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第四节 数列求和[考纲传真] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．(对应学生用书第74页)[基础知识填充]1．公式法 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.2．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．3．裂项相消法(1)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．(2)裂项时常用的三种变形：①1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； ②14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .4．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 项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{a n}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．6．并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{a n}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和S n＝a1－a n＋11－q.()(2)当n≥2时，1n2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＋1.()(3)求S n＝a＋2a2＋3a3＋…＋na n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)如果数列{a n}是周期为k(k为大于1的正整数)的周期数列，那么S km＝mS k.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n(n＋1)，则S5等于()A．1B．5 6C．16D．130B[∵a n＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]3．(2018·开封模拟)已知等比数列{a n}中，a2·a8＝4a5，等差数列{b n}中，b4＋b6＝a5，则数列{b n}的前9项和S9等于() 【导学号：00090174】A ．9B ．18C ．36D ．72B [∵a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5，∴a 5＝4，∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2， ∴S 9＝9b 5＝18，故选B ．]4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________. 2n ＋1－2＋n 2 [S n ＝2(1－2n)1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝__________. 4－n ＋42n [设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ， 则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1.两式相减得12S ＝3×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－n ＋22n＝3＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n.](对应学生用书第74页)(2016·n n b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．[解] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ＝1,2,3，…)．2分设等差数列{a n }的公差为D ． 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， 所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…).5分(2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1. 因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.7分从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1 ＝n (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.12分[规律方法] 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎨⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．[解] (1)由题意得⎩⎨⎧ a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎨⎧a 1＝1，a 2＝3.2分又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. 5分(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1. 当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3. 8分 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9(1－3n －2)1－3－(n ＋7)(n －2)2＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *. 12分(2018·n n n n n 项的和，对任意正整数n ，a n ＝2(n ＋1)，3A n －B n ＝4n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)记c n ＝2A n ＋B n，求{c n }的前n 项和S n . [解] (1)由于a n ＝2(n ＋1)，∴{a n }为等差数列，且a 1＝4. 2分∴A n ＝n (a 1＋a n )2＝n (4＋2n ＋2)2＝n 2＋3n ，∴B n ＝3A n －4n ＝3(n 2＋3n )－4n ＝3n 2＋5n ， 当n ＝1时，b 1＝B 1＝8，当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝3n 2＋5n －[3(n －1)2＋5(n －1)]＝6n ＋2.由于b 1＝8适合上式，∴b n ＝6n ＋2.5分(2)由(1)知c n ＝2A n ＋B n ＝24n 2＋8n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，7分∴S n ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.12分[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．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．[变式训练2] (2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和. 【导学号：00090175】[解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 2分两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2).4分又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.6分(2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，9分 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 12分(2016·n n {b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n ，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式． 