第30讲 数列求和（精讲）【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）第30讲数列求和（精讲）题型目录一览①裂项相消法②错位相减法③分组（并项）求和法④倒序相加法⑤数列求和的其他方法一、公式法（1）等差数列na的前n项和11()(1)22nnnaannSnad（2）等比数列na的前n项和111(1)11，，nnnaqSaqqq（3）一些常见的数列的前n项和：①112123(1)nkknnn；122462(1)nkknnn②21(21)135(21)nkknn；③22222116123(1)(21)nkknnnn；④3333321(1)2123[]nknnkn二、几种数列求和的常用方法（1）分组求和法：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）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．（3）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．一、知识点梳理（4）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．（5）倒序相加法：如果一个数列na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．【常用结论】裂项技巧①等差型（1）111(1)1nnnn（2）1111()()nnkknnk（3）21111()4122121nnn（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)nnnnnnn（5）211111()(1)(1)(1)2(1)(1)nnnnnnnnn（6）22111414(21)(21)nnnn②根式型（1）111nnnn（2）11()nknknkn（3）11(2121)22121nnnn③指数型（1）11112(21)(21)11(21)(21)(21)(21)2121nnnnnnnnn（2）113111()(31)(31)23131nnnnn（3）122(1)21111(1)2(1)2122(1)2nnnnnnnnnnnnnnnn④三角型（1）11(tantan)coscossin()（2）11tan(1)tancoscos(1)sin1nnnn（3）1tantan(tantan)1tan()⑤阶乘（1）1!(1)!1(1)!nnnn题型一裂项相消法策略方法（1）基本步骤（2）裂项原则一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．（3）消项规律消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．【典例1】正项的等差数列na的前项和为nS，14a，且2a，42a，728a成等比数列．(1)求数列na的通项公式；(2)令12nnbS，数列nb的前项和为nT，求证12nT．【答案】(1)*22Nnann(2)见详解.【分析】（1）根据等差数列的通项和等比数列的等比中项性质求解即可；二、题型分类精讲（2）由等差数列的前n项和公式，结合裂项相消进行求和进行比较可得结果.【详解】（1）在正项的等差数列na中，因为14a，所以设公差为0dd，2a，42a，728a成等比数列，所以2427228aaa，即1211322128aaddad，即263412ddd，即24120dd，解得2d，或6d（舍去），所以*1(1)42(1)22Nnaandnnn.（2）证明：由（1）1(26)(3)22nnnaannSnn，所以2111(322)23nnbSnnnn1111212nnnn，1111111123341222nTnnn因为*Nn，所以111222nTn．【典例2】已知数列na的各项均为正数，其前n项和nS满足11111nnnSaa，*nN．(1)证明：数列na是等比数列；(2)若12a，求数列11nnnSSS的前n项和nT．【答案】(1)证明见解析(2)1114232n【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn，得到11111nnnnnnaaaaaa，整理得到211nnnaaa，证明出结论；（2）先求出26a，结合第一问可得到等比数列的公比及31nnS，进而变形得到11111123131nnnnnSSS，利用裂项相消法求和.【详解】（1）因为11111nnnSaa，*nN，所以111nnnnnaaSaa①，当2n时，1111nnnnnaaSaa②，则①－②得：1111nnnnnnnnnaaaaaaaaa，因为0na，所以11111nnnnnnaaaaaa整理得：211nnnaaa，即11nnnnaaaa，所以数列na是等比数列；（2）11111nnnSaa中，令1n得，1121111aaa，因为12a，所以232111a，解得26a，故等比数列na的公比213aqa，所以123nna；2133113nnnS，故11113111231313131nnnnnnnnSSS，则111111111111111228826313122314232nnnnnT【题型训练】一、单选题1．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知等差数列na的前n项和为nS，3212SSS，535S，则12233410111111aaaaaaaa（）A．1031B．1021C．3031D．2021【答案】A【分析】根据条件求出na的通项公式，再运用裂项相消法求和.【详解】设等差数列na的公差为d，因为535S，所以531725Saad…①，又3212SSS，即212322aaa，21114,3aaadda，代入①，解得11a，3d，则1132naandn，所以12233410111111111114477102831aaaaaaaa1111111013447283131；故选：A.2．（2023·海南·校联考模拟预测）设数列na的通项公式为212nann，数列1na的前n项和为nT，那么6T等于（）A．12B．49C．2945D．6956【答案】D【分析】根据题意化简得到1112nann，结合消项法，即可求解.【详解】由数列na的通项公式为21(2)22nnnann，可得1211(2)2nannnn，所以61111111111111169(1)()()()()()13243546576827856T.故选：D.3．（2023·全国·高三专题练习）古希腊毕达哥拉斯学派认为数是万物的本源，因此极为重视数的理论研究，他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并将它们排列成各种形状进行研究.形数就是指平面上各种规则点阵所对应的点数，是毕哥拉斯学派最早研究的重要内容之一.如图是三角形数和四边形数的前四个数，若三角形数组成数列na，四边形数组成数列nb，记111nnncba，则数列nc的前10项和为（）A．910B．1011C．95D．2011【答案】D【分析】通过对已知信息的分析归纳得出数列na和数列nb的通项，进而求得数列nc的通项和前n项和，求得答案.【详解】由题意可得，11232nnnan，213521nbnn，∴111nnncba211212nnn21nn1121nn，设数列nc的前n项和为nS，∴11111212231nSnn21nn，∴102011S.故选：D.4．（2023·江西南昌·统考三模）已知nN，将数列{21}n与数列21n的公共项从小到大排列得到新数列na，则1210111aaa（）A．919B．1021C．1123D．1225【答案】B【分析】由题意分析出数列{21}n与数列21n的公共项，找出他们公共项的通向公式，再利用裂项相消法解决问题.【详解】若数列{21}n与数列21n的公共项，则设2211,mmnnN，即22,mmnnN，因为2nnN为偶数，所以mmN也为偶数，所以令数列{21}n与数列21n的公共项为：222141nannnN，所以211141212121121112nnnnnan，所以12101111111111112335571921aaa1112010122122121，故选：B.5．（2023·全国·高三专题练习）数列na的前n项和为nS，对一切正整数n，点,nnS在函数22fxxx的图象上，12nnnbaa（*nN且1n），则数列nb的前n项和为nT（）A．2121nnB．231nC．222nnD．233n【答案】D【分析】根据nS与na的关系求得21nan，进而求出2321nbnn，利用裂项相消求和法即可求解.【详解】由题意知22nSnn①，当1n时，113Sa，当2n时，221(1)2(1)1nSnnn②，①-②，得121nnnaSSn，若1n，13a，符合题意，所以21nan，则123nan，所以12223212123nnnbnnaann，则12nnTbbb53752321nn233n.故选：D.6．（2023·广东广州·统考一模）若数列{}na满足111(1)1nnann，则{}na的前2022项和为（）A．12022B．12023C．20212022D．20222023【答案】D【分析】根据数列奇偶交替的性质相加求和即可.【详解】当n为奇数时，111nann，当n为偶数时，111nann，2022111111111(1)()()......()()223342021202220222023S[phone].故选：D二、填空题7．（2023春·四川内江·高三威远中学校校考阶段练习）数列na满足1,N(21)(23)nannn，其前n项和为nS若nSM恒成立，则M的最小值为．【答案】16【分析】由裂项公式得11122123nann，结合叠加法