2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 57 第七章 第四節(jié) 數(shù)列求和(一)

第四節(jié)數(shù)列求和(一)考試要求：1．掌握等差、等比數(shù)列的求和公式．2．掌握利用公式、分組的方法求和，掌握通過奇偶項(xiàng)討論的方法求和．自查自測知識點(diǎn)一公式法求和1．(教材改編題)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝12，a2a6＝8(a4－2)，則S2024＝(A．22023－12 B．1－C．22024－12 D．1－A解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)及a2a6＝8(a4－2)，得a42＝8a4－16，解得a4＝4.又a4＝a1q3，故q＝2，所以S2024＝12×1－2．將數(shù)列{2n－1}與{3n－2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為________．3n2－2n解析：將數(shù)列{2n－1}與{3n－2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}是以1為首項(xiàng)，6為公差的等差數(shù)列，故它的前n項(xiàng)和為Sn＝n×1＋nn－12×6＝3n2核心回扣1.等差數(shù)列的前n項(xiàng)和：Sn＝n(a1＋an2．等比數(shù)列的前n項(xiàng)和：當(dāng)q＝1時，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn＝a1(1自查自測知識點(diǎn)二分組求和法、并項(xiàng)求和法、倒序求和法1．(教材改編題)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝2n-1＋n，則S10＝________．1078解析：因?yàn)閍n＝2n-1＋n，所以S10＝20＋1＋21＋2＋…＋29＋10＝1＋2＋22＋…＋29＋10×1122．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n-1·n，則S17＝________．9解析：S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.3．已知等差數(shù)列{an}滿足a5＋a2n－5＝n(n∈N，n≥3)，則a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a2n－3＋a2n－1＝________．n22解析：因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列，故a5＋a2n－5＝n＝2an，解得an＝令Tn＝a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a2n－3＋a2n－1，則Tn＝a2n－1＋a2n－3＋a2n－5＋…＋a3＋a1，故2Tn＝(a1＋a2n－1)＋(a3＋a2n－3)＋…＋(a2n－1＋a1)＝n×2an＝n2，解得Tn＝n2核心回扣1.分組求和法：一個數(shù)列由若干個等差或等比或可求和的數(shù)列組成，求和時可分成幾組，分別求和后相加減．2．并項(xiàng)求和法：一個數(shù)列的前n項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和．3．倒序相加法：一個數(shù)列的前n項(xiàng)中首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個常數(shù)，求該數(shù)列的前n項(xiàng)和可用倒序相加法求解．自查自測知識點(diǎn)三分奇偶項(xiàng)討論求和法已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－n2，n為奇數(shù)，n2，n為偶數(shù)，則數(shù)列{ann+12，n為偶數(shù)，－nn+12，n為奇數(shù)解析：當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝n1+n2；當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝T綜上，Tn＝n核心回扣分奇偶項(xiàng)討論求和法：若數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)有不同的規(guī)律，則當(dāng)n為奇數(shù)或偶數(shù)時Sn的表達(dá)式不一樣，因此需要分奇偶項(xiàng)分別計(jì)算求解Sn.分組求和法【例1】(2024·聊城模擬)已知公差為2的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足S2＝a3.(1)若a1，a3，am成等比數(shù)列，求m的值；(2)設(shè)bn＝an－2an，求數(shù)列{bn}的前解：(1)由題意知數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則d＝2.又因?yàn)镾2＝a3，所以a1＋a2＝a3，即2a1＋d＝a1＋2d，得a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.又因?yàn)閍1，a3，am成等比數(shù)列，所以a32＝a1a即36＝2×2m，得m＝9.(2)因?yàn)閎n＝an－2an＝2所以Tn＝(2×1－41)＋(2×2－42)＋…＋(2×n－4n)＝2×(1＋2＋…＋n)－(41＋42＋…＋4n)＝2×n＝n(n＋1)－43×(4n－＝n2＋n＋43關(guān)于分組轉(zhuǎn)化求和數(shù)列的通項(xiàng)可以拆分成兩類特殊數(shù)列的通項(xiàng)，分別對這兩類數(shù)列求和，再合并后即為原數(shù)列的前n項(xiàng)和．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，且nan＋1＋Sn＋1＝1(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列{nSn}為等差數(shù)列；(2)選取數(shù)列{Sn}的第2n(n∈N*)項(xiàng)構(gòu)造一個新的數(shù)列{bn}，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.(1)證明：因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，且nan＋1＋Sn＋1＝1(n∈N*)，所以n(Sn＋1－Sn)＋Sn＋1＝1，即(n＋1)Sn＋1－nSn＝1，所以數(shù)列{nSn}為等差數(shù)列．(2)解：由(1)知，nSn＝2＋1×(n－1)＝n＋1，所以Sn＝1＋1n，即bn＝S所以Tn＝1＋12+1并項(xiàng)求和法【例2】(1)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝(－1)n·(3n－2)，則S2024＝()A．3036 B．－3036C．－4048 D．4048A解析：由已知an＝(－1)n(3n－2)，得an＋an＋1＝(－1)n(3n－2)＋(－1)n+1(3n＋1)＝－1n+1(3n＋1－3n＋2)＝3×(－1)所以S2024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2023＋a2024)＝3×1012＝3036.