所以a n ＝6n ＋5.2分设数列{b n }的公差为D ．由⎩⎨⎧ a 1＝b 1＋b 2a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎨⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 解得⎩⎨⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.5分(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 7分又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，9分两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n )1－2－(n ＋1)×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.12分[规律方法] 1.如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，若{b n }的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论． 2．在书写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[变式训练3] (2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12.而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，解得q ＝－3或q ＝2. 又因为q >0，所以q ＝2. 所以b n ＝2n .3分由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.①. 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②， 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3， 由此可得a n ＝3n －2.6分所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n .由a 2n ＝6n －2， 得T n ＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n ，2T n＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1. 8分上述两式相减，得－T n＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×(1－2n)1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，10分所以T n＝(3n－4)2n＋2＋16.所以，数列{a2n b n}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16. 12分。
第四节 数列求和命题分析预测学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现．本节通过数列求和以及数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第112页 知识点 数列前n 项和的求法 1．公式法（1）等差数列的前n 项和公式 S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ．（2）等比数列的前n 项和公式 ①当q ＝1时，S n ＝na 1；②当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q Ｗ．2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 4．倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． 6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝（－1）n f （n ）类型，可采用两项合并求解． •温馨提醒• 二级结论1．常见的裂项公式 （1）1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1．（2）1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1．（3）1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ．2．常见数列的求和公式 （1）12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6（2）13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）22必明易错1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进行合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．1．在数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为（ ）A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019解析：a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2 019． 答案：D2．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． 解析：设所求的数列前n 项和为S n ，则S n ＝（1＋2＋3＋…＋n ）＋12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋1－12n ．答案：n （n ＋1）2＋1－12n3．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________． 解析：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 所以2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2×（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1，所以S n ＝（n －1）2n＋1＋2．答案：（n －1）2n ＋1＋24．（易错题）求1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1（x ≠0且x ≠1）的和． 解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，② ①－②得：（1－x ）S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋xn －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n，所以S n ＝1－x n （1－x ）2－nx n 1－x．授课提示：对应学生用书第113页题型一 分组转化法求和[例] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为（1，2）．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n ． [解析] （1）设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为（1，2）， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ． （2）由（1）可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n ． 因为b n ＝a 2n ＋2a n －1， 所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝（1＋3＋5＋…＋2n －1）＋（2＋22＋23＋…＋2n ） ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2．分组转化法求和的常见类型[对点训练]（2021·某某质检）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ． 