第4节　数列求和.docx

1、第第 4 节节数列求和数列求和 知识梳理 1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前 n 项和公式： Snn（a1an） 2 na1n（n1） 2 d. (2)等比数列的前 n 项和公式： Sn na1，q1， a1anq 1q a1（1q n） 1q ，q1. 2.数列求和的几种常用方法 (1)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. (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，从而求得其 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， 这 个数列的前 n 项和可用错位相减

2、法求解. (4)倒序相加法 如果一个数列an的前 n 项中与首末两端等“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. 1.1234nn（n1） 2 . 2.1222n2n（n1） （2n1） 6 . 3.裂项求和常用的三种变形 (1) 1 n（n1） 1 n 1 n1. (2) 1 （2n1） （2n1） 1 2 1 2n1 1 2n1 . (3) 1 n n1 n1 n. 4.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. 诊断自测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)若数列an为

3、等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sna1an 1 1q .() (2)当 n2 时， 1 n21 1 2( 1 n1 1 n1).( ) (3)求Sna2a23a3nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位 相减法求得.() (4)若数列 a1， a2a1， ， anan1是首项为 1， 公比为 3 的等比数列， 则数列an 的通项公式是 an3 n1 2 .() 答案(1)(2)(3)(4) 解析(3)要分 a0 或 a1 或 a0 且 a1 讨论求解. 2.等差数列an中，已知公差 d1 2，且 a 1a3a9950，则 a2a4a100 () A.50B.75C.10

4、0D.125 答案B 解析a2a4a100(a1d)(a3d)(a99d)(a1a3a99) 50d50501 275. 3.数列an中，an 1 n（n1），若a n的前 n 项和为2 021 2 022，则项数 n 为( ) A.2 019B.2 020C.2 021D.2 022 答案C 解析由 an 1 n（n1） 1 n 1 n1， 得 Sn 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 n n1. 因此 n n1 2 021 2 022，则 n2 021. 4.(2020郑州模拟)已知数列an满足 an1an2，a15，则|a1|a2|a6| () A.9B.15C.18D.30 答

5、案C 解析由题意知an是以 2 为公差的等差数列，又 a15，所以|a1|a2| |a6|5|3|1|13553113518. 5.(多选题)(2021济南调研)已知数列an： 1 2， 1 3 2 3， 1 4 2 4 3 4， ， 1 10 2 10 3 10 9 10，若 b n 1 anan1，设数列b n的前 n 项和 Sn，则() A.ann 2 B.ann C.Sn 4n n1 D.Sn 5n n1 答案AC 解析由题意得 an 1 n1 2 n1 n n1 123n n1 n 2， bn 1 n 2 n1 2 4 n（n1）4 1 n 1 n1 ， 数列bn的前 n 项和 Sn

6、b1b2b3bn 4 11 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 4 1 1 n1 4n n1.故选 AC. 6.(2021河北 “五个一” 名校质检)若 f(x)f(1x)4， anf(0)f 1 n f n1 n f(1)(nN*)，则数列an的通项公式为_. 答案an2(n1) 解析由 f(x)f(1x)4， 可得 f(0)f(1)4，f 1 n f n1 n4， 所以 2an(f(0)f(1) f 1 n f n1 n(f(1)f(0)4(n1)， 即 an2(n1). 考点一分组转化求和 1.数列an的通项公式是 an(1)n(2n1)，则该数列的前 100 项之和为

7、() A.200B.100C.200D.100 答案D 解析S100(13)(57)(197199) 250100. 2.(2020合肥质检)已知数列an的首项为1，anan12n，则数列an的前 10 项之和等于_. 答案31 解析因为 anan12n，所以 an1an22n 1， 因此an 2 an 2， 所以an的奇数项和偶数项均为公比为 2 的等比数列， 又 a11，a22 a1 2， S10(a1a3a9)(a2a4a10) 1（12 5） 12 2（12 5） 12 3123131. 3.在一个数列中，如果nN*，都有 anan1an2k(k 为常数)，那么这个数列叫做 等积数列，

8、k 叫做这个数列的公积.已知数列an是等积数列，且 a11，a22， 公积为 8，则 a1a2a2 021_. 答案4 714 解析根据 a11，a22 及 anan1an28， 得 a34，a41，a52，a64， 易知数列an是周期为 3 的周期数列， 且 anan1an27(nN*)， 所以 a1a2a2 021(a1a2)(a3a4a5)673 12(124)6734 714. 4.(2021重庆质检)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a59，S525. (1)求数列an的通项公式及 Sn； (2)设 bn(1)nSn，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解(1)设数列an的公差为

