂項相消法求和(高頻考點) 裂項相消法求和是每年高考的熱點，題型多為解答題第二問，難度適中．主要命題角度有： (1)形如an＝型； (2)形如an＝型； (3)形如an＝(a>0，a≠1)型． 角度一　形如an＝型 (2020·舟山市普陀三中高三期中)設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，＋＋＝12. (1)求{an}的通

13、項公式； (2)若bn＝，{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<. 【解】　(1)設等差數列{an}的公差為d，則S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，S4＝4a1＋6d， 因為＋＋＝12， 所以3a1＋3d＝12，即3＋3d＝12，解得d＝3， 所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)證明：bn＝＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋ ＝ ＝ ＝， 所以Tn＝<＝. 角度二　形如an＝型 (2020·臺州質檢)已知函數f(x)＝xα的圖象過點(4，2)，令an＝，n∈N*.記數列{an}的前n項和為Sn，則S2 018＝(　　) A.－1　　　　　　　 B.－1

14、 C.－1 D. ＋1 【解析】　由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝. 則f(x)＝x. 所以an＝＝＝－， 所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－ )＋(－)＝－1. 【答案】　C 角度三　形如an＝(a>0，a≠1)型 (2020·杭州市高三期末考試)設數列{an}的前n項和為Sn.若Sn＝2an－n，則＋＋＋＝________． 【解析】　因為Sn＝2an－n，所以n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)]， 所以an＝2an－1＋1，化為：an＋1＝2(an－1＋1)， n＝1時，a

15、1＝2a1－1，解得a1＝1. 所以數列{an＋1}是等比數列，首項為2，公比為2. 所an＋1＝2n，即an＝2n－1， 所以＝＝－. 所以＋＋＋＝＋＋…＋＝1－＝. 【答案】　 利用裂項相消法求和的注意事項 (1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；或者前面剩幾項，后面也剩幾項； (2)將通項裂項后，有時需要調整前面的系數，使裂開的兩項之差和系數之積與原通項相等．如：若{an}是等差數列，則＝，＝(－)．　 　已知等差數列{an}的各項均為正數，a1＝3，前n項和為Sn，數列{bn}為等比數列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3

16、＝960. (1)求an與bn的通項公式； (2)求和：＋＋＋…＋. 解：(1)設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q， 因為等差數列{an}的各項均為正數，即an>0， 所以d>0，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1， 依題意得， 解得，或(舍去)， 故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1. (2)因為Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)， 所以＝＝， 所以＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋ ＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝(1＋－－)＝－. [基礎題組練] 1．若數列{an}的通項公式是an＝(－1)n·(3n－2)，則a1＋a2＋

17、…＋a12＝(　　) A．18　　　　　　　　　 B．15 C．－18 D．－15 解析：選A.記bn＝3n－2，則數列{bn}是以1為首項，3為公差的等差數列，所以a1＋a2＋…＋a11＋a12 ＝(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)＝6×3＝18. 2．已知{an}是首項為1的等比數列，Sn是{an}的前n項和，且9S3＝S6，則數列的前5項和為(　　) A.或5 B.或5 C. D. 解析：選C.設數列{an}的公比為q.由題意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以數列是以1為首項，為公比的等比數列

18、，由求和公式可得S5＝. 3．數列{an}的通項公式是an＝，若前n項和為10，則項數n為(　　) A．120 B．99 C．11 D．121 解析：選A.an＝＝＝－，所以a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10.即＝11，所以n＋1＝121，n＝120. 4．設各項均為正數的等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4a8＝32，則S11的最小值為(　　) A．22 B．44 C．22 D．44 解析：選B.因為數列{an}為各項均為正數的等差數列，所以a4＋a8≥2＝8，S11＝＝(a4＋a8)≥×8＝44，故S11的最小值為44，當且僅

