微专题18 数列求和的常用方法
高考定位 近几年高考,数列求和常出现在解答题的第(2)问,主要考查通过分组转化、错位相减、
裂项相消等方法求数列的和,难度中档.
【真题体验】
1.(2025·天津卷)已知数列{an}的前n 项和Sn＝－n2＋8n,则{|an|}的前12 项和为( )
A.48
B.112
C.80
D.114
答案 C
解析 当n＝1 时,a1＝S1＝－1＋8＝7,
当n≥2 时,an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9,
显然a1＝7 也符合该式,所以an＝－2n＋9,
所以当n≤4 时,an>0,当n≥5 时,an<0,
所以{|an|}的前12 项和为|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－(a5＋a6＋…＋a12)
＝2(a1＋a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋…＋a12)
＝2S4－S12
＝2(－16＋32)－(－122＋8×12)＝80,故选C.
2.(2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中,a1＝3,且
an＋1
n
＝
an
n＋1 ＋
1
n(n＋1).
(1)证明:数列{nan}是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm,求f'(－2).
(1)证明
an＋1
n
＝
an
n＋1 ＋
1
n(n＋1)两边同时乘n(n＋1),得(n＋1)an＋1＝nan＋1,
又1×a1＝3,
所以{nan}是首项为3,公差为1 的等差数列.
(2)解 由(1)可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2,
又f'(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1,
故f'(－2)＝3＋4×(－2)＋…＋(m＋2)×(－2)m－1,
所以－2f'(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(m＋2)×(－2)m.
两式相减,得3f'(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)m－1－(m＋2)×(－2)m
＝7
3 －(m＋7
3)×(－2)m,
所以f'(－2)＝7
9 －(
m
3 ＋7
9)×(－2)m.
【热点突破】
热点一 分组求和与并项求和
1.若数列{an}的通项公式为an＝cn±bn,或an＝{
cn,n 为奇数,
bn,n 为偶数,且{cn},{bn}为等差或等比数列,可采用
分组求和法求数列{an}的前n 项和.
2.若数列{an}的通项公式为an＝(－1)ncn(其中cn为等差数列)或an＝(－1)nf(n),可采用并项求和法求
数列{an}的前n 项和.
例1 已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1＝2,a2＝4,且Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝2.
(1)证明:数列{an}是等差数列,并求{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}满足b1＝1,b2＋b3＝0,求数列{an·bn}的前2n 项和T2n.
(1)证明 由Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝2,
得Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝2,
∴an＋2－an＋1＝2,
又a2－a1＝4－2＝2,∴数列{an}是以2 为首项,2 为公差的等差数列,∴an＝2n.
(2)解 设等比数列{bn}的公比为q,q≠0,
则b2＋b3＝q＋q2＝0,∴q＝－1,
∴bn＝(－1)n－1,∴an·bn＝2n·(－1)n－1,
∴T2n＝2－4＋6－8＋…＋2(2n－1)·(－1)2n－2＋2(2n)·(－1)2n－1
＝(2－4)＋(6－8)＋…＋[2(2n－1)·(－1)2n－2＋2(2n)·(－1)2n－1]
＝－2＋(－2)＋…＋(－2)＝－2n.
规律方法 分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组,转化为若干个可求和的数
列的和或差,然后再求和.
训练1 (2025·枣庄二模)在数列{an}中,a1＝20,an＋1＝an＋2n－2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn＝an－2n,求数列{bn}的前n 项和Sn的最大值.
解 (1)依题意,当n≥2 时,an－an－1＝2n－1－2,
则an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝20＋(21－2)＋(22－2)＋(23－2)＋…＋(2n－1－2)
＝(2＋22＋23＋…＋2n－1)－2(n－1)＋20
＝2(1−2
n−1)
1−2
－2n＋22＝2n－2n＋20,
a1＝20 满足上式,
所以{an}的通项公式为an＝2n－2n＋20.
(2)由(1)得bn＝an－2n＝－2n＋20,数列{bn}是递减等差数列,
由bn≥0,得n≤10,则数列{bn}前10 项均为非负数,从第11 项起为负数,
而b10＝0,因此数列{bn}前10 项和与前9 项和相等,都最大,
所以数列{bn}的前n 项和Sn的最大值为S10＝S9＝18＋0
2
×10＝90.
热点二 裂项相消法求和
裂项常见形式:(1)分母两项的差等于常数
1
(2n−1)(2n＋1) ＝1
2(
1
2n−1 −
1
2n＋1);
1
n(n＋k ) ＝1
k(
1
n −
1
n＋k).
(2)分母两项的差与分子存在一定关系
2
n
(2
n−1)(2
n＋1−1)
＝
1
2
n−1
－
1
2
n＋1−1;
n＋1
n
2(n＋2)
2 ＝1
4[
1
n
2 −
1
(n＋2)
2].
(3)分母含无理式
1
√n＋√n＋1 ＝√n＋1－√n.
例2 (2025·沈阳模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1,公差为d,记{an}的前n 项和为Sn,S4－2a2a3＋
14＝0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}公差d>1,令cn＝
an＋2
an·an＋1·2
n,求数列{cn}的前n 项和Tn.
