高考数学考点归纳之数列求和

一、基础知识

1．公式法

(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d

推导方法：倒序相加法．

(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝????

na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.

推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)

2；

②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法

(1)分组转化求和法：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消，从而求得前n 项和．

(3)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，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．

(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }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．

考点一分组转化法求和

[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，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] (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 .

又a 1＝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.

[解题技法]

1．分组转化求和的通法

数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．

2．分组转化法求和的常见类型

[题组训练]

1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －????12n

，则其前20项和为( ) A ．379＋1

220

B ．399＋1

220

C ．419＋1

D ．439＋1

解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－????12＋122＋123＋…＋1220＝420－????1－1220＝419＋1

20. 2．(2019·资阳诊断)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝?????

a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，

则数列{a n }

的前20项和为( )

A ．1 121

B ．1 122

C ．1 123

D ．1 124

解析：选C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×9

2×2

＝1 123.选C.

考点二裂项相消法求和

考法(一) 形如a n ＝

n (n ＋k )

型

[典例] (2019·南宁摸底联考)已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26. (1)求等差数列{a n }的通项公式；

(2)设c n ＝1

a n a n ＋1，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和T n .

[解] (1)设等差数列的公差为d ，

则由题意可得????? a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得?????

a 1＝3，d ＝2.

所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)因为c n ＝1a n a n ＋1＝1

(2n ＋1)(2n ＋3)，

所以c n ＝12???

2n ＋1－12n ＋3，

所以T n ＝12????13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12????13－12n ＋3＝n

6n ＋9. 考法(二) 形如a n ＝

n ＋k ＋n

型

[典例] 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1

f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的

前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )

A. 2 018－1

B. 2 019－1

C. 2 020－1

D. 2 020＋1

[解析] 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝1

2，

则f (x )＝x 1

∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1

n ＋1＋n

＝n ＋1－n ，

S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1. [答案] C

[解题技法]

1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律 2．常见的拆项公式 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1

； (2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12????1

2n －1－12n ＋1；

(3)

1n ＋n ＋1

＝n ＋1－n ；

(4)2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－1

2n ＋

1－1

. [题组训练]

1.在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列???

1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为( )

A.n ＋1n ＋2

B.n n ＋2

C.n n ＋1

D.2n n ＋1

解析：选C 因为a 3＋a 5＋a 7＝6，所以3a 5＝6，a 5＝2，又a 11＝8，所以等差数列{a n }的公差d ＝

a 11－a 5

11－5

＝1，所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝n －3，所以1a n ＋3·a n ＋4＝1n (n ＋1)＝1n －1

n ＋1，

因此数列???

??1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n

n ＋1，故选

2.各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝8，且2a 1，a 3,3a 2成等差数列．

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝

n log 2a n

，求{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)． ∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，

∴2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ， ∴2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1

2(舍去)，

∴a n ＝8×2n －

1＝2n ＋

(2)由(1)可得b n ＝1n log 22n ＋2＝

1n (n ＋2)＝12????1n －1n ＋2， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n

＝1

2????1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝1

2????1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12????1

n ＋1＋1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)

. 考点三错位相减法

[典例] (2017·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；

(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列????

b n a n 的前n

项和T n .

[解] (1)设{a n }的公比为q ，

由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2

又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n . (2)由题意知， S 2n ＋1＝

(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)

＝(2n ＋1)b n ＋1，

又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.

令c n ＝b n

a n ，则c n ＝2n ＋12

n ，

因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋7

23＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，

又12T n ＝322＋523＋7

24＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得

12T n ＝32＋????12＋1

22＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1＝32＋1－????12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .

[变透练清]

1.(变结论)若本例中a n ，b n 不变，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：由本例解析知a n ＝2n ，b n ＝2n ＋1，故T n ＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋

1，

上述两式相减，得，－T n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋

1 ＝6＋8(1－2n －

1)1－2－(2n ＋1)2n ＋

＝(1－2n )2n ＋1－2 得T n ＝(2n －1)×2n ＋

1＋2.