解析：（1）∵{a n }为等差数列，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n＝2n ＋1．（2）∵b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋（2n ＋1）＝2×4n ＋（2n ＋1）， ∴T n ＝2×（4＋42＋…＋4n ）＋（3＋5＋…＋2n ＋1） ＝2×4（1－4n ）1－4＋n （3＋2n ＋1）2＝83（4n －1）＋n 2＋2n ． 题型二 裂项相消法求和[例] 数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1（n ∈N ＋）． （1）求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； （2）若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解析] （1）证明：由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋（n －1）×2＝2n －1， 又由已知易得a n ＞0， 所以a n ＝2n －1（n ∈N ＋）．（2）b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝（3－1）＋（5－3）＋…＋（2n ＋1－2n －1）＝2n ＋1－1．裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． （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．[对点训练]设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n（n ∈N ＋）． （1）求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列；（2）设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n ．解析：（1）证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n －2－1a n －2＝4－a n2a n －4－1a n －2＝2－a n2a n －4＝－12，为常数．因为a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．（2）由（1）知1a n －2＝－1＋（n －1）⎝⎛⎭⎫－12＝－n ＋12， 所以a n ＝2－2n ＋1＝2nn ＋1， 所以b n ＝a 2n a 2n －1＝4n2n ＋12（2n －1）2n＝4n 2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n ＋n 2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1．题型三 错位相减法求和[例]（2020·高考全国卷Ⅰ）设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． （1）求{a n }的公比；（2）若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．[解析] （1）设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3， 即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2．所以q 2＋q －2＝0，解得q ＝1（舍去）或q ＝－2． 故{a n }的公比为－2．（2）记S n 为{na n }的前n 项和．由（1）及题设可得a n ＝（－2）n －1，所以S n ＝1＋2×（－2）＋…＋n ×（－2）n －1，－2S n ＝－2＋2×（－2）2＋…＋（n －1）×（－2）n －1＋n ×（－2）n ． 所以3S n ＝1＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）n －1－n ×（－2）n＝1－（－2）n 3－n ×（－2）n ．所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n9．运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．[对点训练]（2020·高考全国卷Ⅲ）设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n ． （1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．解析：（1）a 2＝5，a 3＝7．猜想a n ＝2n ＋1．证明：由已知可得a n ＋1－（2n ＋3）＝3[a n －（2n ＋1）]， a n －（2n ＋1）＝3[a n －1－（2n －1）]， …，a 2－5＝3（a 1－3）．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1． （2）由（1）得2n a n ＝（2n ＋1）2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋（2n ＋1）×2n ．① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋（2n ＋1）×2n ＋1．② ①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －（2n ＋1）×2n ＋1，所以S n ＝（2n －1）2n ＋1＋2．数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例] （2020·新高考全国卷Ⅰ）已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8．（1）求{a n }的通项公式；（2）记b m 为{a n }在区间（0，m ]（m ∈N *）中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100． 解析：（1）设{a n }的公比为q ． 由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8． 解得q ＝12（舍去），q ＝2．由题设得a 1＝2．所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ．（2）由题设及（1）知b 1＝0，且当2n ≤m ＜2n ＋1时，b m ＝n ．所以S 100＝b 1＋（b 2＋b 3）＋（b 4＋b 5＋b 6＋b 7）＋…＋（b 32＋b 33＋…＋b 63）＋（b 64＋b 65＋…＋b 100）＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×（100－63）＝480．1．本题利用基本元的思想，将已知条件转化为a 1，q 的形式，求解出a 1，q ，由此求得数列{a n }的通项公式．2．通过分析数列{b m }的规律，由此求得数列{b m }的前100项和S 100．[题组突破]1．（2021·某某摸底）定义n∑n i ＝1u i为n 个正数u 1，u 2，u 3，…，u n 的“快乐数”．若已知正项数列{a n }的前n 项的“快乐数”为13n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）的前2 019项和为（ ）A ．2 0182 019B ．2 0192 020C ．2 0192 018D ．2 0191 010解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则根据题意n S n ＝13n ＋1，S n ＝3n 2＋n ，所以a n ＝S n －S n －1＝6n －2（n ≥2），当n ＝1时也适合，所以a n ＝6n －2，所以36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）＝366n （6n ＋6）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）的前2 019项和为1－12＋12－13＋…＋12 019－12 020＝1－12 020＝2 0192 020． 答案：B2．（2021·某某期末测试）我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n．①第二步：将数列①的各项乘以n ，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n ，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n－1a n ＝（ ）A ．n 2B ．（n －1）2C ．n （n －1）D ．n （n ＋1）解析：∵a k ＝n k ，∴当k ≥2时，a k －1a k ＝n 2（k －1）k＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ．∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n＝n 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝n 2⎝⎛⎭⎫1－1n ＝n （n －1）． 答案：C。