解 (1)由题意可得,
S4－2a2a3＋14＝4a1＋6d－2(a1＋d)(a1＋2d)＋14
＝4＋6d－2(1＋d)(1＋2d)＋14＝0,
整理得d2＝4,则d＝±2,
可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1 或an＝1－2(n－1)＝－2n＋3,
故an＝2n－1 或an＝－2n＋3.
(2)因为d>1,由(1)可得d＝2,an＝2n－1,
则cn＝
2n＋3
(2n−1)(2n＋1)·2
n
＝
1
(2n−1)·2
n−1 －
1
(2n＋1)·2
n,
故Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝(1−
1
3×2
1)＋(
1
3×2
1 −
1
5×2
2)＋…＋[
1
(2n−1)·2
n−1 −
1
(2n＋1)·2
n]
＝1－
1
(2n＋1)·2
n,
所以Tn＝1－
1
(2n＋1)·2
n.
易错提醒 裂项相消法就是把数列的每一项分解,使得相加后项与项之间能够相互抵消,但在抵消
的过程中,有的是依次项抵消,有的是间隔项抵消.
训练2 (2025·海南调研)已知数列{an}中,a1＝1,且an≠0,Sn为数列{an}的前n 项和,√Sn＋√Sn−1＝
an(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若cn＝(−1)
nn
anan＋1
,求数列{cn}的前n 项和Tn.
解 (1)由于√Sn＋√Sn−1＝an(n≥2),an≠0,
所以√Sn＋√Sn−1≠0,
又an＝Sn－Sn－1,
所以√Sn＋√Sn−1＝Sn－Sn－1
＝(√Sn＋√Sn−1)(√Sn－√Sn−1),
所以√Sn－√Sn−1＝1,
所以数列{√Sn}为等差数列,公差为1,
又√S1＝√a1＝1,所以√Sn＝n,
所以当n≥2,n∈N*时,
an＝√Sn＋√Sn−1＝n＋n－1＝2n－1,
又a1＝1＝2×1－1,
所以an＝2n－1,n∈N*.
(2)cn＝
n(−1)
n
(2n−1)·(2n＋1)
＝(−1)
n
4 (
1
2n−1 ＋
1
2n＋1).
所以cn＝1
4[
(−1)
n
2n−1 −(−1)
n＋1
2n＋1 ],
所以数列{cn}的前n 项和
Tn＝1
4 {(−1−1
3)＋(
1
3 ＋1
5)＋(−1
5 −1
7)＋…＋[
(−1)
n
2n−1 −(−1)
n＋1
2n＋1 ]},
所以Tn＝－1
4 ＋(−1)
n
8n＋4 .
热点三 错位相减法求和
如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,那么求数列{an·bn}的前n 项和Sn时,可采用错位相减法.
例3 (2025·合肥二模)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1＝b1＝3,a2＋a4＝2b2,a1a3＝b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{
an
bn}的前n 项和.
解 (1)设公差为d,公比为q(q≠0),
a2＋a4＝2b2,
故2a1＋4d＝2b1q,6＋4d＝6q,
a1a3＝b3,故3(3＋2d)＝3q2,
联立{
6＋4 d ＝6q ,
3(3＋2d)＝3q
2,
解得{
d ＝3,
q＝3 或{
d ＝−3
2 ,
q＝0
(舍去),
故an＝3＋3(n－1)＝3n,bn＝3·3n－1＝3n.
(2)an
bn
＝3n
3
n ＝n
3
n−1,
设数列{
an
bn}的前n 项和为Sn,
则Sn＝1
3
0 ＋2
3 ＋3
3
2 ＋4
3
3＋…＋n
3
n−1,①
1
3Sn＝1
3 ＋2
3
2 ＋3
3
3 ＋4
3
4＋…＋n
3
n,②
①－②得2
3Sn＝1＋1
3 ＋1
3
2 ＋1
3
3＋…＋1
3
n−1 －n
3
n
＝
1−1
3
n
1−1
3
－n
3
n ＝3
2 －(n＋3
2)
1
3
n,
所以Sn＝9
4 －(
1
2 n＋3
4)
1
3
n−1.
易错提醒 用错位相减法求和时,应注意:
(1)等比数列的公比为负数的情形;(2)作差后所得等比数列的项数;(3)最后一项的符号.
训练3 (2025·郴州三模)已知数列{an}为等差数列,且a2＝3,a4＋a5＋a6＝27.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知数列{bn}的前n 项和为Sn,且Sn＝2bn－2,求数列{bn}的通项公式;
(3)已知数列{cn}满足:cn＝an·bn,求数列{cn}的前n 项和Mn.
解 (1)因为数列{an}为等差数列,
由a4＋a5＋a6＝3a5＝27,可得a5＝9,
所以数列{an}的公差为d＝a5−a2
5−2 ＝9−3
3
＝2,
故an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.
(2)当n＝1 时,b1＝S1＝2b1－2,解得b1＝2,
当n≥2 且n∈N*时,由Sn＝2bn－2 得Sn－1＝2bn－1－2,
上述两个等式作差可得bn＝2bn－2bn－1,
可得bn＝2bn－1,
所以数列{bn}是首项和公比均为2 的等比数列,
故bn＝2×2n－1＝2n.
