1、第四节第四节 数列求和数列求和 【知识重温】【知识重温】 一、必记 6 个知识点 1公式法求和 使用已知求和公式求和的方法，即等差、等比数列或可化为等差等比数列的求和方法 2裂项相消法求和 把数列的通项拆分为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法 3错位相减法求和 (1)适用的数列：anbn，其中数列an是公差为 d 的等差数列，bn是公比为 q1 的等比 数列 (2)方法：设 Sna1b1a2b2anbn(*)， 则 qSna1b2a2b3an1bnanbn1(*)， (*)(*)得：(1q)Sna1b1d(b2b3bn)anbn1，就转化为根据公式可求的和 4倒序相加法求和
2、如果一个数列an与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项之和， 可把正着写与倒 着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加 法，例如等差数列的前 n 项和公式即是用此法推导的 5分组求和法求和 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时 可用分组转化求和法，分别求和而后相加减例如已知 an2n(2n1)，求 Sn. 6并项求和法求和 把数列中的若干项结合到一起，形成一个新的可求和的数列，此时，数列中的项可能正、 负相间出现或呈现周期性形如 an(1)nf(n)类型，可采用两个项合并求解例如：Sn1002 992982
3、9722212(1002992)(982972)(2212)(10099)(9897) (21)5 050. 二、必明 2 个易误点 1使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不 可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点 2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 【小题热身】【小题热身】 一、判断正误 1判断下列说法是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)如果数列an为等比数列，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
4、 1 n1 .( ) (3)求 Sna2a23a3nan之和时， 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)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加求和法，利用此法可求得 sin21 sin22 sin23 sin288 sin289 44.5.( ) 二、教材改编 2必修 5 P47T4改编数列an的前 n 项和为 Sn，若 an 1 nn1，则 S5 等于( ) A1 B.5 6 C. 1 6 D. 1 30 3必修 5 P61T4(1)改编若数列an的通项公式为 an2n2n1，则数列an的前 n 项和 为_. 三、易错易混 42021 江西新余三校联考数列an
5、的通项公式是 an(1)n(2n1)，则该数列的前 100 项之和为( ) A200 B100 C200 D100 5函数 f(x) x 2x1，求 f 1 2 021 f 2 2 021 f 3 2 021 f 2 020 2 021 的值为( ) A2 020 B2 021 C1 010 D1 011 四、走进高考 62020 全国卷01 周期序列在通信技术中有着重要应用若序列 a1a2an满足 ai0,1(i1,2，)，且存在正整数 m，使得 aimai(i1,2，)成立，则称其为 01 周期 序列，并称满足 aimai(i1,2，)的最小正整数 m 为这个序列的周期对于周期为 m 的
6、0 1 序列 a1a2an，C(k) 1 1 m ii i a a m k(k1,2，m1)是描述其性质的重要指标下列 周期为 5 的 01 序列中，满足 C(k)1 5(k1,2,3,4)的序列是( ) A11010 B11011 C10001 D11001 考点一 分组法求和互动讲练型 例 1 2021 福州市高三毕业班适应性练习卷已知数列an满足 a12，nan1(n1)an 2n(n1)，设 bnan n. (1)求数列bn的通项公式； (2)若 cn2bnn，求数列cn的前 n 项和 悟 技法 分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbn cn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分
7、组求和法求an的前 n 项和 (2)通项公式为 an bn，n为奇数，cn，n为偶数 的数列，其中数列bn，cn是等比数列或 等差数列，可采用分组求和法求和 提醒 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数 列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论. 变式练(着眼于举一反三) 12021 洛阳市高三年级统一考试已知an是等差数列，满足 a13，a412，数列bn 满足 b14，b420，且bnan为等比数列 (1)求数列an和bn的通项公式； (2)求数列bn的前 n 项和 Sn. 考点二 错位相减法求和互动讲练型 例 2 2020 全国卷设an是公比不为 1 的
8、等比数列，a1为 a2，a3的等差中项 (1)求an的公比； (2)若 a11，求数列nan的前 n 项和 悟 技法 1.掌握解题“3 步骤” 2注意解题“3 关键” (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”以便下一步准确写出 “SnqSn”的表达式 (3)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 q1 和 q1 两种情况求 解 3谨防解题“2 失误” (1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号 (2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的 n1 项和当作 n 项和. 变式练(着眼于
