人教专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届数学一轮复习（解析版）.docx

专题十 《数列》讲义
10.4 数列求和
知识梳理.数列求和
1．公式法
(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋.
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝
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＝；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
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{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．
题型一. 裂项相消
1．数列{an}的通项公式an=1n(n+1)，已知它的前n项和Sn=99100，则项数n＝（　　）
A．98 B．99 C．100 D．101
【解答】解：列{an}的通项公式an=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
由于前n项和Sn=99100，
所以1−1n+1=99100，
解得n＝99．
故选：B．
2．已知等差数列{an}满足a3＝10，a1+a4＝17．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=3anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．
所以a3=10a1+a4=17，解得a1=4d=3，
所以an＝4+3（n﹣1）＝3n+1．
（2）由（1）得bn=3anan+1=13n+1−13n+4，
所以Sn＝b1+b2+…+bn=14−17+17−110+⋯+13n+1−13n+4=14−13n+4．
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若4Sn＝（2n﹣1）an+1+1，且a1＝1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设cn=1an(an+2)，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn．
【解答】解：（1）在4Sn＝（2n﹣1）an+1+1中，令n＝1，得a2＝3，
∵4Sn＝（2n﹣1）an+1+1，∴当n≥2时，4Sn﹣1＝（2n﹣3）an+1，
两式相减，得4an＝（2n﹣1）an+1﹣（2n﹣3）an（n≥2），
∴（2n+1）an＝（2n﹣1）an+1，即an+1an=2n+12n−1(n≥2)．
∴an=anan−1⋅an−1an−2⋅an−2an−3⋯⋅a3a2⋅a2a1⋅a1=2n−12n−3⋅2n−32n−5⋅2n−52n−7⋯53⋅31⋅1=2n−1，
故an＝2n﹣1．
（2）cn=1an(an+2)=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
Tn＝c1+c2+…+cn=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)=n2n+1，
所以Tn=n2n+1．
题型二. 错位相减
1．已知等差数列{an}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=3nan，求数列{bn}的前n项和．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，
由题，a1=2a22=a1a5，即(a1+d)2=a1(a1+4d)，解得d＝4．
∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．
（Ⅱ）bn=3nan=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，
设数列{bn}的前n项和为Tn，
Tn=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①
3Tn=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②
①﹣②，得：−2Tn=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1
=6+4×32(1−3n−1)1−3−2(2n−1)×3n+1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，
∴Tn=6+2(n−1)⋅3n+1．
∴数列{bn}的前n项和Tn=6+2(n−1)⋅3n+1．
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等