例談數列求和中的分組求和法

［摘 要］數列求和是數列問題中的重要題型之一。文章結合幾個典型例題，探討分組求和法在數列求和中的運用，旨在提高學生的解題能力，拓展學生的思維。

［關鍵詞］分組求和法；數列求和；等差數列；等比數列

［中圖分類號］" " G633.6" " " " " " " " ［文獻標識碼］" " A" " " " " " " " ［文章編號］" " 1674-6058（2025）02-0023-03

數列求和是數列問題中的重要題型之一。數列求和的方法多樣，包括公式法（直接應用等差數列或等比數列的求和公式）、倒序相加法、裂項相消法、錯位相減法和分組求和法等。其中，分組求和法尤為靈活多變。那么，哪些數列適合采用分組求和法進行求和呢？

一、通項可拆分為等差數列或等比數列和（差）的數列

［例1］已知數列[an]滿足[a1=2]，[an+1=an+2]；數列[bn]是各項都為正數的等比數列，且滿足[b1b3=116]，[b5=132]。（1）求數列[an]，[bn]的通項公式；（2）記[cn=2an-bn]，求數列[cn]的前[n]項和[Tn]。

解析：（1）因為[a1=2]，[an+1=an+2]，所以[an]是以2為首項，公差為2的等差數列，故[an=2n]。

設等比數列[bn]的公比為[q（qgt;0）]，又[b1b3=116]，[b5=132]，所以[b21q2=116，b1q4=132，]解得[b1=12，q=12]或[b1=12，q=-12]（舍去），所以[bn=12n]。

（2）由（1）可得[cn=2an-bn=4n-12n]，所以[Tn=4-12+8-122+12-123+…+4n-12n][=4+8+12+…+4n-12+122+123+…+12n ][=4+4nn2-121-12n1-12=2n2+2n-1+12n]。

評析：由于[cn=4n-12n]，數列[4n]是等差數列，數列[12n]是等比數列，因此可將原數列的前[n]項分為等差數列部分和等比數列部分，進而求這兩部分和的差。

二、通項是分段形式的數列，即奇數項與偶數項的通項不一樣的數列

［例2］已知遞增的等比數列[an]滿足[a3=4]，且[a2，a3，a4-2]成等差數列。（1）求[an]的通項公式；（2）設[bn=2an（n為奇數），12an-1（n為偶數），]求數列[bn]的前[2n]項和。

解析：（1）因為[a2，a3，a4-2]成等差數列，所以[2×4=a1q+a1q3-2]，即[a1q+a1q3=10]，又因為[a1q2=4]，所以[4q+4q=10]，解得[q=2]，[a1=1]，或[q=12]，[a1=16]，因為數列[an]是遞增數列，所以[q=2]，[a1=1]，故通項公式為[an=2n-1]，[n∈N]。

（2）由（1）可知，[an=2n-1]，則[bn=2n（n為奇數），2n-2-1（n為偶數），]所以[b1+b2+b3+…+b2n=（b1+b3+b5+…+b2n-1）+（b2+b4+b6+…+b2n）=（21+23+25+…+22n-1）+（20-1+22-1+24-1+…+22n-2-1）=（2+8+32+…+2·4n-1）+（1+4+16+…+4n-1-n）=2×（1-4n）1-4+1×（1-4n）1-4-n=4n-1-n]。

評析：本例（2）由（1）可得[bn=2n（n為奇數），2n-2-1（n為偶數），]則數列[bn]的前[2n]項和可以分為奇數項和與偶數項和兩組，分別求和即可。這類問題的求和與例1相似，但需注意項數：求數列[bn]的前[2n]項和時，奇數項與偶數項的項數都是[n]；求前[2n+1]項和時，奇數項比偶數項多一項。

［變式］已知各項均為正數的數列[an]的前[n]項和為[Sn]，[a1=1]，[lgan+lgan+1=lg2n]，[n∈N*]，則[S9=]" " " " " " " " " " "。

解：由[lgan+lgan+1=lg2n]可得[lg（anan+1）=lg2n]，即[anan+1=2n]，所以[an+1an+2=2n+1]，兩式相除可得[an+2an=2]，即[a3a1=a5a3=…=a4a2=a6a4=2]，由[a1=1]可得[a2=2]，因此數列[an]的奇數項是以[a1=1]為首項，公比為2的等比數列，偶數項是以[a2=2]為首項，公比為2的等比數列，所以[S9=a1+a2+a3+…+a9=（a1+a3+a5+a7+a9）+（a2+a4+a6+a8）=1×（1-25）1-2+2×（1-24）1-2=61]。