(2)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；②令bn＝(－1)n-1an，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n.解：①設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S3＋S4＝S5，化簡可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.②由①可得bn＝(－1)n-1(2n－1)，所以T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝(－2)×n＝－2n.[變式]本例(1)中，若a1＝1，Sn＋Sn＋1＝n(n＋2)，則S202410131012解析：由題意，當(dāng)n＝1時，S1＋S2＝2a1＋因?yàn)閍1＝1，所以a2＝1.當(dāng)n≥2時，由Sn＋Sn＋1＝n(n＋2)，可得Sn－1＋Sn＝(n－1)(n＋1)，兩式相減，可得an＋an＋1＝2n＋1，化簡整理，可得an＋1－(n＋1)＝－(an－n)(n≥2)．因?yàn)閍2－2＝－1，所以數(shù)列{an－n}從第二項(xiàng)起是以－1為首項(xiàng)，－1為公比的等比數(shù)列，所以an＝n＋(－1)n-1(n≥2)．又a1＝1不滿足上式，所以an＝1所以S2023＝a1＋a2＋a3＋…＋a2023＝1＋(2－1)＋(3＋1)＋…＋(2023＋1)＝1＋2＋3＋…＋2023＝2023×1+2所以S2024＝S2023＋a2024＝2023×1012＋(2024－1)＝2023×1013，所以S2關(guān)于并項(xiàng)法求和根據(jù)數(shù)列遞推公式、通項(xiàng)公式、前幾項(xiàng)的特征等發(fā)現(xiàn)項(xiàng)的規(guī)律，數(shù)列的相鄰兩項(xiàng)或多項(xiàng)的和、差為常數(shù)數(shù)列，或者構(gòu)成有規(guī)律的新數(shù)列，可以把這些項(xiàng)合并求新的數(shù)列的和．已知數(shù)列{an}滿足a1為正整數(shù)，an＋1＝an2，an為偶數(shù)，3an+1，an為奇數(shù).如果a1＝14723解析：由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，所以數(shù)列{an}是周期為3的數(shù)列，則a1＋a2＋…＋a2024＝(1＋4＋2)×674＋1＋4＝4723.分奇偶項(xiàng)討論求和【例3】已知數(shù)列{an}中，對任意的n∈N*，都有an＋an＋1＝4n.(1)若{an}為等差數(shù)列，求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若a1＝3，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，又an＋an＋1＝4n，可得a1＋a2＝4，a2＋a3＝8，所以2a1所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，經(jīng)驗(yàn)證成立．(2)由an＋an＋1＝4n，得an＋1＋an＋2＝4(n＋1)，兩式相減得an＋2－an＝4.因?yàn)閍1＝3，又a1＋a2＝4，所以a2＝1，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為3，公差為4的等差數(shù)列；偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列．故當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝3×n2+n2n2當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)2＋＝n2＋2.綜上所述，解答與奇偶項(xiàng)有關(guān)的求和問題的關(guān)鍵(1)弄清n為奇數(shù)或偶數(shù)時數(shù)列的通項(xiàng)公式．(2)弄清n為奇數(shù)或偶數(shù)時數(shù)列前n項(xiàng)中奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)的個數(shù)．(3)根據(jù)數(shù)列的特征先求出n為偶數(shù)(奇數(shù))時的和Sn，當(dāng)n為奇數(shù)(偶數(shù))時，利用Sn＝Sn－1＋an求和．(2024·南通模擬)在數(shù)列{an}中，an＝2(1)求a1，a2，a3；(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)因?yàn)閍n＝2所以a1＝2×1－1＝1，a2＝22＝4，a3＝2×3－1＝5.(2)因?yàn)閍n＝2所以a1，a3，a5，…是以1為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列，a2，a4，a6，…是以4為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列．當(dāng)n為奇數(shù)時，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中有n+12所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－3＋an－1)＝n+12當(dāng)n為偶數(shù)時，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中有n2個奇數(shù)項(xiàng)，有n所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an)＝n2×1綜上所述，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n課時質(zhì)量評價(四十三)1．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項(xiàng)和S100等于()A．200 B．－200C．400 D．－400B解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.2．(2024·曲靖模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)a1＝12，anan＋1＝an－1，則S2024＝(A．12 B．C．20212C解析：由題可知anan＋1＝an－1，an≠0，得an＋1＝an又a1＝12，得a2＝12－112＝－1，a3＝－1－1－1＝2，a4＝2故數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列．因?yàn)?024÷3＝674……2，則S2024＝674(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝23．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝2n－12n，其前n項(xiàng)和Sn＝32164A．13 B．10C．9 D．6D解析：由an＝2n－12nSn＝1－12+＝n－12+14+18+…+12n令n－1＋12n＝32164，即n＋12n＝4．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)n+1an＝2，則其前100項(xiàng)和Sn等于()A．250 B．200C．150 D．