【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第六章第4讲　数列求和学案 13页

第4讲　数列求和 ‎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 Sn＝ ‎3．一些常见数列的前n项和公式 ‎(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.‎ ‎(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2．‎ ‎(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n．‎ ‎4．数列求和的常用方法 ‎(1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n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n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．‎ ‎(2)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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．‎ ‎(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，从而求得其和．‎ ‎(4)分组转化法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．‎ ‎(5)并项求和法 一个数列的前n项和，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．‎ ‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(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．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√　(3)×‎ ‎ 若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________．‎ 解析：S50＝(1－2)＋(3－4)＋(5－6)＋…＋(49－50)＝－25.‎ 答案：－25‎ ‎ 数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于________．‎ 解析：Sn＝1＋3＋5＋…＋ ‎＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋ ‎＝＋＝n2＋1－.‎ 答案：n2＋1－ ‎ 数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 017＝________．‎ 解析：因为数列an＝ncos呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.‎ 故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.‎ 因此S2 017＝S2 016＋a2 017‎ ‎＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋(a2 013＋a2 014＋a2 015＋a2 016)＋a2 017＝×2＋a1＝1 008.‎ 答案：1 008‎ ‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.‎ 解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①‎ 所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②‎ ‎①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.‎ 答案：(n－1)2n＋1＋2‎ 分组转化法求和 ‎[典例引领]‎ ‎ 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ ‎【解】　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.‎ a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.‎ ‎(2)由(1)知an＝n，‎ 故bn＝2n＋(－1)nn.‎ 记数列{bn}的前2n项和为T2n，‎ 则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．‎ 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，‎ 则A＝＝22n＋1－2，‎ B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.‎ 在本例(2)中，如何求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：由本例(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]‎ ‎＝＋＝2n＋1＋－2；‎ 当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]‎ ‎＝2n＋1－2＋－n＝2n＋1－－.‎ 所以Tn＝ 分组转化法求和的常见类型 ‎(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和；‎ ‎(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．‎ ‎[注意]　某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．‎ ‎[通关练习]‎ 已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.‎ 解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]·ln 3，　‎ 所以当n为偶数时，‎ Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3‎ ‎＝3n－ln 3－ln 2－1.‎ 综上所述，Sn＝ 错位相减法求和 ‎[典例引领]‎ ‎ (2017·高考天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．‎ ‎【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，解得q＝2.所以，bn＝2n.‎ 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8　①.由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16　②，‎ 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.‎ 所以，{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.‎ ‎(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，‎ ‎2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，‎ 上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1‎ ‎＝－4－(6n－2)×2n＋1‎ ‎＝－(3n－4)2n＋2－16.‎ 得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.‎ 所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.‎ 错位相减法求和时的3个注意点 ‎(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．‎ ‎(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．‎ ‎(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．　 ‎ ‎[通关练习]‎ 在数列{an}中，a1＝，an＋1＝an，n∈N*.‎ ‎(1)求证：数列为等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解：(1)证明：由an＋1＝an知＝·，‎ 所以是以为首项，为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知是首项为，公比为的等比数列．‎ 所以＝.所以an＝.‎ 所以Sn＝＋＋…＋，①‎ 则Sn＝＋＋…＋，②‎ ‎①－②得Sn＝＋＋＋…＋－＝1－，‎ 所以Sn＝2－.‎ 裂项相消法求和(高频考点)‎ 裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列{an}的通项公式，达到求解目的．主要命题角度有：‎ ‎(1)形如an＝型；‎ ‎(2)形如an＝型．‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 角度一　形如an＝型 ‎ (2017·高考全国卷Ⅲ)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，‎ 故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．‎ 两式相减得(2n－1)an＝2，‎ 所以an＝(n≥2)．‎ 又由题设可得a1＝2，‎ 从而{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)记{}的前n项和为Sn.‎ 由(1)知＝＝－.‎ 则Sn＝－＋－＋…＋－＝.‎ ‎ 角度二　形如an＝型 ‎ 已知函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 018＝________．‎ ‎【解析】　由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝.‎ 则f(x)＝x.‎ 所以an＝＝＝－，‎ S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－ )＋(－ ‎)＝－1.