三、通項具有周期性的數列

［例3］意大利數學家萊昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即[F（1）=F（2）=1]，[F（n）=F（n-1）+F（n-2）（n≥3，n∈N*）]，此數列在現代物理“準晶體結構”、化學等領域都有著廣泛的應用。若此數列被2除后的余數構成一個新數列[an]，則數列[an]的前2023項的和為（" " " " ）。

A. 1348" " " " B. 675" " " " "C. 1349" " " " D. 1350

解析：依題意，若[an=0]，等價于[F（n）]為偶數，若[an=1]，等價于[F（n）]為奇數，顯然[a1=1]，[a2=1]，[a3=0]，[a4=1]，[a5=1]，[a6=0]，…，猜想：

[an=1，n=3k-2，1，n=3k-1，0，n=3k，][k∈N*]，當[k=1]時，[a1=1]，[a2=1]，[a3=0]成立；假設當[k=m≥1（m∈N*）]時，[a3m-2=1]，[a3m-1=1]，[a3m=0]成立，則[F（3m-2）]，[F（3m-1）]為奇數，[F（3m）]為偶數；當[k=m+1]時，則[F（3m+1）=F（3m-1）+F（3m）]為奇數，[F（3m+2）=F（3m）+F（3m+1）]為奇數，[F（3m+3）=F（3m+1）+F（3m+2）]為偶數，故[a3m+1=1]，[a3m+2=1]，[a3m+3=0]符合猜想，因此[an=1，n=3k-2，1，n=3k-1，0，n=3k，][k∈N*]，[a3k-2+a3k-1+a3k=2]，[k∈N?]，所以數列[an]的前2023項的和為[674（a1+a2+a3）+a1=674×2+1=1349]。故選C。

評析：本例可由已知條件寫出數列[an]的前若干項，而此數列的周期為3，因此可將同一周期內的三項分為一組進行求和。一般來說，周期數列求和可歸結為求同一周期內若干項的和，并注意加上尾部剩余項。

四、通項公式或遞推關系含有[（-1）n]的數列

［例4］已知數列[an]滿足[an+1+2an=6n+5]，且[a1=3]，若[bn=（-1）nan]，則[b1+b2+b3+…+b2024=]" " " " " " " " " 。

解析：因為[an+1+2an=6n+5]，所以[an+1-2（n+1）-1=-2（an-2n-1）]，又[a1=3]，則[a1-2×1-1=3-2-1=0]，所以[an+1-2（n+1）-1=-2（an-2n-1）=（-2）2an-1-2（n-1）-1=…][=（-2）n（a1-2×1-1）=0]，故[an-2n-1=0]，則[an=2n+1]，所以[bn=（-1）nan=（-1）n（2n+1）]，則[bn]的各項分別為[-3，5，-7，9，-11，13，…]，所以[b1+b2+b3+…+b2024=（-3+5）+（-7+9）+（-11+13）+…+（-4047+4049）=2×1012=2024]。

評析：本題的解題關鍵在于將遞推關系式化為[an+1-2（n+1）-1=-2（an-2n-1）]，從而求得[an]，由于[bn=（-1）n（2n+1）]的相鄰兩項之和剛好是一個常數（該常數是等差數列[2n+1]的公差），故求和時只需將相鄰兩項作為一組進行求和。

［例5］已知數列[an]滿足[an+（-1）nan+1=1+（-1）nn506]，記數列[an]的前[n]項和為[Sn]，則[S2024=]" " " " " " " " " "。

解析：因為數列[an]滿足[an+（-1）nan+1=1+（-1）nn506]①，當[n=2k（k∈N*）]時，①式化為[a2k+a2k+1=1+2k506]②，當[n=2k-1（k∈N*）]時，①式化為[a2k-1-a2k=1-2k-1506]③，當[n=2k+1（k∈N*）]時，①式化為[a2k+1-a2k+2=1-2k+1506]④，②[+]③可得[a2k+1+a2k-1=2+1506]，②[-]④可得[a2k+a2k+2=4k+1506]，所以[S2024=a1+a2+a3+a4+…+a2023+a2024=] [（a1+a3）+（a2+a4）+（a5+a7）+（a6+a8）+…+][（a2021+a2023）+（a2022+a2024）=（a1+a3）+（a5+a7）+…+][（a2021+a2023） + （a2+a4）+ （a6+a8） +…+ （a2022+a2024）=][2+1506×506+5506+13506+…+4045506=][1013+125506+4045506×506=3038]。故答案為[3038]。