9、 d，由 S55a325 得 a3a12d5， 又 a59a14d，所以 d2，a11， 所以 an2n1，Snn（12n1） 2 n2. (2)结合(1)知 bn(1)nn2， 当 n 为偶数时， Tn(b1b2)(b3b4)(b5b6)(bn1bn) (1222)(3242)(5262)(n1)2n2 (21)(21)(43)(43)(65)(65)n(n1)n(n1) 123nn（n1） 2 . 当 n 为奇数时，n1 为偶数， TnTn1(1)nn2（n1）n 2 n2n（n1） 2 . 综上可知，Tn（1） nn（n1） 2 . 感悟升华1.若数列cn的通项公式为 cnanbn，且a

10、n，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 an，n 为奇数， bn，n 为偶数，其中数列a n， bn是等比数列或 等差数列，可采用分组求和法求cn的前 n 项和. 3.求解此类求和问题需过两关：第一关，拆分关，即观察数列的通项公式的结构 特征，拆分为若干个可求和的简单数列(如等差数列、等比数列)；第二关，求和 关，对各个简单数列分别求和，最后合并为待求数列的前 n 项和. 考点二裂项相消求和 【例 1】(2020佛山调研)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn(Sn0)，满足 S1，S2， S3成等差数列，且 a1a2a3. (

11、1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 3an （an1） （an11），求数列b n的前 n 项和 Tn. 解(1)设数列an的公比为 q，依题意有 S1S32S2， (a2a3)2(a1a2)，即q(a1a2)2(a1a2)， 又 Sn0，知 a1a2S20， 所以 q2， 又 a1a2a3，知 a1q2， 所以an的通项公式 an(2)n. (2)结合(1)知 bn 3（2）n （2）n1（2）n 11 （2）n 1（2）n （2）n1（2）n 11 1 （2）n1 1 （2）n 11， 所 以 Tn 1 （2）11 1 （2）21 1 （2）21 1 （2）31 1 （2）n1 1

12、 （2）n 11 1 21 1 （2）n 111 1 （2）n 11. 感悟升华1.用裂项相消法求和时， 要对通项进行变换， 如： 1 n nk 1 k( nk n)， 1 n（nk） 1 k( 1 n 1 nk)，裂项后可以产生连续相互抵消的项. 2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数 第几项. 【训练 1】(2021烟台模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，bn是各项均为 正数的等比数列，a1b4，_，b28，b13b34，是否存在正整数 k， 使得数列 1 Sn的前 k 项和 Tk15 16？若存在，求出 k 的最小值；若不存在，说明理 由. 从

13、S420，S32a3，3a3a4b2这三个条件中任选一个，补充到上面问题 中并作答. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解设等比数列bn的公比为 q(q0)，等差数列an的公差为 d，因为 b28， 所以 b18 q，b 38q， 又 b13b34，所以8 q38q4， 即 6q2q20，解得 q1 2或 q 2 3(舍去). 若选，则 a1b42，S44a143 2 d20， 解得 d2， 所以 Sn2nn（n1） 2 2n2n， 1 Sn 1 n（n1） 1 n 1 n1， 故 Tk 1 S1 1 S2 1 Sk 11 2 1 2 1 3 1 k 1 k1 1 1 k1，

14、令 1 1 k1 15 16，解得 k15， 因为 k 为正整数，所以 k 的最小值为 16. 若选，则 a1b42， S33a132 2 d2(a12d)，解得 da12. 下同. 若选，则 a1b42， 3(a12d)(a13d)8，解得 d4 3， 所以 Sn2nn（n1） 2 4 3 2 3n 24 3n， 1 Sn 3 2 1 n（n2） 3 4 1 n 1 n2 ， 故 Tk3 4 11 3 1 2 1 4 1 k1 1 k1 1 k 1 k2 3 4 11 2 1 k1 1 k2 9 8 3 4 1 k1 1 k2 ， 令 Tk15 16，得 1 k1 1 k2 1 4， 因为

15、k 为正整数，解得 k7，所以 k 的最小值为 7. 考点三错位相减求和 【例 2】(2021武汉调研)在S3S2a22a1，2a2a4a3，这两个条件中任 选一个，补充在下列问题中，并解答. 设数列an是公比大于 0 的等比数列，其前 n 项和为 Sn.已知 a12，_. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn12log2an，Tna1b1a2b2a3b3anbn，求 Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解(1)若选，设等比数列an的公比为 q. a12，S3S2a22a1， q2q20，解得 q2 或 q1. q0，q2，an2n. 若选，设等比数列an的公比为

16、 q，且 q0， 由 2a2a4a3可得 2a2a2q2a2q. a20，2q2q，即 q2q20. q0，q2，ana1qn 12n. (2)由(1)知 bn12log2an12log22n2n1， Tn321522723(2n1)2n， 2Tn322523(2n1)2n(2n1)2n 1， 两式相减得Tn32122222322n(2n1)2n 16 8（12n 1） 12 (2n1)2n 1 622n 18(2n1)2n12(2n1)2n1， Tn(2n1)2n 12. 感悟升华1.一般地， 如果数列an是等差数列， bn是等比数列， 求数列anbn 的前 n 项和时，可采用错位相减法.

