专题4 第2讲 数列求和问题

－n(－2)n＝1－1＋33n－2n，
1－1＋3n－2n
∴Sn＝
9
.
解
2．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知 a1＝4， b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足 c1＝1，cn＝1b， k，2nk<＝n2<k2，k＋1， 其中 k∈N*. ①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；
4n＋2 记 cn＝ b2n ，则 cn＝4nb＋2n 2＝n24nn＋ ＋212＝2n12－n＋112，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝2112－212＋2212－312＋…＋2n12－n＋1 12
＝2112－212＋212－312＋…＋n12－n＋1 12
＝2112－n＋1 12＝2－n＋2 12.
所以 an＝2n，Sn＝n2＋n. 下同选①.
选③，
由aan＋n 1＝n＋n 1，得na＋n＋11 ＝ann，所以ann＝a11，即 an＝a1n，S7＝7a4＝28a1＝
56，所以 a1＝2，所以 an＝2n，Sn＝n2＋n.
下同选①.
解
若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个 数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列 的结构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求 和公式进行求和．解题的关键是观察结构、巧分组．
等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}是等比数列，满足 a1＝3，b1 ＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝S2n，n为奇数， 设数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 T2n.
bn，n为偶数，
解 (1)设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q，则由 a1＝3，b1＝ 1 及ba25＋－S22b＝2＝10a，3，
解
方案二：选条件②， (1)由题意，得 S1＝a1，S2＋2＝3a1＋2，S3＝7a1， ∵S1，S2＋2，S3 成等差数列， ∴2(S2＋2)＝S1＋S3，即 2(3a1＋2)＝a1＋7a1，解得 a1＝2， ∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*. (2)同方案一第(2)问解答过程．
解
裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限 c
解 (1)∵a1，a6,5a3 成等比数列， ∴a26＝5a3·a1，∴(a1＋5d)2＝5a1·(a1＋2d)， 整理得 4a21＝25d2，∴a1＝52d 或 a1＝－52d. 当 a1＝52d 时，
由a1＝52d， a2＝7，
解得ad1＝＝25，， 满足题意．
当 a1＝－25d 时，
由a1＝－52d， a2＝7，
T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝1－13＋31－15＋…＋2n1－1－2n1＋1＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－2n1＋1＋211－－44n＝2n2＋n 1＋23(4n－1)．
解
考向 2 裂项相消法求和 例 2 (2020·山东省潍坊市模拟)在①a2，a3，a4－4 成等差数列，②S1， S2＋2，S3 成等差数列中任选一个，补充在下面的问题中，并解答． 在公比为 2 的等比数列{an}中，________. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝(n＋1)log2an，求数列4nb＋2n 2的前 n 项和 Tn.
解
又 b1＝13，∴b1n＝n2＋2n，∴bn＝nn＋1 2(n≥2)， 当 n＝1 时，b1＝1×11＋2＝13， ∴bn＝nn1＋2，n∈N*， ∴bn＝nn1＋2＝12n1－n＋1 2， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－13＋12－14＋…＋1n－n＋1 2 ＝1223－n＋1 1－n＋1 2＝4n3＋n21＋n5＋n 2.
(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如 06 _(_－__1_)_na_n__的形式， 通常分 07 _奇__、__偶__，观察相邻两项是否构成新数列．
2
PART TWO
热点考向探究
考向 1 分组转化法求和
例 1 (2020·山东省泰安市模拟)在①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16，S3＋S5
解得 d＝－134，不符合题意，
∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3.
解
(2)由(1)知，当 n≥2 时， a1＋a2＋…＋an－1＝n－152＋2n＋1＝n2＋2n－3. ∵bn1＋1－b1n＝an，∴当 n≥2 时，b1n－bn1－1＝an－1， a1＋a2＋…＋an－1＝b12－b11＋b13－b12＋…＋b1n－bn1－1＝b1n－b11＝n2＋2n－3.
解 方案一：选条件①， (1)由题意，得 a2＝2a1，a3＝4a1，a4－4＝8a1－4， ∵a2，a3，a4－4 成等差数列， ∴2a3＝a2＋a4－4，即 8a1＝2a1＋8a1－4， 解得 a1＝2， ∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*.
解
(2)由(1)知，bn＝(n＋1)log2an＝(n＋1)log22n＝n(n＋1)，
＝32－12n－1－(2n－1)×12n＋1， 所以 Pn＝3－(2n＋3)12n， 而 2(1＋2＋…＋n)＝2×nn2＋1＝n(n＋1)，
所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝3－(2n＋3)12n＋n(n＋1)．
解
错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成 的数列的求和．但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其 项数；另外还要注意首项与末项．
n＋1
所以 Sn＝ 2n －1.
解
Baidu Nhomakorabea
3
PART THREE
真题VS押题
『真题检验』 1．(2020·全国卷Ⅰ)设{an}是公比不为 1 的等比数列，a1 为 a2，a3 的等 差中项． (1)求{an}的公比； (2)若 a1＝1，求数列{nan}的前 n 项和． 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q， ∵a1 为 a2，a3 的等差中项， ∴2a1＝a2＋a3，即 2a1＝a1q＋a1q2. ∵a1≠0，∴q2＋q－2＝0. ∵q≠1，∴q＝－2.
1
PART ONE
核心知识回顾
常见的求和方法
(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前 n 项和．对等比数列利用 公式法求和时，一定要注意 01 _公__比__q_是__否__取__1__.
