专题突破　专题二　第2讲　数列求和 学案

第2讲　数列求和
1.(2022·新高考全国Ⅰ卷，T17)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，是公差为的等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：++…+<2.
2.(2024·全国甲卷，T18)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，中高档题目都可考查，主要以解答题形式出现.分值约为8~17分.
考查方向：
考查重点一是考查三种常见的求和方法：分组求和、裂项相消求和、错位相减求和；二是考查奇偶项；三是数列中的子数列问题(公共项、增减项等).
1.(1)解　方法一　因为a1=1，所以=1，
又是公差为的等差数列，
所以=1+(n-1)×=.
因为当n≥2时，an=Sn-Sn-1，
所以=(n≥2)，
所以=(n≥2)，
整理得=(n≥2)，
所以··…··=××…·=(n≥2)，
所以Sn=(n≥2)，
又S1=1也满足上式，
所以Sn=(n∈N*)，
则Sn-1=(n≥2)，
所以an=-
=(n≥2)，
又a1=1也满足上式，
所以an=(n∈N*).
方法二　因为a1=1，所以=1，
又是公差为的等差数列，
所以=1+(n-1)×=，
所以Sn=an.
因为当n≥2时，
an=Sn-Sn-1=an-an-1，
所以an-1=an(n≥2)，
所以=(n≥2)，
所以·…··=×××…··=(n≥2)，
所以an=(n≥2)，
又a1=1也满足上式，
所以an=(n∈N*).
(2)证明　因为an=，
所以==2，
所以++…+=2
=2<2.
2.解　(1)当n=1时，
4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4.
当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4，
所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，
即an=-3an-1，
而a1=4≠0，故an≠0，
故=-3(n≥2)，
所以数列{an}是以4为首项，
-3为公比的等比数列，
所以an=4·(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn
=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1，
故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n，
所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n
=4·-4n·3n
=2(3n-1)-4n·3n
=(2-4n)·3n-2，
所以Tn=(2n-1)·3n+1.
考点一　分组求和法
例1　(2025·苏州模拟)在数列{an}中，已知a2=2，且当n为奇数时，an+2=an+4，当n为偶数时，an=an-1+.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前2n项和S2n.
解　(1)依题意，a2=a1+=2，所以a1=1，
当n为奇数时，an+2=an+4，
即an+2-an=4，
则数列{an}的奇数项是首项为a1=1，公差为4的等差数列，于是an=1+×4=2n-1；
当n为偶数时，an=an-1+=[2(n-1)-1]+=3n-4.
所以an=
(2)方法一　S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)
=(1+5+9+…+4n-3)+(2+8+14+…+6n-4)
=+
=5n2-2n.
方法二　a2n-1+a2n=2(2n-1)-1+3·2n-4=10n-7，
所以{a2n-1+a2n}是以a1+a2=3为首项，10为公差的等差数列.
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)
==5n2-2n.
[规律方法]　(1)分组求和法常见题型
①若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
②若数列{cn}的通项公式为cn=
其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
(2)并项求和法常见题型
①数列{an}的通项公式为an=(-1)nf(n)，求数列{an}的前n项和.
②数列{an}是周期数列或ak+(k∈N*)为等差或等比数列，求数列{an}的前n项和.
跟踪演练1　(2025·广州模拟)已知公差不为0的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn=，去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列，写出数列的前4项并求的前2n项和S2n.
解　(1)设等差数列的公差为d(d≠0)，等比数列的公比为q，由题意得，

又a1=b1=1，d≠0，解得
所以an=1+n-1=n，bn=1×2n-1=2n-1.
(2)由(1)得cn==3n，
去掉第3k项后，前4项依次为3，9，81，243，
S2n=t1+t2+t3+…+t2n
=c1+c2+c4+c5+…+c3n-2+c3n-1
=(c1+c4+…+c3n-2)+(c2+c5+…+c3n-1)
=(31+34+…+33n-2)+(32+35+…+33n-1)
=+=，
综上，S2n=.
考点二　裂项相消法
例2　(2025·南通模拟)已知数列{an}满足a1=1，a3=9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2(an+1).
(1)设bn=an+1-an，求数列{bn}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<.
(1)解　依题意，对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2(an+1)，
故对任意的n≥2，n∈N*，an+1-an=an-an-1+2，
所以对任意的n≥2，n∈N*，bn=bn-1+2，即bn-bn-1=2为定值，
所以数列{bn}是公差为2的等差数列，
由a1=1，a3=9，得b1=a2-1，b2=9-a2，
所以(9-a2)-(a2-1)=2，解得a2=4，故b1=a2-1=3，
所以bn=3+(n-1)×2=2n+1.
(2)证明　由(1)可知，an+1-an=2n+1，
所以当n≥2，n∈N*时，
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+3+5+…+(2n-1)==n2，
又a1=1符合上式，所以an=n2，
所以===，
故Sn=+++…++
=
=-，
因为n∈N*，+>0，
所以Sn<.
[规律方法]　(1)裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理.
(2)常见的几种裂项结构：
①等差型：=(an≠0，d≠0).
②指数型：=-.
③对数型：loga=logaan+1-logaan(an>0，a>0且a≠1).
④无理型：=-)(a>0，b>0).
跟踪演练2　(2025·安康模拟)数列{an}满足a2=5，an+1=2an-1.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若bn=，证明：数列{bn}的前n项和Sn<.
证明　(1)由a2=5，an+1=2an-1，
可得5=2a1-1，解得a1=3，则a1-1=2.
且an+1-1=2(an-1)，故是以2为首项，2为公比的等比数列.
(2)由(1)知an-1=2n，故an=2n+1，
所以bn==
=-，
故Sn=-+-+…+-=-<.