17、2.用错位相减法求和时，应注意： (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” ，以便于下一步 准确地写出“SnqSn”的表达式. 【训练 2】(2020全国卷)设数列an满足 a13，an13an4n. (1)计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明； (2)求数列2nan的前 n 项和 Sn. 解(1)由 a13，an13an4n，得 a25，a37. 猜想 an2n1.证明如下： 由 an13an4n，得 an3an14n4(n2)， 则 an(2n1)3an1(2n1). 又 a13，知 a13

18、0，所以 an(2n1)0， 则 an2n1. (2)由(1)得 2nan(2n1)2n， 所以 Sn32522723(2n1)2n. 从而 2Sn322523724(2n1)2n1. 得 Sn3222222322n(2n1)2n1， 所以 Sn(2n1)2n 12. A 级基础巩固 一、选择题 1.等差数列an的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6成等比数列，则an前 6 项 的和为() A.24B.3C.3D.8 答案A 解析设an的公差为 d，根据题意得 a23a2a6， 即(a12d)2(a1d)(a15d)，解得 d2， 所以数列an的前 6 项和为 S66a165 2 d

19、1665 2 (2)24. 2.(2020大连模拟)已知幂函数 yf(x)过点(4，2)，令 anf(n1)f(n)，nN*， 记数列 1 an的前 n 项和为 Sn，则 Sn10 时，n 的值是() A.10B.120C.130D.140 答案B 解析设 f(x)x，且 f(x)过点(4，2)， 42，1 2，则 f(x) x. an n1 n，从而 1 an n1 n， 故 Sn 21 3 2 n1 n n11， 从而 n1110，n120. 3.已知数列an满足 a12，4a3a6，an n 是等差数列，则数列(1)nan的前 10 项的和是() A.220B.110C.99D.55 答

20、案B 解析设 an n 的公差为 d，且首项为a1 1 2， an n 2(n1)d. 又 4a3a6，得4a3 6 a6 6 ，即2a3 3 a6 6 ， 22(31)d2(61)d，解得 d2， 因此an n 2n，an2n2， 所以 S10a1a2a3a4a102(1210)110. 4.在数列an中，若 a11，a23，an2an1an(nN*)，则该数列的前 100 项 之和是() A.18B.8C.5D.2 答案C 解析由 an2an1an(anan1)an an1(an2an3)(an3an4)an3an4， 得an是周期为 6 的周期函数， 又 a3a2a1312，a4231，

21、a5123，a6312， 1001664， S10016(132132)(1321)5. 5.(2020东北三省三校联考)已知数列an满足 a14a27a3(3n2)an4n， 则 a2a3a3a4a21a22() A.5 8 B.3 4 C.5 4 D.5 2 答案C 解析a14a27a3(3n2)an4n， 当 n2 时，a14a27a3(3n5)an14(n1). 两式相减，得(3n2)an4，则 an 4 3n2(n2)， 因此 anan1 16 （3n2） （3n1） 16 3 1 3n2 1 3n1 ， 故 a2a3a3a4a21a22 16 3 1 4 1 7 1 7 1 10

22、1 61 1 64 16 3 1 4 1 64 5 4. 6.(多选题)(2021武汉调研)已知数列an满足 a11，an1 an 23an(nN *)，则下 列结论正确的是() A. 1 an3为等比数列 B.an的通项公式为 an 1 2n 13 C.an为递增数列 D. 1 an的前 n 项和 Tn2n 23n4 答案ABD 解析因为 1 an1 23an an 2 an3，所以 1 an132 1 an3，又 1 a1340，所以 1 an3是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，故 A 正确； 1 an342 n1，所以 an 1 2n 13，故 B 正确； 由选项 B 可知an为递