第五章 数列第四节 数列求和 课时规范练 A 组——基础对点练1．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120，故选C. 答案：C2．(2020·长沙模拟)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：∵a n ＝(－1)n (3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 答案：A3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100解析：由S 5＝5a 3及S 5＝15得a 3＝3，∴d ＝a 5－a 35－3＝1，a 1＝1，∴a n ＝n ，1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和T 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A.答案：A4．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．82解析：a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.答案：B5．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n }的前5项和为( ) A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158解析：设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9（1－q 3）1－q ＝1－q 61－q ，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以{1a n }是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－（12）51－12＝3116.答案：C6．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝⎛⎭⎫15n，则其前20项和为( ) A ．380－35⎝⎛⎭⎫1－1519 B ．400－25⎝⎛⎭⎫1－1520 C ．420－34⎝⎛⎭⎫1－1520 D ．440－45⎝⎛⎭⎫1－1520 解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝⎛⎭⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝⎛⎭⎫1－15201－15＝420－34⎝⎛⎭⎫1－1520. 答案：C7．已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m ＞T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：∵2n ＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n ， ∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m ＞T 10＋1 013，∴整数m 的最小值为1 024. 答案：C8．已知数列：112，214，318，…，(n ＋12n )，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋(12＋14＋…＋12n )＝n （n ＋1）2＋12（1－12n ）1－12＝n （n ＋1）2－12n ＋1. 答案：n （n ＋1）2－12n ＋19．若数列{a n }是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n ，…，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：a n ＝2＋22＋23＋…＋2n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2，S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(2＋2＋2＋…＋2) ＝22－2n ＋21－2－2n ＝2n ＋2－4－2n .答案：2n ＋2－4－2n10．(2020·山西四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N ＋)，则S 2 020＝________． 解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ①，∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1 ②，∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2 020＝1－21 0101－2＋2×（1－21 010）1－2＝3×21 010－3.答案：3×21 010－3B 组——素养提升练11．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ，其中n ∈N ＋，且n ≥2，则S n ＝________．解析：因为f (x )＋f (1－x )＝12＋log 2x 1－x ＋12＋log 21－x x ＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －2n ＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＝n －1.所以S n ＝n －12. 答案：n －1212．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.13．(2020·鹰潭市一模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 是1与a n 的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n a n ＋1的前n 项和，证明：23≤T n ＜1(n ∈N ＋)．解析：(1)由题意2S n ＝1＋a n ，∴4S n ＝(a n ＋1)2 n ＝1时，a 1＝1；n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2. 又4S n ＝(a n ＋1)2，两式相减得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.∵a n ＞0，∴a n －a n －1＝2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n －1. (2)证明：由2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1，故T n ＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1<1. 当n ＝1时，T 1＝23，故23≤T n ＜1(n ∈N ＋)．14．(2020·潍坊模拟)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ＞0，n ∈N ＋)． (1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析：(1)证明：∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ， 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ， ∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝λ2n －1.(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1 ＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n （3＋2n ＋1）2＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)，∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
