2020版高中数学第二章数列专题突破四数列求和学案新人教b版 12页

专题突破四数列求和学习目标1.掌握分组分解求和法的使用情形和解题要点.2.掌握奇偶并项求和法的使用情形和解题要点.3.掌握裂项相消求和法的使用情形和解题要点.4.进一步熟悉错位相减法．知识点一分组分解求和法1111n＋n思考求和：1＋2＋3＋…＋2.2322211111111n＋n＋2＋3＋…＋n答案1＋2＋3＋…＋2＝(1＋2＋3＋…＋n)＋222223222111－n2nn＋12＝＋211－2nn＋11＝＋1－.n22总结分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和．知识点二奇偶并项求和法222222思考求和1－2＋3－4＋…＋99－100.222222答案1－2＋3－4＋…＋99－100222222＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5050.总结奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和．但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论．知识点三裂项相消求和法111111思考我们知道＝－，试用此公式求和：＋＋…＋.nn＋1nn＋11×22×3nn＋1111答案由＝－得nn＋1nn＋1111＋＋…＋1×22×3nn＋1n11111＝1－＋－＋…＋－223nn＋11＝1－.n＋1总结如果数列的项能裂成前后抵消的两项，可用裂项相消求和，此法一般先研究通项的裂法，然后仿照裂开每一项．裂项相消求和常用公式：1111(1)＝(－)；nn＋kknn＋k11(2)＝(n＋k－n)；n＋k＋nk1111(3)＝(－)；2n－12n＋122n－12n＋11111(4)＝[－]．nn＋1n＋22nn＋1n＋1n＋2知识点四错位相减求和法n思考记bn＝n·2，求数列{bn}的前n项和Sn.23n答案∵Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2，①234nn+12Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋(n－1)·2＋n·2，②1234nn+1①－②，得－Sn＝2＋2＋2＋2＋…＋2－n·2n+1＝－2－(n－1)·2.n+1∴Sn＝2＋(n－1)·2，n∈N＋.总结错位相减法主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．利用“错位相减法”时，先写出Sn与qSn的表达式，再将两式对齐作差，正确写出(1－q)Sn的表达式；(利用此法时要注意讨论公比q是否等于1)．1．并项求和一定是相邻两项结合．(×)2．裂项相消一定是相邻两项裂项后产生抵消．(×)题型一分组分解求和121n1x＋x＋x＋222n2例1求和：Sn＝x＋x＋…＋x(x≠0)．解当x≠±1时，121n1x＋x＋x＋222n2Sn＝x＋x＋…＋xn21412n1x＋2＋x＋2＋x＋2＋242n＝x＋x＋…＋x111＋＋…＋242n242n＝(x＋x＋…＋x)＋2n＋xxx22n-2-2nxx－1x1－x＝＋＋2n2-2x－11－x2n2n+2x－1x＋1＝＋2n；2n2xx－1当x＝±1时，Sn＝4n.4n，x＝±1，2n2n＋2综上知，Sn＝x－1x＋1＋2n，x≠±1且x≠0.2n2xx－1反思感悟某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．跟踪训练1已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和．解(1)设数列{an}的公比为q(q>0)，a1＋a1·q＝6，则23a1·q＋a1·q＝24，a1＝2，解得q＝2，n-1n-1n∴an＝a1·q＝2·2＝2.n(2)bn＝log22＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)2n＝(2＋2＋…＋2)＋(1＋2＋…＋n)n2×2－1n1＋n＝＋2－12n+1121＝2－2＋n＋n.22题型二裂项相消求和1111例2求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋.22222－13－14－1n－111111－解∵＝＝n－1n＋1，2n－1n－1n＋12n111111111－－－－∴原式＝3＋24＋35＋…＋n－1n＋1211111＋－－＝2nn＋1232n＋1＝－(n≥2，n∈N＋)．42nn＋1引申探究2222234n求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋.22222－13－14－1n－122nn－1＋11解∵＝＝1＋，222n－1n－1n－111111＋1＋1＋1＋2222∴原式＝2－1＋3－1＋4－1＋…＋n－11111＋＋＋…＋2222＝(n－1)＋2－13－14－1n－1以下同例2解法．反思感悟求和前一般先对数列的通项公式变形，如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项求和法．跟踪训练2求和：1111＋＋＋…＋，n∈N＋.1＋21＋2＋31＋2＋3＋…＋n1112－解∵an＝＝＝2nn＋1，1＋2＋…＋nnn＋1111111－＋－＋…＋－2n∴Sn＝2223nn＋1＝.n＋1题型三奇偶并项求和n例3求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)(2n－1)．解当n为奇数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)n－1＝2·＋(－2n＋1)＝－n.2当n为偶数时，nSn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·＝n.2n∴Sn＝(－1)n(n∈N＋)．nn反思感悟通项中含有(－1)的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和．n跟踪训练3已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.