(3)由(1)(2)可得cn＝anbn＝(2n－1)·2n,
所以Mn＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n－1)·2n,
则2Mn＝1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1,
上述两个等式作差得－Mn＝2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1
＝2＋2
3(1−2
n−1)
1−2
－(2n－1)·2n＋1＝－6＋(3－2n)·2n＋1,
整理得Mn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
【精准强化练】
1.(2025·昆明诊断)已知数列{an}的前n 项和为Sn,5Sn＋an＝1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn＝
1
lo g6an·lo g6an＋2,求数列{bn}的前n 项和Tn.
解 (1)由题得5Sn＋an＝1,
∴当n＝1 时,5S1＋a1＝1,得a1＝1
6,
当n≥2 时,5Sn－1＋an－1＝1,
两式作差得6an＝an－1,
即
an
an−1
＝1
6,
故数列{an}是首项为1
6,公比为1
6的等比数列,
所以an＝1
6
n.
(2)由(1)得bn＝
1
lo g6an·lo g6an＋2
＝
1
n(n＋2) ＝1
2(
1
n −
1
n＋2).
∴Tn＝1
2[(1−1
3)＋(
1
2 −1
4)＋…(
1
n−1 −
1
n＋1)＋(
1
n −
1
n＋2)]
＝1
2(1＋1
2 −
1
n＋1 −
1
n＋2)
＝3
4 －
2n＋3
2(n＋1)(n＋2).
2.已知正项数列{an}满足a1＝1,an＋1
2
－an
2＝8n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bn＝an·sin(
an
2 ·π),求数列{bn}的前2 026 项的和.
解 (1)因为an＋1
2
－an
2＝8n,
所以当n≥2 时,an
2＝(an
2－an−1
2
)＋…＋(a2
2－a1
2)＋a1
2＝8(n－1)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋(n－
1)]＋1＝8×n(n−1)
2
＋1＝(2n－1)2.
因为an>0,所以an＝2n－1,n≥2.
当n＝1 时,a1＝1 符合上式,所以an＝2n－1.
(2)bn＝an·sin(
an
2 · π)＝(－1)n＋1·(2n－1),所以当k∈N*时,
b2k－1＋b2k＝(4k－3)－(4k－1)＝－2,
故b1＋b2＋b3＋…＋b2 026＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 023＋b2 024)＋(b2 025＋b2 026)
＝－2×1 013＝－2 026.
3.(2025·黄冈调研)设数列{an}(n∈N*)满足:a1＋a2
2 ＋…＋an
n ＝n2.等比数列{bn}的首项b1＝1,公比为
2.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{
anbn
n }的前n 项和Tn.
解 (1)∵a1＋a2
2 ＋…＋an
n ＝n2,n≥1.
∴a1＋a2
2 ＋…＋an−1
n−1＝(n－1)2,n≥2,
∴an
n ＝n2－(n－1)2＝2n－1.
即an＝n(2n－1),n≥2,
当n＝1 时,a1＝1,满足上式.
∴an＝n(2n－1)＝2n2－n,
根据等比数列{bn}的首项b1＝1,公比为2,可知bn＝2n－1.
(2)由(1)知anbn
n ＝(2n－1)·2n－1.
∴Tn＝1·20＋3·21＋…＋(2n－1)·2n－1,
2Tn＝1·21＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n.
∴－Tn＝1＋2·21＋…＋2·2n－1－(2n－1)·2n＝1＋2·2(1−2
n−1)
1−2
－(2n－1)·2n
＝1＋4(2n－1－1)－(2n－1)·2n＝2·2n－(2n－1)·2n－3＝(3－2n)·2n－3.
∴Tn＝(2n－3)2n＋3.
4.(2025·南京段测)已知{an}是各项均为正数,公差不为0 的等差数列,其前n 项和为Sn,且a2＝
3,a1,a3,a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)定义:在数列{an}中,使log3(an＋1)为整数的an叫做“调和数”,求在区间[1,2 026]内所有“调和
数”之和.
解 (1)设{an}的公差为d.
因为a1,a3,a7成等比数列,
所以a3
2＝a1·a7,
则{
a2＝a1＋d ＝3,
(a1＋2d )
2＝a1·(a1＋6d ),
所以{
a1＝2,
d ＝1 或{
a1＝3,
d ＝0 (舍去).
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.
(2)设bn＝log3(an＋1),
所以an＝3
bn－1,
令1≤an＝3
bn－1≤2 026,且bn为整数,
由36＝729,37＝2 187,知36<2 026<37,
所以bn可以取1,2,3,4,5,6,
此时an分别为31－1,32－1,33－1,34－1,35－1,36－1,
所以在区间[1,2 026]内所有“调和数”之和为(31－1)＋(32－1)＋(33－1)＋(34－1)＋(35－1)＋(36－
1)
＝(31＋32＋33＋34＋35＋36)－6
＝3×(1−3
6)
1−3
－6＝1 086