19、當a4＝a8＝4時取等號． 5．設等比數列{an}的各項均為正數，且a1＝，a＝4a2a8，若＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，則數列{bn}的前10項和為(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：選A.設等比數列{an}的公比為q，因為a＝4a2a8，所以(a1q3)2＝4a1q·a1q7，即4q2＝1，所以q＝或q＝－(舍)，所以an＝＝2－n，所以log2an＝log22－n＝－n，所以＝－(1＋2＋3＋…＋n)＝－，所以bn＝－＝－2， 所以數列{bn}的前10項和為 －2＝ －2＝－. 6．(2020·杭州八校聯考)在各項都為正數的數列{an}

20、中，首項a1＝2，且點(a，a)在直線x－9y＝0上，則數列{an}的前n項和Sn等于(　　) A．3n－1 B. C. D. 解析：選A.由點(a，a)在直線x－9y＝0上，得a－9a＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又數列{an}各項均為正數，且a1＝2，所以an＋3an－1>0，所以an－3an－1＝0，即＝3，所以數列{an}是首項a1＝2，公比q＝3的等比數列，其前n項和Sn＝＝＝3n－1，故選A. 7．在等差數列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此數列的前10項和S10＝36，前18項和S18＝12，則數列{|an|}的前18項和T18

21、的值是________． 解析：由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0， 所以T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18 ＝S10－(S18－S10)＝60. 答案：60 8．設函數f(x)＝＋log2，定義Sn＝f＋f＋…＋f，其中n∈N*，且n≥2，則Sn＝________． 解析：因為f(x)＋f(1－x)＝＋log2＋＋log2＝1＋log21＝1， 所以2Sn＝＋[f＋f]＋…＋＝n－1. 所以Sn＝. 答案： 9．數列的前n項和為，則n的值為________． 解析：由題意得＋＋＋…＋＝－＋－＋－＋…＋－＝1－＝＝.所以n＝99.

22、 答案：99 10．(2020·溫州中學高三模考)已知數列{an}滿足：a1＝，an＋1＝a＋an，用[x]表示不超過x的最大整數，則的值等于________． 解析：因為an＋1＝a＋an，故an＋1－an＝a>0，即數列{an}是遞增數列，由an＋1＝a＋an可得an＋1＝an(an＋1)，所以＝－，從而＝－， 所以1<＋＋…＋＝－<＝2，故＝1. 答案：1 11．(2020·金華十校聯考)設數列{an}的各項均為正數，且a1，22，a2，24，…，an，22n，…成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)記Sn為數列{an}的前n項和，若Sk≥30(2k＋1)，

23、求正整數k的最小值． 解：(1)設等比數列的公比為q，則q2＝＝22， 又由題意q＞0，故q＝2， 從而an＝＝22n－1， 即數列{an}的通項公式為an＝22n－1. (2)由(1)知a1＝2，數列{an}是以22為公比的等比數列， 故Sn＝＝(22n－1)． 因此不等式Sk≥30(2k＋1)可化為(22k－1)≥30(2k＋1)，即(2k－1)(2k＋1)≥30(2k＋1)， 因為2k＋1＞0， 所以2k≥46， 即k≥log246， 又5＜log246＜6， 所以正整數k的最小值為6. 12．(2020·溫州市普通高中?？?已知數列{an}的前n項和為Sn，a

24、1＝，2Sn＝(n＋1)an＋1(n≥2)． (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝(n∈N*)，數列{bn}的前n項和為Tn，證明：Tn<(n∈N*)． 解：(1)當n＝2時，2S2＝3a2＋1，解得a2＝2. 當n＝3時，2S3＝4a3＋1， 解得a3＝3. 當n≥3時，2Sn＝(n＋1)an＋1，2Sn－1＝nan－1＋1， 以上兩式相減，得2an＝(n＋1)an－nan－1， 所以＝， 所以＝＝…＝＝1， 所以an＝. (2)證明：bn＝＝， 當n≥2時，bn＝<＝－， 所以Tn＝＋＋＋…＋＝－<. [綜合題組練] 1．已知{an}是等差數列，公差d