数列求和授课提示：对应学生用书第329页[A 组 基础保分练]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为（ ）A ．380－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2（1＋2＋…＋20）－3⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520． 答案：C2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n 为正奇数，a n ＋1，n 为正偶数，则其前6项之和是（ ）A ．16B ．20C ．33D ．120解析：由已知得a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33． 答案：C3．化简S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是（ ） A ．2n ＋1＋n －2 B ．2n ＋1－n ＋2 C ．2n －n －2 D ．2n ＋1－n －2解析：因为S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1①，2S n ＝n ×2＋（n －1）×22＋（n －2）×23＋…＋2×2n －1＋2n ②，所以①－②得，－S n ＝n －（2＋22＋23＋…＋2n ）＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2． 答案：D4．（2021·重庆一调）已知数列{a n }满足a n ＝nn ＋1，则a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0202 0202＝（ ）A ．2 0202 021B ．2 0172 018C ．2 0182 019D ．2 0192 020解析：由题知，数列{a n }满足a n ＝nn ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2的通项公式为a n n 2＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0202 0202＝1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021＝1－12 021＝2 0202 021．答案：A5．数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，n ∈N ＋，则数列{ba n }的前n 项和为（ ）A ．43（4n －1－1） B ．43（4n－1）C ．13（4n －1－1） D ．13（4n－1）解析：因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，a 1＝b 1＝1，所以数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，a n ＝1＋2（n －1）＝2n －1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，数列{ba n }的前n 项和为ba 1＋ba 2＋…＋ba n ＝b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝20＋22＋24＋…＋22n －2＝1－4n1－4＝13（4n －1）．答案：D6．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n ＋1＝2S n ＋3，n ∈N ＋．设b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n 的取值范围为（ ）A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，2C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，34D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤14，34解析：由a n ＋1＝2S n ＋3，可得当n ≥2时，有a n ＝2S n －1＋3，两式相减得a n ＋1－a n ＝2（S n－S n －1）＝2a n （n ≥2），故a n ＋1＝3a n （n ≥2）． 又当n ＝1时，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝3a 1，所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，故a n ＝3n ．所以b n ＝log 3a n ＝n ，所以b n a n ＝n3n ．所以T n ＝13＋232＋…＋n －13n －1＋n3n ， ①13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1， ② ①－②，得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n3n ＋1，化简整理得T n ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，因为⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＞0，所以T n ＜34，又T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0，所以数列{T n }是递增数列，所以（T n ）min ＝T 1＝13，所以13≤T n ＜34，故T n 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，34．答案：C7．若数列{a n }的通项公式是a n ＝（－1）n （3n －2），则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________． 解析：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15． 答案：15 8．（2020·高考全国卷Ⅰ）数列{a n }满足a n ＋2＋（－1）n a n ＝3n －1，前16项和为540，则a 1＝________．解析：法一：因为a n ＋2＋（－1）n a n ＝3n －1， 所以当n 为偶数时，a n ＋2＋a n ＝3n －1，所以a 4＋a 2＝5，a 8＋a 6＝17，a 12＋a 10＝29，a 16＋a 14＝41， 所以a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＋a 14＋a 16＝92． 因为数列{a n }的前16项和为540，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝540－92＝448．① 因为当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝3n －1，所以a 3－a 1＝2，a 7－a 5＝14，a 11－a 9＝26，a 15－a 13＝38， 所以（a 3＋a 7＋a 11＋a 15）－（a 1＋a 5＋a 9＋a 13）＝80．② 由①②得a 1＋a 5＋a 9＋a 13＝184．又a 3＝a 1＋2，a 5＝a 3＋8＝a 1＋10，a 7＝a 5＋14＝a 1＋24，a 9＝a 7＋20＝a 1＋44，a 11＝a 9＋26＝a 1＋70，a 13＝a 11＋32＝a 1＋102， 所以a 1＋a 1＋10＋a 1＋44＋a 1＋102＝184，所以a 1＝7． 法二：同法一得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝448． 当n 为奇数时，有a n ＋2－a n ＝3n －1，由累加法得a n ＋2－a 1＝3（1＋3＋5＋…＋n ）－n ＋12＝32（1＋n ）·n ＋12－n ＋12＝34n 2＋n＋14， 所以a n ＋2＝34n 2＋n ＋14＋a 1．