9、举一反三) 22021 石家庄市高三年级阶段性训练题已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a3a6 9，S621. (1)求数列an的通项公式； (2)设an bn 1 2 n，求数列b n的前 n 项和 考点三 裂项相消法互动讲练型 例 3 2021 惠州市高三调研考试试题记 Sn为等差数列an的前 n 项和， 若 a4a520， S648. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 1 anan1，Tn 为数列bn的前 n 项和，证明 Tn1 6. 悟 技法 常见的裂项方法(其中 n 为正整数) 数列 裂项方法 1 nnk (k 为非零常数) 1 nnk 1 k 1 n 1 nk
10、 1 4n21 1 4n21 1 2 1 2n1 1 2n1 1 nn1n2 1 2 1 nn1 1 n1n2 1 n nk 1 n nk 1 k( nk n) loga 11 n a0，a1 loga 11 n loga(n1)logan 变式练(着眼于举一反三) 32021 黄冈中学，华师附中等八校联考在公差是整数的等差数列an中，a19，且 前 n 项和 SnS5. (1)求数列an的通项公式 an； (2)令 bn 1 2n9an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 第四节第四节 数列求和数列求和 【小题热身】【小题热身】 1答案：(1) (2) (3) (4) 2解析：an 1 nn1
11、 1 n 1 n1，S5a1a2a51 1 2 1 2 1 3 1 5 1 6 5 6. 答案：B 3解析：Sn212 n 12 n12n1 2 2n 12n2. 答案：2n 12n2 4解析：根据题意有 S1001357911197199250100，故选 D. 答案：D 5解析：f(x) x 2x1， f(1x) 1x 21x1 1x 12x x1 2x1. f(x)f(1x)1， 倒序相加得 f 1 2 021 f 2 2 021 f 3 2 021 f 2 020 2 021 1 010. 答案：C 6解析：C(1)1 5(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6) 1 5(a1a2a
12、2a3a3a4a4a5a5a1)， C(2)1 5(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7) 1 5(a1a3a2a4a3a5a4a1a5a2)， C(3)1 5(a1a4a2a5a3a6a4a7a5a8) 1 5(a1a4a2a5a3a1a4a2a5a3)， C(4)1 5(a1a5a2a6a3a7a4a8a5a9) 1 5(a1a5a2a1a3a2a4a3a5a4) 对于 A，C(1)1 5，C(2) 2 5，故 A 不正确；对于 B，C(1) 3 5，故 B 不正确；对于 D，C(1) 2 5，故 D 不正确；对于 C，C(1) 1 5，C(2)0，C(3)0，C(4) 1 5，C 正
13、确 答案：C 课堂考点突破课堂考点突破 考点一 例 1 解析：解法一 因为 bnan n 且 nan1(n1)an2n(n1)， 所以 bn1bn an1 n1 an n 2， 又 b1a12， 所以bn是以 2 为首项，以 2 为公差的等差数列 所以 bn22(n1)2n. 解法二 因为 bnan n ，所以 annbn， 又 nan1(n1)an2n(n1)， 所以 n(n1)bn1(n1)nbn2n(n1)， 即 bn1bn2， 又 b1a12， 所以bn是以 2 为首项，以 2 为公差的等差数列 所以 bn22(n1)2n. (2)由(1)及题设得，cn22nn4nn， 所以数列cn的
14、前 n 项和 Sn(411)(422)(4nn) (41424n)(12n) 414 n 14 nn1 2 4 n1 3 4 3 n2n 2 . 变式练 1解析：(1)设等差数列an的公差为 d，由题意得 da4a1 3 123 3 3， 所以 ana1(n1)d3n， 设等比数列bnan的公比为 q，由题意得 q3b4a4 b1a1 2012 43 8，解得 q2， 所以 bnan(b1a1)qn 12n1， 从而 bn3n2n 1. (2)由(1)知 bn3n2n 1， Snb1b2bn (3120)(3221)(3n2n 1) (31323n)(20212n 1) 3nn1 2 12 n
15、 12 3 2n(n1)2 n1. 考点二 例 2 解析：(1)设an的公比为 q，由题设得 2a1a2a3，即 2a1a1qa1q2， 所以 q2q20，解得 q1(舍去)或 q2. 故an的公比为2. (2)记 Sn为nan的前 n 项和，由(1)及题设可得，an(2)n 1， 所以 Sn12(2)n(2)n 1， 2Sn22(2)2(n1)(2)n 1n(2)n， 可得 3Sn1(2)(2)2(2)n 1n(2)n 12 n 3 n(2)n. 所以 Sn1 9 3n12n 9 . 变式练 2解析：(1)设数列an的首项为 a1，公差为 d，由 S621，得6a1a6 2 21，所以 a1
16、 a67， 又 a3a69，所以 d1. 于是 a11，故 ann. (2)设bn的前 n 项和为 Tn，因为an bn 1 2 n，所以 b nn2 n， 所以 Tn121222n2n， 则 2Tn122223n2n 1， 于是Tn12112212nn2n 1(1n)2n12， 即 Tn(n1)2n 12，故 T n(n1)2 n12. 考点三 例 3 解析：(1)设等差数列an的公差为 d，依题意得 a4a52a17d20 S66a165 2 d48， 解得 a13， d2. 由 ana1(n1)d， 得 an2n1，nN*. (2)bn 1 anan1 1 2n12n3 1 2 1 2n1 1 2n3 ， Tn1 2 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3 1 2 1 3 1 2n3 . nN*， Tn1 6. 变式练 3 解析： (1)设等差数列an的公差为 d， 则 dZ， 由题意知， Sn的最小值为 S5， 则 a50， a60. a19， 4d90 5d90， ，解得9 5d 9 4，dZ，d2， ana1(n1)d92(n1)2n11. (2)bn 1 2n92n11 1 2 1 2n11 1 2n9 ， Tn 1 2 1 9 1 7 1 7 1 5 1 2n11 1 2n9 1 2 1 9 1 2n9 1 2 1 9 1 2n9 n 992n.