評析：本題的解題關鍵是推出[a2k+1+a2k-1=2+1506]，[a2k+a2k+2=4k+1506]，然后利用數列的遞推式和數列分組（并項）求和法計算。

［變式］已知數列[an]滿足[（-1）n+1an+2+（-1）nan=3（-1）n+1（n∈N*）]，若[a1=a2=1]，則[an]的前20項和[S20=]" " " " " " " " " " 。

解析：數列[an]滿足[（-1）n+1an+2+（-1）nan=3（-1）n+1]，當[n]為奇數時，[an+2-an=-2]，即數列[a2n-1]是以[a1=1]為首項，公差為-2的等差數列，于是[a2n-1=1+（n-1）·（-2）=-2n+3]，當[n]為偶數時，[-an+2+an=4]，即[an+2-an=-4]，則數列[a2n]是以[a2=1]為首項，公差為[-4]的等差數列，于是[a2n=1+（n-1）·（-4）=-4n+5]，所以[an]的前20項和[S20=1+（-17）2×10+1+（-35）2×10=-250]。

五、通項公式或遞推關系含有三角函數的數列

［例6］如圖1，陰影正方形的邊長為[1]，以其對角線長為邊長，各邊均經過陰影正方形的頂點，作第[2]個正方形；再以第[2]個正方形的對角線長為邊長，各邊均經過第[2]個正方形的頂點，作第[3]個正方形……依此繼續。若視陰影正方形為第[1]個正方形，第[n]個正方形的面積記為[an]，則[n=12024cos（nπ）·log2an= ]" " " " " " " " " "。

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圖1

解析：第1個正方形的邊長為[b1=1]，面積為[a1=b21=1]，第2個正方形的邊長為[b2=2×22b1=2b1]，面積為[a2=b22=2b12=2b21=2a1]，第3個正方形的邊長為[b3=2×22b2=2b2]，面積為[a3=b23=2b22=2b22=2a2]，…，進而可知[an]是以1為首項，公比為[2]的等比數列，所以[an=2n-1]，所以[log2an=log22n-1=n-1]，由于[cos（nπ）=1，n=2k，k∈N?，-1，n=2k-1，k∈N?，]所以[n=12024cos（nπ）·log2an=n=12024cos（nπ）·（n-1）=0+1-2+3-4+5-…+2021-2022+2023 =0+（1-2）+（3-4）+…+（2021-2022）+2023=-1011+2023=1012]。

評析：本題先由條件求數列[an]前幾項的關系，由此判斷[an]為等比數列，再利用分組求和法求[n=12024cos（nπ）·log2an]。因為三角函數具有周期性，而本題中[log2an]是等差數列，所以例6其實是例4的“翻版”。

［變式］已知在數列[an]中，[a1=1，nan+1-（n+1）an=1]。（1）求數列[an]的通項公式；（2）若數列[bn]滿足[bn=sinπ2an+1+cos（πan）]，求數列[bn]的前2024項和[T2024]。

解析：（1）因為[nan+1-（n+1）an=1]，可得[an+1n+1-ann=1n（n+1）=1n-1n+1]，所以，當[n≥2]時，[a22-a11+a33-a22+…+ann-an-1n-1=11-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n]，當[n=1]時，[a1=2n-1]成立，所以[an=2n-1]。

（2）由（1）可知，[bn=sinπ2an+1+cos（πan）=] [sinπ2（2n+1）+cosπ（2n-1）=cosnπ-cos2nπ]，所以[T2n=b1+b2+…+b2n=cosπ+cos2π+…+] [cos（2n-1）π+cos2nπ-cos2π+cos4π+…+cos（4n-2）π+cos4nπ]，因為[cos（2n-1）π+cos2nπ=-cos2nπ+cos2nπ=0 ]，[cos2nπ=1]，于是[（cosπ+cos2π）+…+cos（2n-1）π+cos2nπ=0]，[cos2π+cos4π+…+cos（4n-2）π+cos4nπ=2n]，故[T2n=-2n]，所以數列[bn]的前[2024]項的和為[-2024]。

由以上例題和變式的分析可知，分組求和的思想是先分組后求和，主要有兩種情形：（1）若數列[an]的通項公式為多項式，需對多項式各個部分先進行求和，再相加；（2）若數列[an]中某些項滿足某種變化規律，先把滿足同一規律的項求和，再相加。

（責任編輯" "黃春香）