25、不為零，前n項和是Sn，若a3，a4，a8成等比數列，則(　　) A．a1d>0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0 C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0 解析：選B.因為 a3，a4，a8成等比數列，所以a＝a3a8，所以(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，展開整理，得－3a1d＝5d2，即a1d＝－d2.因為 d≠0，所以a1d＜0.因為 Sn＝na1＋d，所以S4＝4a1＋6d，dS4＝4a1d＋6d2＝－d2<0. 2．在等差數列{an}中，a2＝5，a6＝21，記數列的前n項和為Sn，若S2n＋1－Sn≤對任意的n∈N*恒成立，則正整

26、數m的最小值為(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：選C.在等差數列{an}中，因為a2＝5，a6＝21， 所以解得a1＝1，d＝4， 所以＝＝. 因為－ ＝－ ＝－－＝－－ ＝＋>0，所以數列(n∈N*)是遞減數列，數列(n∈N*)的最大項為S3－S1＝＋＝，所以≤，m≥.又m是正整數，所以m的最小值是5. 3．設a1，d為實數，首項為a1，公差為d的等差數列{an}的前n項和為Sn，滿足S5S6＋15＝0，則d的取值范圍是________． 解析：由S5S6＋15＝0，得·(6a1＋d)＋15＝0. 整理可得2a＋9a1d＋10d2＋1＝0. 因

27、為a1，d為實數，所以Δ＝(9d)2－4×2×(10d2＋1)≥0，解得d≤－2或d≥2. 答案：d≤－2或d≥2 4．(2020·臺州診斷考試)已知數列{an}中，a1＝1，Sn為數列{an}的前n項和，且當n≥2時，有＝1成立，則S2 017＝________． 解析：當n≥2時，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S＝－SnSn－1， 所以－＝1，又＝2，所以是以2為首項，1為公差的等差數列， 所以＝n＋1，故Sn＝， 則S2 017＝. 答案： 5．(2020·浙江“七彩陽光”聯盟聯考)在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an. (1)求數列{

28、an}的通項公式； (2)設bn＝，數列{bn}的前n項的和為Sn，試求數列{S2n－Sn}的最小值． 解：(1)由條件an＋1＝2an得＝2·， 又a1＝2，所以＝2， 因此數列構成首項為2，公比為2的等比數列， 從而＝2·2n－1＝2n，因此，an＝n·2n. (2)由(1)得bn＝，設cn＝S2n－Sn，則cn＝＋＋…＋， 所以cn＋1＝＋＋…＋＋＋， 從而cn＋1－cn＝＋－>＋－＝0， 因此數列{cn}是單調遞增的，所以{cn}min＝c1＝. 6．(2020·嚴州階段測試)設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a7＝4，a19＝2a9，數列{bn}的前n項和為

29、Tn，滿足42an－1＝λTn－(a5－1)(n∈N*)． (1)是否存在非零實數λ，使得數列{bn}為等比數列？并說明理由； (2)已知對于n∈N*，不等式＋＋＋…＋＜M恒成立，求實數M的最小值． 解：(1)設等差數列{an}的公差為d， 則an＝a1＋(n－1)d. 因為 所以解得a1＝1，d＝， 所以數列{an}的通項公式為an＝. 因為a5＝3，42an－1＝λTn－(a5－1)， 所以4n＝λTn－2，Tn＝4n＋. 當n＝1時，b1＝； 當n≥2時，bn＝Tn－Tn－1＝4n＋－4n－1－＝4n－1. 所以bn＋1＝4n＝4bn(n≥2)， 若數列{bn}是等比數列，則有b2＝4b1， 而b2＝，所以＝2與b2＝4b1矛盾． 故不存在非零實數λ，使得數列{bn}為等比數列． (2)由(1)知Sn＝， 所以＝＝， 從而＋＋＋…＋ ＝ ＝ ＝＜， 所以M ≥，故實數M的最小值為. 17