专题4第2讲数列求和问题2021届山东省高考数学大二轮专题复习讲义(新高考)

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．
＝42，③aan＋n 1
Leabharlann Baidu
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
(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
(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___.
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．
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，
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.
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，
第二编 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．
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PART ONE
核心知识回顾
常见的求和方法
(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．
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.
＝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，，
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 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)，