‎ ‎【答案】　－1‎ 利用裂项相消法求和的注意事项 ‎(1)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；或者前面剩几项，后面也剩几项；‎ ‎(2)将通项裂项后，有时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相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝__________．‎ 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，即 解得所以Sn＝，‎ 因此＝2＝.‎ 答案： ‎2．(2018·广东五校协作体第一次诊断考试)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列 {bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)因为Sn＝2an－a1，‎ 所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，‎ 所以an＝2an－2an－1，化为an＝2an－1.‎ 由a1，a2＋1，a3成等差数列得，2(a2＋1)＝a1＋a3，‎ 所以2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.‎ 所以数列{an}是等比数列，首项为2，公比为2.‎ 所以an＝2n.‎ ‎(2)因为an＋1＝2n＋1，所以Sn＝＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.‎ 所以bn＝＝＝(－)．‎ 所以数列{bn}的前n项和 Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)．‎ ‎ 非等差、等比数列求和的两种思想 ‎(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成．‎ ‎(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．‎ ‎ 解决非等差、等比数列求和应注意的3个问题 ‎(1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．‎ ‎(2)在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号．‎ ‎(3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．　　　 ‎ ‎1．数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为(　　)‎ A．－200　　　　　　　　　 B．－100‎ C．200 D．100‎ 解析：选D.由题意知S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.‎ ‎2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为(　　)‎ A．990　　　　　　　　　　 B．1 000‎ C．1 100 D．99‎ 解析：选A．n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.‎ ‎3．Sn＝＋＋＋…＋等于(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选B．由Sn＝＋＋＋…＋，①‎ 得Sn＝＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得，‎ Sn＝＋＋＋…＋－＝－，‎ 所以Sn＝.‎ ‎4．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为(　　)‎ A．120 B．99‎ C．11 D．121‎ 解析：选A．an＝＝＝－，‎ 所以a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10.‎ 即＝11，所以n＋1＝121，n＝120.‎ ‎5.＋＋＋…＋的值为(　　)‎ A． B．－ C．－ D．－＋ 解析：选C．因为＝＝＝，‎ 所以＋＋＋…＋ ‎＝ ‎＝＝－.‎ ‎6．(2018·合肥第二次质量检测)已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________．‎ 解析：由已知，得a＝4anan＋1－4a，即a－4anan＋1＋4a＝(an＋1－2an)2＝0，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故S9＝＝210－2＝1 022.‎ 答案：1 022‎ ‎7．(2018·武昌调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5，则数列的前9项和为________．‎ 解析：由Sn≤S5得，即，得－≤d≤－，又a2为整数，所以d＝－2，an＝a1＋(n－1)×d＝11－2n，＝，所以数列的前n项和Tn＝＝，所以T9＝－×＝－.‎ 答案：－ ‎8．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 018项的和等于________．‎ 解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，‎ 所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，‎ 即得an＝ 故数列的前2 018项的和等于S2 018＝1 009×＝.‎ 答案： ‎9．设数列{an}满足：a1＝5，an＋1＋4an＝5(n∈N*)．‎ ‎(1)是否存在实数t，使{an＋t}是等比数列？‎ ‎(2)设bn＝|an|，求{bn}的前2 013项的和S2 013.‎ 解：(1)由an＋1＋4an＝5，得an＋1＝－4an＋5.‎ 令an＋1＋t＝－4(an＋t)，得an＋1＝－4an－5t，‎ 所以－5t＝5，所以t＝－1.‎ 从而an＋1－1＝－4(an－1)．‎ 又因为a1－1＝4，所以an－1≠0.‎ 所以{an－1}是首项为4，公比为－4的等比数列．‎ 所以存在实数t＝－1，使{an＋t}是等比数列．‎ ‎(2)由(1)得an－1＝4×(－4)n－1⇒an＝1－(－4)n.‎ 所以bn＝|an|＝ 所以S2 013＝b1＋b2＋…＋b2 013‎ ‎＝(1＋41)＋(42－1)＋(1＋43)＋(44－1)＋…＋(1＋42 013)‎ ‎＝41＋42＋43＋…＋42 013＋1＝＋1＝.‎ ‎10．(2018·广西三市第一次联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)．‎ ‎(1)求a的值及数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝(1－an)log3(a·an＋1)，求数列{}的前n项和Tn.‎ 解：(1)因为6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)，‎ 所以当n＝1时，6S1＝6a1＝9＋a，‎ 当n≥2时，6an＝6(Sn－Sn－1)＝2×3n，‎ 即an＝3n－1，‎ 所以{an}是等比数列，所以a1＝1，则9＋a＝6，得a＝－3，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得bn＝(1－an)log3(a·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)，‎ 所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋ ‎＝(1－＋－＋…＋－)＝.‎ ‎1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 017的值为(　　)‎ A．2 015 B．2 013‎ C．1 008 D．1 009‎ 解析：选D.因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a 2 016＋a2 017)＝1 009，故选D.‎ ‎2．(2018·瑞安市龙翔高中高三月考)已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn，若an＋1＝，且a1＝5，则S2 018＝(　　)‎ A．4 740 B．4 732‎ C．12 095 D．12 002‎ 解析：选B．依题意an＋1＝，且a1＝5，‎ a2＝3×5＋1＝16，‎ a3＝＝8，‎ a4＝＝4，‎ a5＝＝2，‎ a6＝＝1，‎ a7＝3×1＋1＝4.‎ 所以数列{an}从第四项起构成周期为3的周期数列，‎ 因为2 018＝3＋3×671＋2，‎ 所以S2 018＝5＋16＋8＋(4＋2＋1)×671＋4＋2＝4 732.‎ ‎3．(2018·石家庄质量检测(一))已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，则ak＝________．‎ 解析：因为＋＋…＋＝＝－，＋＋…＋＝＝，所以数列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首项为，公差为的等差数列，所以该数列的前n项和Tn＝＋1＋＋…＋＝.令Tn＝＝14，解得n＝7，所以ak＝.‎ 答案： ‎4．设函数f(x)＝＋log2，定义Sn＝f＋f＋…＋f，其中n∈N*，且n≥2，则Sn＝________．‎ 解析：因为f(x)＋f(1－x)‎ ‎＝＋log2 ＋＋log2 ＝1＋log21＝1，‎ 所以2Sn＝＋＋…＋＝n－1.‎ 所以Sn＝.‎ 答案： ‎5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和Tn.‎ 解：(1)当n＝1时，a1＝2.‎ 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，‎ 所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，即＝2(n≥2，n∈N*)，‎ 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)令bn＝＝，‎ 则Tn＝＋＋＋…＋，①‎ ‎①×，得Tn＝＋＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②，得Tn＝－，整理得Tn＝3－.‎ ‎6．等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a7＝－9，S9＝－.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn>－.‎ 解：(1)设数列{an}的公差为d，则由已知条件可得： 解得 于是可求得an＝－.‎ ‎(2)证明：由(1)知，Sn＝－，‎ 故bn＝－＝－，‎ 故Tn＝－[－‎ ]＝－，‎ 又因为－－<，所以Tn>－.‎