高考数学大二轮复习冲刺经典专题第二编讲专题专题三数列第2
讲数列求和问题练习文
「考情研析」 1.从具体内容上，高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想． 2.从高考特点上，难度稍大，一般以解答题为主，分值约为7～8分.
核心知识回顾
常见的求和方法
(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和．对等比数列利用公式法求和时，一01公比q是否取1. 定注意□02等差数列(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是□和等比数列．
(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用031的数列的前n项和． 于求通项为□
anan＋1
04适当拆开，(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列□05□重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．
06(－1)nan的形式，通常分□07奇、偶，观(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如□察相邻两项是否构成新数列．
热点考向探究
考向1 分组转化法求和
例1 (2019·天津南开区高三下学期一模)已知数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且a5＝3a2，S7＝14a2＋7.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{(－1)bn(an＋bn)}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差是d.
由a5＝3a2得a1＋4d＝3(a1＋d)，化简得d＝2a1，① 由S7＝14a2＋7得d＝a1＋1，② 由①②解得a1＝1，d＝2.
所以数列{an }的通项公式为an＝2n－1.
n
(2)由数列{an＋bn }是首项为1，公比为2的等比数列，得an＋bn＝22
n－1
n－1
，即2n－1＋bn＝
.所以bn＝2
n－1
－2n＋1.
nn－1
所以(－1)bn(an＋bn)＝(－1)·2(－4)
n－1
n·(2
n－1
－2n＋1)＝(－1)4
nn－1
＋(－2)
n－1
(2n－1)＝－
＋(2n－1)·(－2)
0
n－1
.
n－1
∴Pn＝(－4)＋(－4)＋…＋(－4)
1
1－－4＝
1－－4
n1－－4＝
5
n，
Qn＝1·(－2)0＋3·(－2)1＋5·(－2)2＋…＋(2n－3)·(－2)n－2＋(2n－1)·(－2)n－1，③
－2Qn＝1·(－2)＋3·(－2)＋5·(－2)＋…＋(2n－3)·(－2)④
③－④得
3Qn＝1·(－2)＋2·(－2)＋2·(－2)＋…＋2·(－2)－4·[1－－21－－2
n－1
0
1
2
1
2
3
n－1
＋(2n－1)·(－2)，
nn－1
－(2n－1)·(－2)＝1＋
n]16n－1nn－(2n－1)·(－2)＝－－·(－2).
33
16n－1n∴Qn＝－－·(－2).
9914
∴Tn＝－Pn＋Qn＝－＋
45
－45
n6n－1·－2－
9
n.
若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求和公式进行求和．解题的关键是观察结构、巧分组．
等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，
a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 2??，n为奇数，
(2)令cn＝?Sn??bn，n为偶数，
解 (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，则由a1＝3，b1＝1及
??b2＋S2＝10，
?
?a5－2b2＝a3，?
设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
??q＋6＋d＝10，
得?
?3＋4d－2q＝3＋2d，?
??d＝2，解得?
?q＝2，?
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2
n－1
.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝n(n＋2)． 2??，n为奇数，
nn＋2则cn＝???2n－1，n为偶数，11??－，n为奇数，
即cn＝?nn＋2
??2n－1，n为偶数，
T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
??1??11??1－1??＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－1＋＝??1－?＋?－?＋…＋???2n＋1??3??35??2n－12n＋1??
21－41－4
n2n2n＝＋(4－1)． 2n＋13
考向2 裂项相消法求和
例2 (2019·甘青宁高三3月联考)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a7＝5，S5＝－55.
(1)求Sn；
?1?Sn?的前19项和T19. (2)设bn＝，求数列?
n?bnbn＋1?
解 (1)∵?
?a1＋6d＝5，???5
a1＋2d＝－55，nn－1
2
2
∴?
?a1＝－19，???d＝4.
∴Sn＝－19n＋×4＝2n－21n.