100D解析：由題知當(dāng)n為奇數(shù)時，an＋an＋1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2×50＝100.5．已知函數(shù)y＝f(x)滿足f(x)＋f(1－x)＝1，若數(shù)列{an}滿足an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn－1n＋f(1)，則數(shù)列{an}的前A．230 B．115C．110 D．100B解析：an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn－1nan＝f(1)＋fn－1n＋fn－2n＋…＋f又因?yàn)閒(x)＋f(1－x)＝1，①＋②，得2an＝n＋1，所以an＝n+所以{an}的前20項(xiàng)和為S20＝a1＋a2＋…＋a20＝22+32＋…＋212＝20×6．(多選題)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.記cn＝an，n為奇數(shù)，bn，n為偶數(shù)，數(shù)列{cn}A．a(chǎn)n＝2n－1B．bn＝2nC．S9＝1409D．S2n＝2n2－n＋43(4n－ABD解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q(q≠0)．由題意得1+d所以an＝2n－1，bn＝2n，故A，B正確．c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝n1+4n－32+41－4n1－4＝2n2－n＋43(4n－1)，7．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a1＝2，a3＝4，則a12+1020解析：因?yàn)閿?shù)列{an}為等比數(shù)列，a1＝2，a3＝4，所以q2＝a3a1＝2，所以an2＝(a1qn－1)2＝4×(q2)n－1＝4×2n－1＝2n+1，所以8．?dāng)?shù)列{an}，{bn}滿足a1＝b1＝1，an＋1－an＝bn+1bn＝2，n∈N*，則數(shù)列b13(4n－1)解析：因?yàn)閍n＋1－an＝bn+1bn＝2，a1＝b1＝1，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1數(shù)列{ban}的前n項(xiàng)和為ba1+ba2+…+ban＝b1＋b＝20＋22＋24＋…＋22n－2＝1－4n1－4＝9．已知單調(diào)遞增的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝2an＋1－3n+2，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，由題意得S即4解得a1=2，d=所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)知an＝2n，所以bn＝4(n＋1)－3n+2，所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n+2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n+2)＝4n·2+n+12－271－310．(新定義)已知數(shù)列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此數(shù)列第一項(xiàng)是20，接下來兩項(xiàng)是20，21，再接下來三項(xiàng)是20，21，22，依此類推，設(shè)Sn是此數(shù)列的前n項(xiàng)和，則S2024等于()A．264＋190 B．263＋190C．264＋62 D．263＋62A解析：將數(shù)列分組：第一組有一項(xiàng)，和為20；第二組有兩項(xiàng)，和為20＋21；……第n組有n項(xiàng)，和為20＋21＋…＋2n－1＝1－2n1－2＝2n－1，則前63組共有所以S2024＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋(28－1)＝(2＋22＋…＋263)－63＋255＝2×1－2631－11．設(shè)i是虛數(shù)單位，則2i＋3i2＋4i3＋…＋2020i2019的值為()A．－1010－1010i B．－1011－1010iC．－1011－1012i D．1011－1010iB解析：設(shè)S＝2i＋3i2＋4i3＋…＋2019i2018＋2020i2019，則iS＝2i2＋3i3＋4i4＋…＋2019i2019＋2020i2020，兩式相減可得(1－i)S＝2i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019－2020i2020＝i＋i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019－2020i2020＝i＋i1+i1－i－2020＝i＋i1+i22－2020＝－2021＋i12．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16項(xiàng)和為540，則a1＝________．7解析：由題意知an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以當(dāng)n＝2k(k∈N*)時，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92.當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，所以當(dāng)k≥2時，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1＋2+6k－10k－12＝a1＋(3k－4)(k－1)，當(dāng)k＝1時上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)(k－1)(k∈N*)，即a2k－1＝a1＋3k2－7(方法一)所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a1＋3×8×8+1×2×8+16－7×1+8×82＋32＝8a1＋612－252＋32＝8a1＋392.又前16項(xiàng)和為(方法二)所以a2k－1＝a1＋(3k2＋3k＋1)－10k＋3＝a1＋[(k＋1)3－k3]－10k＋3，所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×1+8×82＋3×8＝8a1＋93－13－360＋24＝8a1＋392.又前16項(xiàng)和為540，所以92＋8a1＋392＝54013．已知f(x)＝21+x2(x∈R)，若等比數(shù)列{an}滿足a1a2020＝1，則f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a20202020解析：因?yàn)閒(x)＝21+x2(x所以f(x)＋f1x＝21+x因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}滿足a1a2020＝1，所以a1a2020＝a2a2019＝…＝a2020a1＝1，所以f(a1)＋f(a2020)＝f(a2)＋f(a2019)＝…＝f(a2020)＋f(a1)＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2020)＝2020.14．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，且an＋1＝an+1，n為奇數(shù)，2a