PAGEPAGE9第4講數列求和[考綱解讀]1.嫻熟駕馭等差、等比數列的前n項和公式．(重點)2.嫻熟駕馭另外幾種非等差、等比數列求和的常見方法．(難點)[考向預料]從近三年高考狀況來看，本講始終是高考中的熱點，主要考查“錯位相減”“裂項相消”“等差、等比數列的公式求和”等．預料2024年高考會考查數列求和或數列求和與不等式的綜合．此類問題一般以解答題為主，以中檔題型為主.1．基本數列求和公式法(1)等差數列求和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2)等比數列求和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))2．非基本數列求和常用方法(1)倒序相加法；(2)分組求和法；(3)并項求和法；(4)錯位相減法；(5)裂項相消法．常見的裂項公式：①eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；②eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；③eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))；④eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))．3．常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6)；(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2.1．概念辨析(1)已知等差數列{an}的公差為d，則有eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))).()(2)推導等差數列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan時只要把上式等號兩邊同時乘以a即可依據錯位相減法求得．()(4)若數列a1，a2－a1，…，an－an－1是(n>1，n∈N*)首項為1，公比為3的等比數列，則數列{an}的通項公式是an＝eq\f(3n－1,2).()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．小題熱身(1)數列{an}的前n項和為Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1)，則S5等于()A．1B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,30)答案B解析∵an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).(2)數列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n項和Sn的值等于()A．n2＋1－eq\f(1,2n) B．2n2－n＋1－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－1) D．n2－n＋1－eq\f(1,2n)答案A解析該數列的通項公式為an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋1－eq\f(1,2n).(3)數列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項之和S100等于()A．200B．－200C．400D．－400答案B解析設bn＝4n－3，則{bn}是公差為4的等差數列，an＝(－1)n－1bn.S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝(b1－b2)＋(b3－b4)＋…＋(b99－b100)＝－4－4－4－…－4＝－4×50＝－200.(4)數列{an}的通項公式為an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n項和為Sn，則S2024等于()A．－1010B．2024C．505D．1010答案A解析易知a1＝coseq\f(π,2)＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以數列{an}的全部奇數項為0，前2024項中全部偶數項(共1008項)依次為－2,4，－6,8，…，－2014,2024.故S2024＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2024)＝1008.a2024＝0，a2024＝2024×coseq\f(2024π,2)＝－2024，∴S2024＝S2024＋a2024＝1008－2024＝－1010.故選A.題型eq\a\vs4\al(一)分組轉化法求和1．(2024·信陽模擬)已知數列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇數，,2an，n是偶數，))則數列{an}的前20項和為()A．1121B．1122C．1123D．1124答案C解析由題意知，數列{a2n}是首項為1，公比為2的等比數列，數列{a2n－1}是首項為1，公差為2的等差數列，故數列{an}的前20項和為eq\f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.2．(2024·合肥質檢)已知數列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求數列{an}的通項公式；(2)設bn＝2an＋(－1)nan，求數列{bn}的前2n項和．解(1)當n＝1時，a1＝S1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也滿意an＝n，故數列{an}的通項公式為an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.記數列{bn}的前2n項和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故數列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.結論探究在舉例說明2條件下，求數列{bn}的前n項和Tn.解由舉例說明2知bn＝2n＋(－1)nn.當n為偶數時，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；當n為奇數時，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n為偶數，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n為奇數.))分組轉化法求和的常見類型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數列，可采納分組求和法求{an}的前n項和．(2)通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數，,cn，n為偶數))的數列，其中數列{bn}，{cn}是等比數列或等差數列，可采納分組求和法求和．如舉例說明1.已知數列{an}是等差數列，滿意a1＝2，a4＝8，數列{bn}是等比數列，滿意b2＝4，b5＝32.(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；(2)求數列{an＋bn}的前n項和Sn.解(1)設等差數列{an}的公差為d，由題意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝2，所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.設等比數列{bn}的公比為q，由題意得q3＝eq\f(b5,b2)＝8，解得q＝2.因為b1＝eq\f(b2,q)＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.(2)Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＋eq\f(21－2n,1－2)＝n2＋n＋2n＋1－2.題型eq\a\vs4\al(二)裂項相消法求和1．已知數列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n項和為10，則項數n為________．答案120解析因為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，又因為Sn＝10，所以eq\r(n＋1)－1＝10，解得n＝120.2．(2024·蕪湖模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，Sn＝n2＋n＋2.(1)求數列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(1,anan＋1)，求數列{bn}的前n項和Tn.解(1)Sn＝n2＋n＋2，①當n≥2時，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)＋2，②①－②得an＝2n，當n＝1時，a1＝4，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n，n≥2))(n∈N*)．(2)由題意，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，n＝1，,\f(1,2n2n＋2)＝\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，n≥2，))當n＝1時，T1＝eq\f(1,16).當n≥2時，Tn＝eq\f(1,16)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,16)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(3n－1,16n＋1).Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，n＝1，,\f(3n－1,16n＋1)，n≥2.))條件探究舉例說明2中，若an＝2n，bn＝eq\f(1,log2an·log2an＋2)，求數列{bn}的前n項和Tn.解bn＝eq\f(1,log2an·log2an＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4).幾種常見的裂項相消及解題策略(1)常見的裂項方法(其中n為正整數)(2)利用裂項相消法求和時，應留意抵消后不肯定只剩下第一項和最終一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項，再就是將通項公式裂項后，有時候須要調整前面的系數，使前后相等．1．設Sn為等差數列{an}的前n項和，a4＝4，S5＝15，若數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前m項和為eq\f(10,11)，則m＝()A．8B．9C．10D．11答案C解析Sn為等差數列{an}的前n項和，設公差為d，a4＝4，S5＝15，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,S5＝15＝5a3，))解得d＝1，則an＝4＋(n－4)＝n.由于eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，則Sm＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,m)－eq\f(1,m＋1)＝1－eq\f(1,m＋1)＝eq\f(10,11)，解得m＝10.2．已知數列{an}是遞增的等比數列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求數列{an}的通項公式；(2)設Sn為數列{an}的前n項和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求數列{bn}的前n項和Tn.解(1)因為數列{an}是遞增的等比數列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a4＝9，,a1<a4，,a1·a4＝8))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))?q3＝eq\f(a4,a1)＝8?q＝2?an＝a1·qn－1＝2n－1.(2)由(1)可知Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以bn＝eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，所以Tn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,7)＋eq\f(1,7)－eq\f(1,15)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1).題型eq\a\vs4\al(三)錯位相減法求和(2024·安徽皖江最終一卷)設{an}是等差數列，{bn}是各項都為正數的等比數列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；(2)求數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n項和Sn.解(1)設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則依題意有q>0且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2d＋q4＝21，,1＋4d＋q2＝13，))解得d＝2，q＝2.所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.(2)eq\f(an,bn)＝eq\f(2n－1,2n－1).Sn＝1＋eq\f(3,21)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(2n－3,2n－2)＋eq\f(2n－1,2n－1)，①2Sn＝2＋3＋eq\f(5,2)＋…＋eq\f(2n－3,2n－3)＋eq\f(2n－1,2n－2)，②②－①得Sn＝2＋2＋eq\f(2,2)＋eq\f(2,22)＋…＋eq\f(2,2n－2)－eq\f(2n－1,2n－1)＝2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－2)))－eq\f(2n－1,2n－1)＝2＋2×eq\f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n－1)＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).利用錯位相減法的一般類型及思路(1)適用的數列