(2)设bn＝＝2n－21， 则
1＝
1
2n－21
1?1?1
－＝??，
2n－192?2n－212n－19?
Snnbnbn＋1
111111?11?11?1－＋－＋…＋－?故T19＝×?＝×?－－?＝－. ?1719?2?1919?2?－19－17－17－1519
裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和．适用于数列?
c?
?的求和，其中数列{an}是各项不为0的等差数列，c为常数． aann＋1??
?
已知数列{an}的前n项和是Sn，且满足Sn＋an＝2n＋1(n∈N)． (1)求证：数列{an－2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； 1111
(2)求证：＋2＋…＋n<.
2a1a22a2a32anan＋13解 (1)因为Sn＋an＝2n＋1，①
3
所以当n＝1时，a1＋a1＝2＋1，解得a1＝.
2当n≥2时，Sn－1＋an－1＝2(n－1)＋1，② 1
由①－②，得an－an－1＋an＝2，即an＝an－1＋1，
21
即an－2＝(an－1－2)，
2
11
所以数列{an－2}是等比数列，其首项为a1－2＝－，公比为，
22
*
?1?n?1?n所以an－2＝－??，所以an＝2－??.
?2??2?
(2)证明：n＝n＋1
2anan＋12－1所以
12a1a2
＋
12a2a3
2
12
n＋1
2
nn＋2
－1
＝
11
－n＋2，
2－12－1
n＋1
＋…＋
12anan＋1
1?1??1?1
＝?2－3?＋?3－4?＋…＋?2－12－1??2－12－1?
1?111?n＋1－?21－12n＋2－1?＝3－2n＋2－1<3.
??
考向3 错位相减法求和
例3 (2019·东北三省三校高三二模)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝n＋2n，等比数列{bn}的公比为4，且a2＝5b1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n≥2时，Sn＝n＋2n，Sn－1＝(n－1)＋2(n－1)，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋1， 当n＝1时，a1＝S1＝3满足上式，综上，an＝2n＋1. ∵5b1＝5，∴b1＝1，∴bn＝4(2)an·bn＝(2n＋1)·4
n－1
n－12
2
2
.
，①
Tn＝3＋5×4＋7×42＋…＋(2n＋1)·4n－1，
∴4Tn＝3×4＋5×4＋…＋(2n－1)·4
2
2
n－1
＋(2n＋1)·4，②
41－4
)－(2n＋1)·4＝3＋2·
－3
nn－1
n①－②，得－3Tn＝3＋2·(4＋4＋…＋4
n－1
－(2n＋
1?n1?n1)·4＝－?2n＋?4，
3?3?
1?2n1?n∴Tn＝－＋?＋?4.
9?39?
错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和．但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其项数；另外还要注意首项与末项．
(2019·福建高三毕业班3月质检)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－n. (1)求证：数列{an＋1}是等比数列，并求an；
(2)若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和Tn. 解 (1)证明：当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1. 因为Sn＝2an－n，①
所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，② ①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1， 所以
an＋12an－1＋1＋12an－1＋2
＝＝＝2，
an－1＋1an－1＋1an－1＋1
所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an＋1＝2·2
n－1
，所以an＝2－1.
n(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7， 设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1， 所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n，所以anbn＝n(2－1)＝n·2－n. 设数列{n·2}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Mn， 所以Kn＝2＋2×2＋3×2＋…＋n·2，③ 2Kn＝2＋2×2＋3×2＋…＋n·2③－④得
－Kn＝2＋2＋2＋…＋2－n·2＝21－21－2
n2
3
2
3
4
2
3
nnnnn＋1
，④
nn＋1
n＋1
－n·2
n＋1
＝(1－n)·2－2.
所以Kn＝(n－1)·2
n＋1
＋2，
又因为Mn＝1＋2＋3＋…＋n＝所以Kn－Mn＝(n－1)·2
n＋1
nn＋1
22
， ＋2.
－
nn＋1
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