【新高考复习】专题7.4 数列求和 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析

专题7.4数列求和新课程考试要求1.掌握等差数列、等比数列前n项和公式及其应用..核心素养本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理、数学运算、数学抽象、数学建模等.考向预测1.等差数列与等比数列综合确定基本量，利用“裂项相消法”“错位相减法”等求和.2.简单的等差数列、等比数列求和..3.往往以数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后再与不等式、函数、最值等问题综合，近几年难度有所降低，.考查公式法求和、“裂项相消法”、“错位相减法”较多.4.复习中注意:（1）灵活选用数列求和公式的形式，关注应用公式的条件；（2）熟悉分组求和法、裂项相消法及错位相减法．【知识清单】知识点一．数列求和1.等差数列的前和的求和公式：.2．等比数列前n项和公式一般地，设等比数列的前项和是，当时，qqaSnn1)1(1或11nnaaqSq；当1q时，1naSn（错位相减法）.3.数列前项和①重要公式：（1）123n（2）13521n（3）（4）n11()(1)22nnnaannSnad123,,,,,naaaannS123naaaa1qn1nkk2)1(nn1(21)nkk2n31nkk2333)1(2121nnn21nkk)12)(1(613212222nnnn②等差数列中，mnmnSSSmnd；③等比数列中，nmmnnmmnSSqSSqS.【考点分类剖析】考点一：公式法、分组转化法求和【典例1】（2021·全国高三其他模拟）设数列na的前n项和为nS，且11a，________，在以下三个条件中任选一个填入以上横线上，并求数列1nnaS的前n项和nT．①122nnaS；②121nnaa；③121nnSa．【答案】答案不唯一，具体见解析．【解析】选条件①时，直接利用数列递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用分组法求出数列的和；选条件②时，首先利用构造新数列法求出数列的通项公式，进一步用公式法求出求出数列的和；选条件③时，首先利用构造新数列法求出数列的通项公式，进一步利用分组法求出数列的和.【详解】解：选条件①时，因为122nnaS，所以122nnnSSS，所以132nnSS，整理得1131nnSS，所以1nS为首项为2，公比为3的等比数列，所以1123nnS，即1231nnS因为122nnaS，所以112231nnnnaSS，所以数列1nnaS的前n项和011232323111nnT31nn．即31nnTn选条件②时，121nnaa；整理得：1121nnaa，故数列1na是以112a为首项，2为公比的等比数列．所以21nna，故1121nna，所以1112121121nnnnaSnn，所以1nnaS为等差数列，所以数列1nnaS的前n项和312122nnnTnn．选条件③时，由于121nnSa①，当2n时，121nnSa，②，①－②得：13nnaa，所以数列na是以1为首项，3为公比的等比数列，所以1331132nnnS，则131331122nnnnnaSS，所以数列1nnaS的前n项和1213333332222nnT13364nn．即13364nnnT所以13364nnnT．【典例2】（2019·天津高考真题（理））设na是等差数列，nb是等比数列.已知1122334,622,24abbaba，.（Ⅰ）求na和nb的通项公式；（Ⅱ）设数列nc满足111,22,1,,2,kknkknccbn其中*kN.（i）求数列221nnac的通项公式；（ii）求2*1niiiacnN.【答案】（Ⅰ）31nan；32nnb（Ⅱ）（i）221941nnnac（ii）2*211*12725212nnniiiacnnnNN【解析】(Ⅰ)设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q.依题意得262426262424124qddqdd，解得32dq，故4(1)331nann，16232nnnb.所以，na的通项公式为31nan，nb的通项公式为32nnb.(Ⅱ)(i)22211321321941nnnnnnnacab.所以，数列221nnac的通项公式为221941nnnac.(ii)22111nniiiiiiiacaac2222111nniiiiiaac2212432nnn1941nii2114143252914nnnn211*2725212nnnnN.【总结提升】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．分组转化法求和的常见类型n(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．3．分组转化求和法：有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.4．倒序相加法：类似于等差数列的前项和的公式的推导方法，如果一个数列na的前项中首末两端等“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项和即可用倒序相加法，如等差数列的前项和公式即是用此法推导的．5．并项求和法：一个数列的前项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如1nnafn类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721nS100999897215050.【变式探究】1.（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知数列na中，11a，121nnaan，nnban.（1）求证：数列nb是等比数列;（2）求数列na的前n项和nS.【答案】（1）证明见解析（2）11222nnnnS【解析】（1）证明：因为121,nnnnaanban所以11121122nnnnnbanannanb,又因为11120ba,则12nnbb,所以数列nb是首项为2,公比为2的等比数列.（2）由（1）知2nnnanb,所以2nnan,nnnnn所以232122232nnSn232222123nn121211221222nnnnnn2．（2021·全国高三其他模拟（文））已知数列na满足12a，111223nnnaa，113nnnba.（1）求证：数列nb是等比数列；（2）设数列na的前n项的和为nS，求证：72nS.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）利用定义法求1nnbb为定值即可；（2）利用分组求和法求得nS，即可得证.【详解】（1）因为12a，111223nnnaa，113nnnba，所以1111111111111322332231112333nnnnnnnnnnnnnnnaaabbaaa，又1111ba，所以数列nb是首项为1，公比为12的等比数列.（2）由（1）得111132nnnnba，所以111123nnna，所以212111111111222333nnnS111111131373222112223221123nnnn.考点二：错位相减法求和【典例3】（2021·陕西高三其他模拟（理））数列na前n项和为nS，11a，11121*()1nnnnaSSnN.（1）求na的通项公式；（2）若nnabn，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）12nna；（2）1242nnnT.【解析】（1）利用11nnnaSS,将111211nnnnaSS变形，再利用累加法即可解出nS，则可求出na的通项公式.（2）利用错位相减，求出nT即可.【详解】（1）数列na前n项和为nS，11a，111211nnnnaSS①.当1n时，解得22a；①式转换为111111112nnnnnSSSS，整理得：11111112nnnSS，利用叠加法：23121111111111111122222nnnnSSSS，所以111111122nnS，整理得：21nnS（首项符合通项），故112nnnnaSS.（2）由（1）得：nnabn，所以：12nnnb，故21231222nnnT①，231123 22222nnnT②，①-②得：1111 12222nnnnT，整理得：1242nnnT.【典例4】（2019·天津高考真题（文））设na是等差数列，nb是等比数列，公比大于0，已知113ab，23ba，3243ba.（Ⅰ）求na和nb的通项公式；（Ⅱ）设数列nc满足21,,,nnncbn为奇数为偶数求*112222nnacacacnN.【答案】（I）3nan，3nnb；（II）22(21)369()2nnnnN【解析】（I）解：设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，依题意，得23323154qdqd，解得33dq，故33(1)3nann，1333nnnb，所以，na的通项公式为3nan，nb的通项公式为3nnb；（II）112222nnacacac135212142632()()nnnaaaaabababab123(1)[36](6312318363)2nnnnn21236(13233)nnn，记1213233nnTn①则231313233nnTn②②①得，231233333nnnTn113(13)(21)333132nnnnn，所以122112222(21)3336332nnnnnacacacnTn22(21)369()2nnnnN