23、减数列，故 C 错误； 1 an的前 n 项和 Tn(223)(233)(2n 13)2(21222n)3n 22（12 n） 12 3n2n 23n4，故 D 正确.故选 ABD. 二、填空题 7.等差数列an的前 n 项和为 Sn，a33，S410，则错误错误! 1 Sk_. 答案 2n n1 解析设等差数列an的公差为 d，则 由 a3a12d3， S44a143 2 d10，得 a11， d1. Snn1n（n1） 2 1n（n1） 2 ， 1 Sn 2 n（n1）2 1 n 1 n1 . 错误错误! 1 Sk 1 S1 1 S2 1 S3 1 Sn 2 11 2 1 2 1 3 1

24、3 1 4 1 n 1 n1 2 1 1 n1 2n n1. 8.(2021石家庄模拟)已知数列an满足 a11，且 an1ann1 009(nN*)，则 其前 2 021 项之和 S2 021_. 答案2 021 解析S2 021a1(a2a3)(a4a5)(a2 020a2 021)， 又 an1ann1 009(nN*), 且 a11， S2 0211(21 009)(41 009)(2 0201 009) 1(2462 020)1 0091 010 122 020 2 1 0101 0091 0102 021. 9.已知数列nan的前 n 项和为 Sn，且 an2n，且使得 Snnan

25、1500 的最小正 整数 n 的值为_. 答案5 解析Sn121222n2n， 则 2Sn122223n2n 1，两式相减得 Sn2222nn2n12（12 n） 12 n2n 1， 故 Sn2(n1)2n 1. 又 an2n， Snnan1502(n1)2n 1n2n150 522n 1， 依题意 522n 10，故最小正整数 n 的值为 5. 三、解答题 10.(2021长沙检测)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a21，S714，数列bn 满足 b1b2b3bn2 n2n 2. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)若数列cn满足 cnbncos an，求数列cn的前 2n 项

26、和 T2n. 解(1)设数列an的公差为 d，由 a21， S714，可得 a1d1， 7a121d14，解得 a11 2， d1 2， 所 以 ann 2. 由 b1b2b3bn2 n2n 2， 可得 b1b2b3bn12 n（n1） 2(n2)， 两式相除得 bn2n(n2)， 当 n1 时也适合该等式，故 bn2n. (2)cnbncos an2ncos 1 2n， 所以 T2nc1c2c3c2n1c2n 21cos1 22 2cos 23cos3 22 2n1cos2n1 2 22ncos n 22cos 24cos 226cos 322ncos n 222426(1)n22n 41（

27、4） n 1（4） （4） n14 5 . 11.(2021青岛模拟)在a2b2，a2b3，a6b2，这三个条件中任选一个， 补充在下面问题中，若问题中的正整数 n 存在，求出 n 的最小值或最大值，若不 存在，说明理由. 设数列an为等差数列，数列bn的前 n 项和 Sn2n1，_，a4b4，记 cn 1 anan1，设数列c n的前 n 项和为 Tn，问是否存在最小的或最大的正整数 n 使得 Tn1 5？ 解由数列bn的前 n 项和 Sn2n1 得， 当 n2 时，Sn12n 11， 故 bn2n2n 12n1， 又 b1S12111，符合上式， 所以数列bn的通项公式为 bn2n 1，

28、设等差数列an的公差为 d. 若选条件，则 a1d2，a13d8， 解得 d3，a11，所以 an3n4， 所以 cn 1 （3n4） （3n1） 1 3 1 3n4 1 3n1 ， 所以 Tn1 3 1 1 1 2 1 2 1 5 1 3n4 1 3n1 n 3n1 1 5，无解，故不存在最小的或最大的正整数 n， 使得 Tn1 5. 若选条件，则 a1d4，a13d8， 解得 a1d2， 则 an2n， 所以 cn 1 2n2（n1） 1 4 1 n 1 n1 ， 所以 Tn 1 4 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 4 1 1 n1 n 4（n1） 1 5， 解得 n4，故

29、存在最小的正整数 n5 使得 Tn1 5. 若选条件，则 a15d2，a13d8， 解得 a117，d3，所以 an203n， 所以 cn 1 （3n20） （3n17） 1 3 1 3n20 1 3n17 ， 所以 Tn1 3 1 17 1 14 1 3n20 1 3n17 1 3 1 17 1 3n17 n 17（3n17） 1 5，解得 5.16 289 56 n289 51 5.67，故不 存在最小的或最大的正整数 n 使得 Tn1 5. B 级能力提升 12.(多选题)(2021重庆调研)设首项为 1 的数列an的前 n 项和为 Sn， 若 Sn12Sn n1(nN*)，则下列结论正