解当n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)，nSn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)·(3n－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]3＝3k＝n；2当n为奇数时，令n＝2k－1(k∈N＋)，∴Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k－(6k－2)－3n＋1＝2－3k＝.2－3n＋1，n为奇数，2∴Sn＝3n，n为偶数.2题型四错位相减求和例4(2018·佛山检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N＋)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.解(1)当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，1两式相减得an－an－1＝3an，化简得an＝－an－1，21所以数列{an}是首项为1，公比为－的等比数列，21－n-1所以an＝2，n∈N＋.1－n-1(2)由(1)可得nan＝n·2.1111－－－－012n-1Tn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2，11111－－－－12n-1n－Tn＝1·2＋2·2＋…＋(n－1)·2＋n·2，2两式相减得n1－1111n11－23－－－－－212n-1nnTn＝1＋2＋2＋…＋2－n·2＝1－n·2＝－2－31－221n＋－n3·2.2414n＋－n所以数列{nan}的前n项和Tn＝－39·2.9反思感悟用错位相减要“能识别，按步走，慎化简”．n-1跟踪训练4已知数列{an}的通项公式为an＝3，在等差数列{bn}中，bn＞0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列．(1)求数列{anbn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.n－1解(1)∵an＝3，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.∵bn＞0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.n-1故anbn＝(2n＋1)·3，n∈N＋.2n-2n-1(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×3＋…＋(2n－1)3＋(2n＋1)3，①23n-1n3Tn＝3×3＋5×3＋7×3＋…＋(2n－1)3＋(2n＋1)3，②①－②，得23n-1n－2Tn＝3×1＋2×3＋2×3＋2×3＋…＋2×3－(2n＋1)323n－1n＝3＋2(3＋3＋3＋…＋3)－(2n＋1)3n3－3n＝3＋2×－(2n＋1)31－3nn＝3－(2n＋1)3n＝－2n·3.n∴Tn＝n·3，n∈N＋.n-11．数列{1＋2}的前n项和为________．n答案Sn＝n＋2－1，n∈N＋n-1解析∵an＝1＋2，nn1－2n∴Sn＝n＋＝n＋2－1.1－222．数列nn＋1的前2018项和为________．4036答案2019112－解析因为＝2nn＋1，nn＋1111111－＋－＋…＋－所以S2018＝22232018201911－4036＝22019＝.2019n－1，n为奇数，3．已知数列an＝则S100＝________.n，n为偶数，答案5000解析由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000.n4．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2，n∈N＋.an(1)设bn＝，证明：数列{bn}是等差数列；n－12(2)在(1)的条件下求数列{an}的前n项和Sn.n(1)证明由已知an＋1＝2an＋2，nan＋12an＋2an得bn＋1＝n＝n＝n－1＋1＝bn＋1.222∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．an(2)解由(1)知，bn＝n，＝bn＝n.n－12n-1∴an＝n·2.12n-1∴Sn＝1＋2·2＋3·2＋…＋n·2，两边同时乘以2得12n-1n2Sn＝1·2＋2·2＋…＋(n－1)·2＋n·2，12n-1n两式相减得－Sn＝1＋2＋2＋…＋2－n·2nnnn＝2－1－n·2＝(1－n)2－1，n∴Sn＝(n－1)·2＋1.求数列的前n项和，一般有下列几种方法．1．错位相减适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．2．分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列．3．裂项相消有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．4．奇偶并项nn+1当数列通项中出现(－1)或(－1)时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．5．倒序相加例如，等差数列前n项和公式的推导方法．一、选择题1111．数列2，4，6，…的前n项和Sn为()48162121A．n＋1＋B．n＋2－n＋1n＋122111C．n(n＋1)＋－D．n(n＋1)＋n＋1n＋1222答案C12．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，Sn＝10，则n等于()n＋n＋1A．90B．119C．120D．121答案C1解析an＝＝n＋1－n，∴Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋n＋1n＋1－1＝10，∴n＋1＝121，故n＝120.11113．数列，，，…，，…的前n项和为()2×55×88×113n－1×3n＋2nnA.B.3n＋26n＋4n3nn＋1C.D.6n＋4n＋2答案B1111－解析由数列通项公式＝3n－13n＋2，3n－13n＋23111111111得前n项和Sn＝(－＋－＋－＋…＋－)325588113n－13n＋2111－n＝23n＋2＝.36n＋4a1＋a2＋a3＋…＋an4．