考点三　错位相减法
例3　(2025·哈尔滨模拟)已知数列{an}是正项等比数列，满足a2a4=64，a1+a5=34，且q>1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，记数列的前n项和为Tn，求证：Tn<3.
(1)解　∵a2a4=a1a5=64，且a1+a5=34，
∴a1和a5是方程x2-34x+64=0的两个根，
即x2-34x+64=(x-2)(x-32)=0，
又q>1，则a5>a1，∴a1=2，a5=32，
则q4==16，
∴q=2(负值舍去)，故an=2n.
(2)证明　∵an=2n，
∴dn==，则=，
Tn=++…+
=2×+3×+…+(n+1)×，
Tn=2×+3×+…+(n+1)×，
∴Tn=1+++…+-(n+1)×
=1+-
=--=-，
∴Tn=3-<3.
[规律方法]　(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法.
(2)用错位相减法求和时应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.
(3)[万能公式]形如cn=(an+b)·qn-1(q≠1)的数列的前n项和为Sn=(An+B)qn+C(q≠1)，其中A=，B=，C=-B.
跟踪演练3　(2025·沈阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn+an=1(n∈N*)，数列{bn}满足bn=log2an+10.
(1)求出an，bn；
(2)求出数列的前n项和Tn.
解　(1)因为3Sn+an=1，
当n=1时，3a1+a1=1，所以a1=，
当n≥2时，可得3Sn-1+an-1=1，
两式相减，得3an+an-an-1=0，
所以4an=an-1，所以=，n≥2，n∈N*，
所以{an}是首项为，公比为的等比数列，
即an=.
因为bn=log2an+10，
所以bn=log2+10=log22-2n+10=-2n+10.
(2)由(1)得anbn=(10-2n)·，
所以Tn=8×+6×+4×+…+(-2n+10)×，
则Tn=8×+6×+4×+…+(-2n+10)×，
两式相减得Tn=8×+(-2)×-(-2n+10)×
=2+(-2)×+(2n-10)=+，
所以Tn=+.
专题强化练
[分值：60分]
1.(13分)(2025·许昌模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=(an+2)(an-1).
(1)求{an}的通项公式；(6分)
(2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.(7分)
解　(1)当n=1时，2S1=2a1=(a1+2)(a1-1)，
解得a1=2或a1=-1(舍去)；
当n≥2时，由2Sn=(an+2)(an-1)，
得2Sn-1=(an-1+2)(an-1-1)，
两式相减得2an=2Sn-2Sn-1=(an+2)(an-1)-(an-1+2)(an-1-1)，
即--an-an-1=0，
整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0，
又{an}的各项均为正数，所以an-an-1=1，
所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以an=2+(n-1)×1=n+1.
(2)由(1)知bn==，
所以Tn=+++…+，
Tn=+++…+，
两式相减得，Tn=+++…+-=+-=-，
所以Tn=-.
2.(15分)已知Sn是数列{an}的前n项和，数列是首项为3，公比为3的等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)已知cn=-3nan，求数列的前n项和Tn.(9分)
解　(1)由题可得=3n，
所以Sn=.
当n=1时，a1=S1=.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1
=-=.
因为a1=不满足上式，
所以an=
(2)由(1)知，cn=-3nan=
当n=1时，==-.
当n≥2时，=
=，
所以Tn=+++…++
=-+++…++
=-+
=-+(n≥2).
又T1=-满足上式，
所以Tn=-+.
3.(15分)(2025·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，S5=3a4，b4-a5=3S3.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；(6分)
(2)设cn=(-1)nan+，求数列{cn}的前n项和Tn.(9分)
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
根据题意得
解得
所以an=-1+(n-1)×2=2n-3，
可知a5=7，S3=3，
设等比数列{bn}的公比为q，代入得2q3-7=9，解得q=2，可知bn=2·2n-1=2n.
(2)由(1)可知an=2n-3，bn=2n，
则cn=(-1)n(2n-3)+.
当n为偶数时，Tn=c1+c2+c3+…+cn
=[-(-1)+1-3+5+…-(2n-5)+(2n-3)]+
=2×+=n+1-；
当n为奇数时，
Tn=Tn-1+cn=(n-1)+1--(2n-3)+=-n+3-，
综上，Tn=
(共17分)
4.(17分)(2025·滨州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”.如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；….设数列1，2，4经过第n次“积扩充”后所得数列的项数记为An，所有项的积记为Pn.
(1)求A2和P2；(4分)
(2)求An和Pn；(7分)
(3)求数列的前n项积Tn.(6分)
解　(1)由题意得A1=5，A2=9，
P1=20+1+2+1+3=27=128，
P2=27+0+2+2+6+2=219.
(2)An+1=An+An-1=2An-1，
所以An+1-1=2(An-1)，
又因为A1-1=4≠0，所以An-1≠0，
所以=2，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以An-1=2n+1，即An=2n+1+1.
由题意知Pn+1=，设Ln=log2Pn，则Ln+1=log2Pn+1=log2=log2-log24=3log2Pn-2=3Ln-2，
即Ln+1-1=3(Ln-1)，
又因为L1-1=6≠0，所以Ln-1≠0，
所以=3，
所以数列是以6为首项，3为公比的等比数列，
所以Ln-1=6·3n-1=2·3n，
即Ln=2·3n+1，所以Pn=.
(3)要求Tn=P1·P2·…·Pn，
只需求log2Tn=log2(P1·P2·…·Pn)=log2P1+log2P2+…+log2Pn，
又log2Pn=log2=2·3n+1，
所以log2P1+log2P2+…+log2Pn
=(2·31+1)+(2·32+1)+…+(2·3n+1)
=2×(31+32+…+3n)+n
=2×+n=3n+1+n-3，
所以log2Tn=3n+1+n-3，
所以Tn=.