所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34×12＋1＋14＋a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34×32＋3＋14＋a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34×52＋5＋14＋a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34×72＋7＋14＋a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34×92＋9＋14＋a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34×112＋11＋14＋a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34×132＋13＋14＋a 1＝8a 1＋392＝448，解得a 1＝7．答案：79．（2021·大同调研）在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋n －2（n ≥2，且n ∈N ＋）． （1）求a 2和a 3的值；（2）证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； （3）求数列{a n }的前n 项和S n ． 解析：（1）∵a 1＝3，∴a 2＝2a 1＋2－2＝6， ∴a 3＝2a 2＋3－2＝13．（2）证明：∵a n ＝2a n －1＋n －2，n ≥2， ∴a n ＋n ＝2（a n －1＋n －1），n ≥2．又a 1＋1＝4，∴{a n ＋n }是以4为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－n ．（3）S n ＝22－1＋23－2＋…＋2n －（n －1）＋2n ＋1－n ＝22（2n －1）－n 2＋n 2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82．10．（2021·宁德二检）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2kn （k ∈N ＋），S n 的最小值为－9．（1）确定k 的值，并求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝（－1）n ·a n ，求数列{b n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1． 解析：（1）由已知得S n ＝n 2－2kn ＝（n －k ）2－k 2，因为k ∈N ＋，则当n ＝k 时，（S n ）min ＝－k 2＝－9，故k ＝3． 所以S n ＝n 2－6n ．因为S n －1＝（n －1）2－6（n －1）（n ≥2），所以a n ＝S n －S n －1＝（n 2－6n ）－[（n －1）2－6（n －1）]＝2n －7（n ≥2）． 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－5，满足a n ＝2n －7， 综上，a n ＝2n －7．（2）依题意，得b n ＝（－1）n ·a n ＝（－1）n （2n －7），则T 2n ＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋（－1）2n （4n －7）＋（－1）2n ＋1[2（2n ＋1）－7] ＝5－（2＋2＋…＋2） n 个 ＝5－2n ．[B 组 能力提升练]1．已知数列{a n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 3＝3，S 3＝9． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝log 23a 2n ＋3，且{b n }为递增数列，若c n ＝4b n b n ＋1，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1．解析：（1）设数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，符合条件，a 1＝a 3＝3，a n ＝3，当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1－q 3）1－q ＝9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1＋q ＋q 2）＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，q ＝－12，a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1． 综上，a n ＝3或a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1．（2）证明：若a n ＝3，则b n ＝0，与题意不符，所以a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1．所以a 2n ＋3＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－122n ＋2＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122n，b n ＝log 23a 2n ＋3＝log 222n ＝2n ，c n ＝4b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1．2．（2021·合肥调研）已知等差数列{a n }，a 2＝12，a 5＝24，数列{b n }满足b 1＝4，b n ＋1－b n ＝a n （n ∈N ＋）．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）求使得1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＞817成立的最小正整数n 的值．解析：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，则a 5－a 2＝3d ＝12，d ＝4， ∴a n ＝a 2＋（n －2）d ＝4n ＋4，∴b n ＋1－b n ＝4n ＋4， ∴b n ＝b 1＋（b 2－b 1）＋（b 3－b 2）＋…＋（b n －b n －1）＝4＋（4×1＋4）＋（4×2＋4）＋…＋[4（n －1）＋4] 4＋4[1＋2＋…＋（n －1）]＋4（n －1） ＝2n 2＋2n （n ＞1），b 1＝4也适合． ∴a n ＝4n ＋4，b n ＝2n 2＋2n （n ∈N ＋）．（2）∵1b n ＝12n 2＋2n ＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1）， 即n 2（n ＋1）＞817，解得n ＞16， ∴满足条件的最小正整数n 的值为17．[C 组 创新应用练]1．（2021·长春联考）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ＞0，a 6和a 8是函数f（x ）＝154ln x ＋12x 2－8x 的极值点，则S 8＝（ ）A ．－38B ．38C ．－17D ．17解析：因为f （x ）＝154ln x ＋12x 2－8x ，所以f ′（x ）＝154x ＋x －8＝x 2－8x ＋154x＝⎝⎛⎭⎪⎫x －12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －152x，令f ′（x ）＝0，解得x ＝12或x ＝152．又a 6和a 8是函数f （x ）的极值点，且公差d ＞0，所以a 6＝12，a 8＝152，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋7d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－17，d ＝72.所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×d ＝－38．答案：A 2．（2021·合肥调研）设数列{a n }的前n 项和为S n ，4S n ＝（2n ＋1）a n ＋1（n ∈N ＋）．定义数列{b n }如下：对于正整数m ，b m 是使不等式a n ≥m 成立的所有n 的最小值，则数列{b n }的前60项的和为（ ） A ．960 B ．930 C ．900 D ．840解析：由4S n ＝（2n ＋1）a n ＋1，得当n ≥2时，4S n －1＝（2n －1）a n －1＋1，两式相减，得4a n ＝（2n ＋1）a n －（2n －1）·a n －1，即（2n －3）a n ＝（2n －1）a n －1，所以a n2n －1＝a n －12n －3，所以a n 2n －1＝a n －12（n －1）－1＝…＝a 11．