30、确的是() A.数列Snn为等比数列 B.数列an的通项公式为 an2n 11 C.数列an1为等比数列 D.数列2Sn的前 n 项和为 2n 2n2n4 答案AD 解析对于 A，因为 Sn12Snn1，则Sn 1n1 Snn 2Snn1n1 Snn 2，又 S112，所以数列Snn的首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 A 正确； 对于 B，由选项 A 可得 Snn(S11)2n 12n，则 Sn2nn，当 n2 时，an SnSn1(2nn)2n 1(n1)2n2n112n11，当 n1 时不符合， 故 B 错误； 对于 C， 由选项 B 可知，an 1，n1， 2n 11，n2，则 a

31、n1 2，n1， 2n 1，n2，所以数列 an1不是等比数列，故 C 错误； 对于 D，因为 Sn2nn，所以 2Sn2n 12n，所以数列2Sn的前 n 项和为(22 2)(234)(246)(2n 12n)(2223242n1)(246 2n)2 2（12n） 12 n（22n） 2 2n 2n2n4，故 D 正确.故选 AD. 13.(2020全国卷)数列an满足 an2(1)nan3n1，前 16 项和为 540，则 a1_. 答案7 解析因为数列an满足 an2(1)nan3n1，所以当 n2k(kN*)时，a2k2 a2k6k1(kN*)，所以(a2a4)(a6a8)(a10a1

32、2)(a14a16)51729 4192. 当 n2k1(kN*)时，a2k1a2k16k4(kN*)，所以当 k2 时，a2k1a1 (a3a1)(a5a3)(a7a5)(a2k1a2k3)a128146(k1) 4a1（26k10） （k1） 2 a1(3k4)(k1)，当 k1 时上式也成立， 所以 a2k1a1(3k4)(k1)(kN*)，即 a2k1a13k27k4(kN*). 法一所以 a1a3a5a7a158a13(12223282)7(12 38)488a138（81）（281） 6 7（18）8 2 328a1612252328a1392. 又前 16 项和为 540，所以

33、928a1392540， 解得 a17. 法二所以 a2k1a1(3k23k1)10k3a1(k1)3k310k3，所以 a1a3a5a7a158a1(2313)(3323)(9383)10 （18）8 2 388a19313360248a1392. 又前 16 项和为 540，所以 928a1392540，解得 a17. 14.(2020济南模拟)在b2a2，b2 1 a2，b 2a1a2这三个条件中任选一个， 补充在下面问题中，若问题中的 k 存在，求 k 的值，若 k 不存在，说明理由. 设等差数列an的前 n 项和 Snn 2n 2 ，bn是等比数列，且 b11，_， 若数列anbn的

34、前 n 项和为 Tn， 是否存在 k(kN*)， 使得 Tk12 019 且 Tk2 019? 解由 Snn 2n 2 ，可得 a1S11， 当 n2 时，anSnSn1n 2n 2 （n1） 2（n1） 2 n， 所以 ann. 若选，则有 b11，b22，所以 bn2n 1， 此时 anbnn2n 1， Tn120221322n2n 1， 2Tn121222323(n1)2n 1n2n， 两式相减可得Tn2021222n 1n2n12n 12 n2n2n1n2n， 故 Tnn2n2n1(n1)2n1. 因为 Tn在 kN*上单调递增，且 T872811 7932 019， T982914

35、0972 019，所以存在 k9 满足题意. 若选，则有 b11，b21 2，所以 b n 1 2 n1 ， 此时 anbnn 1 2 n1 ， Tn1 1 2 0 2 1 2 1 3 1 2 2 n 1 2 n1 ， 1 2T n1 1 2 1 2 1 2 2 3 1 2 3 (n1) 1 2 n1 n 1 2 n ， 两式相减可得， 1 2T n 1 2 0 1 2 1 1 2 2 1 2 n1 n 1 2 n 2 1 2 n1 n 1 2 n ， 故 Tn4 1 2 n2 n 1 2 n1 ， 显然，Tn4，所以不存在 k 值. 若选，b11，b2121，则 bn(1)n 1， 此时 anbnn(1)n 1， Tn1(1)02(1)13(1)2n(1)n 1， Tn1(1)12(1)23(1)3(n1)(1)n1n(1)n， 两式相减可得 2Tn(1)0(1)1(1)2(1)n 1n(1)n 1（1）n 2 n(1)n， 故 Tn1 4 1 4 n 2 (1)n， T4 0381 4 124 038 4 2 0192 019， T4 0391 4 124 039 4 2 0202 019， T4 0401 4 124 040 4 2 0202 019， T4 0411 4 124 041 4 2 0212 019， 所以存在 k2m1(m2 019，mZ)满足条件.