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前 n 项和，其中{an}，{bn}分 别是 02 _等__差__数__列__和__等__比__数__列___.
(2020·湖北省华中师范大学第一附中模拟)在数列{an}，{bn}中，an＝bn ＋n＋1，bn＝－an＋1.
(1)证明：数列{an＋3bn}是等差数列； (2)求数列an＋2n3bn的前 n 项和 Sn.
解 (1)证明：由题意，将 bn＝－an＋1 代入 an＝bn＋n＋1， 可得 an＝－an＋1＋n＋1，即 2an＝n＋2， ∴an＝n＋2 2，∴bn＝－an＋1＝－n＋2 2＋1＝－n2， ∴an＋3bn＝n＋2 2－32n＝1－n. ∵an＋1＋3bn＋1－(an＋3bn)＝1－(n＋1)－(1－n)＝－1， ∴数列{an＋3bn}是以－1 为公差的等差数列．
得q3＋＋64＋d－d＝2q1＝0，3＋2d， 解得dq＝＝22，， 所以 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
解
(2)由 a1＝3，an＝2n＋1，得 Sn＝n(n＋2)．
则 cn＝nn＋2 2，n为奇数， 2n－1，n为偶数，
即 cn＝n1－n＋1 2，n为奇数， 2n－1，n为偶数，
几项，可求和．常用于数列anan＋1的求和，其中数列{an}是各项不为 0 的 等差数列，c 为常数．
(2020·山东省泰安市四模)已知等差数列{an}的公差 d＞0，a2＝7，且 a1， a6,5a3 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn1＋1－b1n＝an(n∈N*)，且 b1＝13，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解
(2)由题意得 bn＝(2n－1)12n＋2n. 令 cn＝(2n－1)12n，其前 n 项和为 Pn，则 Pn＝1×12＋3×122＋…＋(2n－1)×12n， 21Pn＝1×122＋3×123＋…＋(2n－3)×12n＋(2n－1)×12n＋1，
解
两式相减得
21Pn＝21＋2122＋123＋…＋12n－(2n－1)×12n＋1 ＝12＋2×141－1－1212n－1－(2n－1)×12n＋1
2n
②求 aici(n∈N*)．
i＝1
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q. 依题意得66qq＝2＝61＋2＋2d4，d， 解得dq＝＝32， 或dq＝＝－0 3， (舍去)， 故 an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n. 所以，{an}的通项公式为 an＝3n＋1，{bn}的通项公式为 bn＝3×2n.
解
(2)设数列{nan}的前 n 项和为 Sn，
∵a1＝1，an＝(－2)n－1，
∴Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，① －2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)(－2)n－1＋n(－ 2)n，②
①－②，得 3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝11－－－－22n
解
(2)由(1)知，an＋2n3bn＝1－2n n，
则 Sn＝02＋－221＋…＋1－2nn，
21Sn＝202＋－231＋…＋12－n＋n1 ，
两式相减，得
1 2
Sn
＝
－1 22
＋
－1 23
＋
…
＋
－1 2n
－
1－n 2n＋1
＝
－
141－2n1－1 1－12
－
1－n 2n＋1
＝
－
1 2
＋
1 2n
－
12－n＋n1 ＝n2＋n＋11 －12，
(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计 1
算和的方法，适用于求通项为 03 _a_n_a_n＋_1_的数列的前 n 项和．
(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这 个数列 04 _适__当__拆__开__，05 _重__新__组__合__，就会变成几个可以求和的部分，分别 求和，然后再合并．
第二编
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讲专题
专题四 数列 第2讲 数列求和问题
「考情研析」 1.从具体内容上，高考对数列求和的考查主要以解答题 的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和， 体现转化与化归的思想． 2.从高考特点上，难度稍大，一般以解答题为主．
解
考向 3 错位相减法求和
例 3 (2020·山东省烟台市模拟)已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝2,2S2＝a2＋a3.
(1)求数列{an}的通项公式； 2n－1
(2)设 bn＝ an ＋2log2an，求数列{bn}的前 n 项和． 解 (1)设正项等比数列{an}的公比为 q(q>0)，因为 2S2＝a2＋a3，所以 2a1＋a2＝a3， 所以 2a1＋a1q＝a1q2，所以 q2－q－2＝0，得 q＝2. 所以 an＝2n.
＝42，③aan＋n 1
n＋1 ＝ n ，S7＝56 这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，
并加以解答．
设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}为等比数列，________，b1 ＝a1，b2＝a12a2.求数列S1n＋bn的前 n 项和 Tn.
解 选①，
当 n＝1 时，a1＝S1＝2； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又 n＝1 满足 an＝2n，所以 an＝2n. 设{bn}的公比为 q，因为 a1＝2，a2＝4，由 b1＝a1，b2＝a12a2，得 b1＝2， q＝2，所以 bn＝2n. 由数列{bn}的前 n 项和为2－1－2n2＋1＝2n＋1－2，又可知S1n＝n2＋1 n＝nn＋1 1
＝1n－n＋1 1，
数列S1n的前 n 项和为 1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1，
故 Tn＝2n＋1－2＋1－n＋1 1＝2n＋1－n＋1 1－1.
解
选②，
设等差数列{an}的公差为 d，由 a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
得28aa11＋＋61d3＝d＝1642，， 解得ad1＝＝22，，