又4S 1＝4a 1＝（2＋1）·a 1＋1，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1（n ≥2），又a 1＝1也适合，所以a n ＝2n －1（n ∈N ＋）．由a n ≥m ，得2n －1≥m ，所以n ≥m ＋12，所以满足条件a n ≥m 的n 的最小值为大于等于m ＋12的整数，所以b m＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋12，m 为奇数m ＋22，m 为偶数，所以数列{b n}的前60项和为1＋12＋2＋22＋3＋12＋4＋22＋…＋59＋12＋60＋22＝1＋2＋3＋…＋602＋（1＋2）×302＝960．答案：A3．已知数列{a n }，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2（n ∈N ＋），则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 019项和为________．解析：由“凸数列”的定义及b 1＝1，b 2＝－2，得b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，所以数列{b n }是周期为6的周期数列，且b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，于是数列{b n }的前2 019项和等于b 1＋b 2＋b 3＝－4． 答案：－4。
第四节 数列求和授课提示：对应学生用书第98页[基础梳理]1．等差数列的前n 项和公式S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ． 2．等比数列的前n 项和公式S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.3．数列求和方法 (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)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，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的．(3)倒序相加法：如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“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，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的． (4)分组求和法：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，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． (5)并项求和法：一个数列的前n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．1．先看数列通项特点，再想求和方法． 2．常见的拆项公式(1)若{a n }为各项都不为0的等差数列，公差为d (d ≠0)，则1a n ·a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)； (2)1n （n ＋k ）＝1k (1n －1n ＋k)； (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)log a (1＋1n )＝log a (n ＋1)－log a n (a ＞0且a ≠1)． 3．一些常见数列的前n 项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n .(4)12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.(5)13＋23＋…＋n 3＝(1＋2＋…＋n )2.[四基自测] 1．(基础点：裂项求和)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 5等于( )A ．1B ．56 C.16D ．130答案：B2．(易错点：错位相减法求和)1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案：1－x n （1－x ）2－nx n1－x3．(易错点：分组转化法求和)(2－1)＋(22－2)＋…＋(210－10)＝________． 答案：211－574．(基础点：并项求和)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________． 答案：9授课提示：对应学生用书第99页考点一 分组、并项转化法求和挖掘1 分组转化求和/ 互动探究[例1] (1)若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n －2 [解析] S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n ＋2n －1) ＝(2＋22＋…＋2n )＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2（1－2n ）1－2＋2×n （n ＋1）2－n＝2(2n －1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2. [答案] C(2)直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N ＋.数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2. ①求数列{a n }的通项公式；②若b n ＝⎩⎨⎧2n －1（n 为奇数），a n（n 为偶数），求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] ①由题意知，圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，圆C n 的半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝(12|A n B n |)2＝r 2n －d 2n ＝2a n ＋n －n ＝2a n ， 又a 1＝1，所以a n ＝2n －1. ②当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1) ＝n （n －1）2＋2（1－2n ）1－4＝n 2－n 2＋23(2n－1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝（n ＋1）2－（n ＋1）2＋23(2n ＋1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)．而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ，所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n－2)． 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－n 2＋23（2n －1）（n 为偶数），n 2＋n 2＋13（2n －2）（n 为奇数）.[[例2] (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋ (－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31的值是( ) A ．13 B ．76 C ．46 D ．－76[解析] 因为S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，所以S 15＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S 22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S 31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76. [答案] D(2)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝( )A.2 019×2 0202B.2 020×2 0212C.2 019×2 0192D.2 020×2 0202[解析] a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎨⎧－n 2 （n 为奇数），n 2 （n 为偶数），∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝－12＋22－32＋42－…－2 0192＋2 0202＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0202－2 0192)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 020＝2 020×2 0212.