高考数学一轮复习考点知识专题讲解41---数列求和

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n
3．Sn＝2＋2＋8＋…＋2n等于(
2n－n－1 A． 2n
2n－n＋1 C． 2n
)
2n＋1－n－2 B． 2n
2n＋1－n＋2 D． 2n
12 3
n
B [由 Sn＝2＋22＋23＋…＋2n，①
1 12
n－1 n
得2Sn＝22＋23＋…＋ 2n ＋2n＋1，②
1 11 1
1n
①－②得，2Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－2n＋1，
记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S2 019＝( )
A． 2 018－1
B． 2 019－1
C． 2 020－1
D． 2 020＋1
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C [由 f(4)＝2 得 4a＝2，
1 解得 a＝2，则 f(x)＝ x.
1
1
∴an＝f（n＋1）＋f（n）＝
n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
高考数学一轮复习考点知识专题讲解 41---数列求和
[考点要求] 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．
1．公式法 (1)等差数列的前 n 项和公式： Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n－2 1）d； (2)等比数列的前 n 项和公式：
na1，q＝1， Sn＝ a11－－aqnq＝a1（11－－qqn），q≠1.
2．几种数列求和的常用方法 (1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成
的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．
(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
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(4)倒序相加法：如果一个数列{an}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．
(5)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 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
考点 1 分组转化法求和 分组转化法求和的常见类型
(1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的 前 n 项和．
(2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数，的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差
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数列，可采用分组求和法求和．
1 形如 an＝n（n＋k）(k 为非零常数)型 an＝n（n1＋k）＝1k1n－n＋1 k.
提醒：求和抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后
面也剩两项． (2019·厦门一模)已知数列{an}是公差为 2 的等差数列，数列{bn}满足 b1＝6，
b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列an1bn的前 n 项和． [解] (1)数列{an}是公差为 2 的等差数列， 数列{bn}满足 b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1. 所以当 n＝1 时，a2＝b1＝6， 故 an＝6＋2(n－2)＝2n＋2， 由于 b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1，①
已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S3＋S4＝S5. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前 2n 项和 T2n. [解] (1)设等差数列{an}的公差为 d， 由 S3＋S4＝S5 可得 a1＋a2＋a3＝a5，即 3a2＝a5， ∴3(1＋d)＝1＋4d，解得 d＝2. ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)可得 bn＝(－1)n－1·(2n－1). ∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n. 考点 2 裂项相消法求和
＝12[1－13＋13－15＋…＋(2n－1 1－2n＋1 1)]＝121－2n＋1 1＝2n＋n 1.
n1 (2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝3，S4＝10，则k∑＝1 Sk＝
________．
2n n＋1 [设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，
a1＋2d＝3，
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＝38(32n－1)－38(32n－2－1) ＝32n－1， 当 n＝1 时，ann＝32n－1 也成立，
n 所以 an＝32n－1.
(2)bn＝log3ann＝－(2n－1)，
1
1
11
1
因为bnbn＋1＝（2n－1）（2n＋1）＝2(2n－1－2n＋1)，
11
1
所以b1b2＋b2b3＋…＋bnbn＋1
)
(3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 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)利用倒序相加法可求得 sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝
44.5.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
二、教材改编
2； 当 n 为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] ＝2n＋1－2＋n－2 1－n＝2n＋1－n2－52.
所以 Tn＝22nn＋＋11＋－n2n2－－522，，nn为为奇偶数数．，
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常用并项求和法解答形如(－1)nan 的数列求和问题，注意当 n 奇偶性不定 时，要对 n 分奇数和偶数两种情况分别求解．对 n 为奇数、偶数讨论数列求和时，一 般先求 n 为偶数时前 n 项和 Tn.n 为奇数可用 Tn＝Tn－1＋bn(n≥2)或 Tn＝Tn＋1－bn＋1 最好．
[教师备选例题] (2019·唐山五校联考)已知数列{an}满足：a11＋a22＋…＋ann＝38(32n－1)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log3ann，求b11b2＋b21b3＋…＋bnb1n＋1. [解] a11＝38(32－1)＝3， 当 n≥2 时，因为 ann＝a11＋a22＋…＋ann－a11＋a22＋…＋na－n－11
1 1．数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝n（n＋1），则 S5 等于( )
5
1
1
A．1 B．6 C．6 D．30
1
11
B [∵an＝n（n＋1）＝n－n＋1，
111
15
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－2＋2－3＋…－6＝6.]
2．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n 项和为( )
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n－2
C [Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…
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＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2（11－－22n）＋2×n（n＋2 1）－n ＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.]
a1＝1，
依题意有4a1＋6d＝10，解得d＝1，
所以 Sn＝n（n＋2 1），S1n＝n（n＋2 1）＝21n－n＋1 1，
n1
111
11
2n
因此k∑＝1 Sk＝2(1－2＋2－3＋…＋n－n＋1)＝n＋1.]
1
形如
(k 为非零常数)型
n＋k＋ n
1
1
an＝ n＋k＋ n＝k( n＋k－ n).
已知函数 f(x)＝xa 的图象过点(4，2)，令 an＝f（n＋1）1＋f（n），n∈N*，
即 an＋1＝3an＋2，又 a2＝8＝3a1＋2， ∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，
∴an＋1＋1＝3(an＋1)， ∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为 a1＋1＝3，公比为 3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，
A．5 B．4 C．10 D．9
1－ 3 3－ 5
119－ 121 1－11
A [S＝ 1－3 ＋ 3－5 ＋…＋ 119－121 ＝ －2 ＝5，故选 A.]
形如 bn＝（an＋（k）q－（1a）n＋a1n＋k）(q 为等比数列{an}的公比)型
bn＝（an＋（kq）－（1）an＋a1n＋k）＝an＋1 k－an＋11＋k.
＝2－
2
＝n.
当 n＝1 时，a1＝S1＝1 满足 an＝n，
故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2（11－－222n）＝22n＋1－2，
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知等差数列{an}的公差为 d，则有ana1n＋1＝1da1n－an1＋1.(
)
(2)当 n≥2 时，n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1.(
S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋( 2 020－
2 019)＝ 2 020－1.]
1
运用分母有理化对分式
正确变形并发现其前后项之间的抵消
n＋1＋ n
关系是求解本题的关键．
1
1
1
求和 S＝1＋ 3＋ 3＋ 5＋…＋ 119＋ 121＝( )