2．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. 因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n . 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.

所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{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，有

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，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，得T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.

所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋

2＋16.

[易误提醒]

(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n －1项和当作n 项和．

(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q ＝1和q ≠1两种情况求解．

[课时跟踪检测]

A 级

1．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 ．80

B ．81

C ．79

D ．82

解析：选B a n ＝1n ＋n －1

＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，

故选B.

2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12

D ．－15

解析：选A 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，故选A.

3．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.3116

D.158

解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9(1－q 3)1－q ＝1－q 6

1－q ，所以1＋q 3＝9，

得q ＝2，所以????

??1a n 是首项为1，公比为1

2的等比数列，前5项和为1－????125

1－12

＝3116.

4．在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项之和S 100

＝( )

A ．－200

B ．－100

C ．200

D ．100

解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，由题意可得????? a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11??????

a 1＝－1，

d ＝2

?a n ＝

2n －3?b n ＝(－1)n (2n －3)?S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.

5．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 ．1 026

B ．1 025

C ．1 024

D ．1 023

解析：选C ∵2n ＋12n ＝1＋????12n

， ∴T n ＝n ＋1－12

n ，

∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1

210，

又m >T 10＋1 013， ∴整数m 的最小值为1 024.

6．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)2－12

n ＋1. 答案：n (n ＋1)2－12

n ＋1

7．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n

S k ＝________.

解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，

依题意有????? a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得?????

a 1＝1，d ＝1，

所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2

n (n ＋1)＝2????1n －1n ＋1，

因此∑k ＝1

1S k ＝2????1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n

n ＋1.

答案：

n ＋1

8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________. 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 由①÷②得a n ＋1

a n －1

＝2，

∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)

1－2＝3·21 009－3.

答案：3·21 009－3

9．(2019·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *.

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝1

a n a n ＋1，求数列{

b n }的前n 项和T n .

解：(1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 2＝3，S 4＝16， ∴a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1.

(2)由题意知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12????1

2n －1－12n ＋1，

∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n

＝12?

???????1－13＋????13－15＋…＋????12n －1－12n ＋1

＝1

2????1－12n ＋1 ＝n

2n ＋1

. 10．(2018·南昌摸底调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋

1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＝2n ＋

1－2，

∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋

1－2＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋

1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .

(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n

＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋

1)＝2×

4(1－4n )1－4

－4(1－2n )1－2

＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43.

B 级

1．(2019·潍坊统一考试)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：(1)∵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 ＝λ·2n －

(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 ＋

1－4

＋n (n ＋2)，

∴T 2n ＝4n ＋

13＋n 2＋2n －4

2．已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝n ＋1

a n ，求数列{

b n }的前n 项和T n .

解：(1)因为S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2)，所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1(n ≥2)，

即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝2n ＋

1，则a n ＝2n ，当n ＝1时，也满足，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .

(2)因为b n ＝n ＋12

n ＝(n ＋1)????12n

，所以T n ＝2×12

＋3×????122＋4×????123＋…＋(n ＋1)×????12n ，① 12

T n ＝2×????122＋3×????123＋4×????124＋…＋n ×????12n ＋(n ＋1)×????12n ＋1，② ①－②得12T n ＝2×12＋????122＋????123＋…＋????12n －(n ＋1)????12n ＋1 ＝12＋????121＋????122＋????123＋…＋????12n －(n ＋1)????12n ＋1 ＝12＋12????1－????12n 1－1

2－(n ＋1)????12n ＋1 ＝12＋1－????12n －(n ＋1)????12n ＋1 ＝32－n ＋3

n ＋1. 故数列{b n }的前n 项和为T n ＝3－n ＋3

n .

高考数学考点归纳之 数列求和

高考数学考点归纳之数列求和