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，n∈N＋，由bn＝所确定的数列{bn}的前nn项的和是()1A.n(n＋2)B.n(n＋4)211C.n(n＋5)D.n(n＋7)22答案Cn2解析∵a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n＋2n.2nn＋5∴bn＝n＋2，∴{bn}的前n项和Sn＝.25．如果一个数列{an}满足an＋an＋1＝H(H为常数，n∈N＋)，则称数列{an}为等和数列，H为公和，Sn是其前n项的和，已知等和数列{an}中，a1＝1，H＝－3，则S2019等于()A．－3016B．－3015C．－3026D．－3013答案C解析S2019＝a1＋(a2＋a3＋…＋a2019)＝a1＋1009×H＝1＋1009×(－3)＝－3026.11＋6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lnn，n∈N＋，则an等于()A．2＋lnnB．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnnD．1＋n＋lnn答案A11＋解析∵an＋1＝an＋lnn，n11＋n＋1∴an＋1－an＝lnn＝ln＝ln(n＋1)－lnn.n又a1＝2，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln2－ln1＋ln3－ln2＋ln4－ln3＋…＋lnn－ln(n－1)]＝2＋lnn－ln1＝2＋lnn.二、填空题n－17．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)·n，n∈N＋，则S50＝________.答案－25解析S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.n－18．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)(4n－3)，n∈N＋，则S15＋S22－S31的值是________．答案－76解析S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，S22＝－4×11＝－44，S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.三、解答题x9．已知函数f(x)＝2－3x－1，点(n，an)在f(x)的图象上，数列{an}的前n项和为Sn，求Sn.n解由题得an＝2－3n－1，2nSn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋2＋…＋2)－3(1＋2＋3＋…＋n)－nn21－2nn＋1＝－3·－n1－22n＋1n3n＋5＝2－－2.210．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；1(2)令bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.2an－1解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.a1＋2d＝7，因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以2a1＋10d＝26，a1＝3，解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，d＝2.nn－12Sn＝3n＋×2＝n＋2n.2n2所以an＝2n＋1，Sn＝n＋2n.(2)由(1)知an＝2n＋1，1111所以bn＝＝＝×22an－12n＋1－14nn＋1111－＝×nn＋1，4111111所以Tn＝×(1－＋－＋…＋－)4223nn＋111n＝×(1－)＝，4n＋14n＋1n即数列{bn}的前n项和Tn＝.4n＋12n－111．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·2，n∈N＋.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)由已知，得当n>1时，2n－12n－32n＋1an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(2＋2＋…＋2)＋2＝2，2n－1an＝2，而a1＝2，符合上式，2n－1所以数列{an}的通项公式为an＝2.2n－1(2)由bn＝nan＝n·2知352n－1Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2，①23572n＋1从而2·Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2.②①－②得2352n－12n＋1(1－2)Sn＝2＋2＋2＋…＋2－n·2，12n＋1即Sn＝[(3n－1)2＋2]．912．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式．2，n为奇数，(2)令cn＝Snbn，n为偶数.设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.解(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，n由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，q＋6＋d＝10，d＝2，得解得3＋4d－2q＝3＋2d，q＝2，n－1所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2.(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，211则n为奇数时，cn＝＝－.Snnn＋2n－1n为偶数时，cn＝2，所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)111111－－－32n－1＝3＋35＋…＋2n－12n＋1＋(2＋2＋…＋2)n121－42n2n＝1－＋＝＋(4－1)．2n＋11－42n＋13