[答案] B [破题技法] 方法 解读 适合题型并项转化法 常见的有首末并项、隔项并项、分段并项、周期并项 并项后的数列构成一个特殊数列 周期结合起来．一个数列通项公式为a n ＝2sin n2π，求S 10.解析：T ＝4，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，∴S 10＝a 9＋a 10＝a 1＋a 2＝2sin π2＋2sin 22π＝2.考点二 裂项相消法求和挖掘1 裂项为差/ 互动探究 [例1] (1)(2020·广州天河一模)数列{a n }满足a 1＝1，对任意n ∈N ＋，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A.9998 B ．2 C.9950 D.99100[解析] 对任意n ∈N ＋，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋1＝n （n ＋1）2，则1a n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫199－1100＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1100＝9950.故选C. [答案] C (2)(2020·安徽安庆二模)已知等比数列{a n }满足：S 1＝1，S 2＝4. ①求{a n }的通项公式及前n 项和S n ；②设b n ＝1（n ＋1）log 3a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] ①设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 1＝1，S 2＝4，∴a 1＝1，a 1(1＋q )＝4，解得q ＝3， ∴a n ＝3n －1.∴S n ＝3n －13－1＝12(3n－1)．②b n ＝1（n ＋1）log 3a n ＋1＝1（n ＋1）n ＝1n －1n ＋1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.[破题技法] 1.裂项相消法就是将数列的通项拆分成两个式子的差，然后通过累加抵消掉中间的许多项的求和方法，此种方法适用于通项可以分裂成两式之差，尤其是分母为等差数列的两项之积的类型的数列求和问题．破解此类题的关键点： (1)定通项，即根据已知条件求出数列的通项公式．(2)巧裂项，即根据通项公式的特征进行准确裂项，把数列的每一项，表示为两项之差的形式．(3)消项求和，即通过累加抵消掉中间的项，达到消项的目的，准确求和． 2．为了准确裂项、消项，一般先试裂、试消． 裂项注意系数“配平”，消项时，前面剩多少项，最后就剩相同的项数． 挖掘2 裂项为和/自主练透[例2] 已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] (1)由于等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2×2＝n 2－n ＋na 1，故S 1＝a 1，S 2＝2＋2a 1，S 4＝12＋4a 1.由于S 1，S 2，S 4成等比数列．故(2＋2a 1)2＝a 1(12＋4a 1)，解得a 1＝1，故a n ＝2n －1.(2)由(1)可知b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －1·4n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)，当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋(15＋17)－…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(12n －1＋12n ＋1)＝2（n －1）2（n －1）＋1＋(12n －1＋12n ＋1)＝2n ＋22n ＋1.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2n ＋1，n 为偶数，2n ＋22n ＋1，n 为奇数.[破题技法] 本题每项不能分解成两项之差，结合条件中公式的特点，运用裂项前和裂项后相等进行检验，故将每项分解成两项之和，裂项相消法的实质是将数列中的每项进行分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，可能是和式或差式．考点三 错位相加减法挖掘1 错位相减求和/ 互动探究[例1] (1)12＋12＋38＋…＋n2n 的值为__________．[解析] 设S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②得， 12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－n －22n ＝2－n ＋22n . [答案] 2－n ＋22n(2)(2020·湖北武汉模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋2＝14S n ＋32. ①求数列{a n }的首项a 1和公比q ；②若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] ①∵S n ＋2＝14S n ＋32，∴S 3＝14S 1＋32，S 4＝14S 2＋32，两式相减得：a 4＝14a 2，∴q 2＝14，又q ＞0，则q ＝12.又由S 3＝14S 1＋32，可知：a 1＋a 2＋a 3＝14a 1＋32，∴a 1(1＋12＋14)＝14a 1＋32， ∴a 1＝1.②由①知a n ＝(12)n －1.∴b n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，12T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n .两式相减得12T n ＝1＋12＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n2n .∴T n ＝4－n ＋22n －1.[破题技法] 1.如果数列{a n }是一个由等差数列{b n }及等比数列{c n }对应项之积组成的数列，即a n ＝b n ·c n ，则其前n 项和S n 的求解常用错位相减法．破解此类题的关键点：(1)巧分拆，即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式，并求出公差和公比．(2)构差式，即写出S n 的表达式，再乘以公比或除以公比，然后将两式相减． (3)后求和，根据差式的特征准确进行求和．2．在S n 两边同乘以公比q 时，要保证q ≠1，两式相减时，要找q 的同次项相减． 挖掘2 错位相加法/互动探究[例2] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝(14)n (n ∈N ＋)，记T n ＝a 1＋a 2·4＋a 3·42＋…＋a n ·4n －1，类比课本中推导等比数列前n 项和公式的方法，求5T n －4n a n . [解析] T n ＝a 1＋a 2·4＋a 3·42＋…＋a n ·4n －1， 4T n ＝a 1·4＋a 2·42＋a 3·43＋…＋a n ·4n ， 两式相加得，5T n ＝a 1＋4(a 1＋a 2)＋42(a 2＋a 3)＋…＋4n －1(a n ＋a n －1)＋4n a n ，由a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝(14)n(n ∈N ＋)，则5T n ＝1＋4×14＋42×(14)2＋…＋4n －1×(14)n －1＋4n a n ＝n ＋4n a n ，所以5T n －4n a n ＝n . [破题技法] 本题是类比课本推导等比数列求和公式的错位相减法，学生大部分就照搬课本方法，但是做不出来，因为此题稍微做了创新．注意题目中的条件，突破通法通性，运用错位相加法，即可求得结论．教学中应注重揭示问题的本质，无论是错位相减还是错位相加都是错位相消法．。
