2023年第七章 第节4.doc

第4节　数列求和最新考纲　1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.了解非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．知 识 梳 理求数列的前n项和的方法(1)公式法①等差数列的前n项和公式Sn＝＝na1＋d．②等比数列的前n项和公式(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；(ⅱ)当q≠1时，Sn＝＝.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．(6)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．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.[常用结论与微点提醒]1．一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；(3)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n.2．常见的裂项公式(1)＝－.(2)＝.(3)＝－.诊 断 自 测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　)(2)当n≥2时，＝(－)．(　　)(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(　　)(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.(　　)解析　(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解．答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√2．(必修5P38A改编)等差数列{an}中，已知公差d＝，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100＝(　　)A．50 B．75 C．100 D．125解析　a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d＝50＋50×＝75.答案　B3．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.答案　C4．(必修5P38T8改编)一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是(　　)A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)解析　第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×＝100＋200(1－2－9)．答案　A5．(必修5P61A4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．解析　设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝－nxn，∴Sn＝－.答案　－6．(2019·丽水测试)“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)则a7＝________；若a2 018＝m，则数列{an}的前2 016项和是________(用m表示)．解析　①∵a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，∴a3＝1＋1＝2，同理可得：a4＝3，a5＝5，a6＝8，则a7＝13.②∵a1＝1，a2＝1，an＋an＋1＝an＋2(n∈N*)，∴a1＋a2＝a3，a2＋a3＝a4，a3＋a4＝a5，a2 015＋a2 016＝a2 017a2 016＋a2 017＝a2 018.以上累加得，a1＋2a2＋2a3＋2a4＋…＋2a2 016＋a2 017＝a3＋a4＋…＋a2 018，∴a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2 016＝a2 018－a2＝m－1.答案　13　m－1考点一　分组转化法求和【例1】 (2019·天津卷)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.(1)求{an}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和．解　(1)设数列{an}的公比为q.由已知，有－＝，解得q＝2或q＝－1.又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，所以a1·＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－，即{bn}是首项为，公差为1的等差数列．设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2.规律方法　(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．【训练1】 (1)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　　)A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－C．n2＋1－ D．n2－n＋1－(2)(2019·杭州七校联考)数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 016等于(　　)A．1 008 B．2 016 C．504 D．0解析　(1)该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.(2)a1＝cos ＝0，a2＝2 cos π＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2 014，2 016.故S2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008.答案　(1)A　(2)A考点二　裂项相消法求和【例2】 Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．解　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由于an>0，可得an＋1－an＝2.又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.规律方法　(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．【训练2】 (2019·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和．解　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，又n＝1时，a1＝2适合上式，从而{an}的通项公式为an＝.(2)记的前n项和为Sn，由(1)知＝＝－，则Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.考点三　错位相减法求和【例3】 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.解　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式．所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d，由即可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)·2n＋1..又Tn＝c1＋c2＋…＋cn.得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]．2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]．两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×＝－3n·2n＋2.所以Tn＝3n·2n＋2.规律方法　(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和．(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．【训练3】 (2019·山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.解　(1)设{an}的公比为q，由题意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，又an>0，由以上两式联立方程组解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝，则cn＝，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋，又Tn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得Tn＝＋－，所以Tn＝5－.基础巩固题组一、选择题1．(2019·杭州调研)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝(　　)A．9 B．8 C．17 D．16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.答案　A2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)A．200 B．－200 C．400 D．－400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.答案　B3．(2019·湖州调研)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)A．9 B．15 C．18 D．30解析　∵an＋1－an＝2，a1＝。