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第4节　数列求和的常用方法
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.
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；
(4)12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)．
2．常见的裂项公式
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝－.
诊 断 自 测
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．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＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
答案　C
解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n.则S2 021等于(　　)
A．1 011 B．1 008 C．1 009 D．1 010
答案　A
解析　由an＋2Sn－1＝n(n≥2)得an＋1＋2Sn＝n＋1，两式相减得an＋1－an＋2an＝1 an＋1＋an＝1 S2 021＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 018＋a2 019)＋(a2 020＋a2 021)
＝1 010×1＋1＝1 011.
3．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
答案　B
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.
4．(必修5P61A4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．
答案　－
解析　设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①
则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②
①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn
＝－nxn，
∴Sn＝－.
5．数列{an}的通项公式为an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 021＝________．
答案　1 010
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.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.
∴S2 021＝×2＋a1＝1 010.
6．(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．
答案　1　121
解析　由解得
当n≥2时，由已知可得：
an＋1＝2Sn＋1，①
an＝2Sn－1＋1，②
①－②得an＋1－an＝2an，
∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，
∴{an}是以a1＝1为首项，公比q＝3的等比数列．
∴S5＝＝121.
考点一　分组转化法求和
【例1】 (2021·深圳二调)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n＋2(n∈N*)．
(1)判断数列{an－2n}是否为等差数列，并说明理由；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，求Sn.
解　(1)设bn＝an－2n，则bn＋1＝an＋1－2n＋1，
则bn＋1－bn＝(an＋1－2n＋1)－(an－2n)＝an＋1－an－2n，
＝(an＋2n＋2)－an－2n＝2(n∈N*)，
所以数列{an－2n}是首项为0，公差d＝2的等差数列．
(2)由(1)可知an－2n＝0＋2(n－1)，
∴an＝2n＋2(n－1)，
∴Sn＝＋＝2n＋1＋n2－n－2.
感悟升华　(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{cn}的前n项和．
【训练1】 (2021·绍兴月考)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(n∈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.
考点二　错位相减法求和
【例2】 (2021·新力量联盟期末)已知数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且a5＝3a2，S7＝14a2＋7.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{bn(an＋bn)}的前n项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d.
由a5＝3a2得a1＋4d＝3(a1＋d)，
化简得d＝2a1，①
由S7＝14a2＋7得d＝a1＋1，②
由①②得a1＝1，d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列得an＋bn＝2n－1，即2n－1＋bn＝2n－1，
所以bn＝2n－1－2n＋1，
所以bn(an＋bn)＝2n－1·(2n－1－2n＋1)
＝4n－1－(2n－1)2n－1，
令cn＝4n－1，dn＝(2n－1)2n－1，
则{cn}的前n项和Pn＝，
{dn}的前n项和
Qn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)2n－2＋
(2n－1)2n－1，③
2Qn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋
(2n－1)2n，④
③－④得
－Qn＝1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)2n
＝2(1＋2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)2n－1
＝(3－2n)2n－3，
所以Qn＝(2n－3)2n＋3，
所以Tn＝Pn－Qn＝－(2n－3)2n－.
感悟升华　(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2】 (2021·嘉、丽、衢模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an和an＋1之间插入n个实数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn.
解　(1)因为an＋1＝2Sn＋1，
故an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减可得
an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an(n≥2)，
故an＋1＝3an(n≥2)，
因为{an}是等比数列，且a2＝2a1＋1，
所以3a1＝2a1＋1，故a1＝1，所以an＝3n－1.
(2)由题设可得an＋1＝an＋(n＋1)dn，
所以＝＝，
所以Tn＝1＋＋＋…＋，　①
则Tn＝＋＋…＋＋，　②
①－②得Tn＝1＋＋＋…＋－
＝1＋－.
所以Tn＝－.
考点三　裂项相消法求和
【例3】 已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求an；
(2)设bn＝(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
解　(1)由题意知an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2)，
又因为a2－a1＝1≠0，
所以数列{an＋1－an}为首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＋1－an＝2n－1.
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋20＋1＝＋1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1也满足上式，故an＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知，Sn＝2n－1，
所以bn＝＝－，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－＝－＝1－.
感悟升华　(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3】 正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
又a1＝2＝2×1适合上式．
综上，数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．
(2)由于an＝2n，bn＝，
则bn＝＝.
Tn＝
＝
＝－－.
基础巩固题组
一、选择题
1．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
答案　A
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.
2．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40＝(　　)
A．20 B．40 C．60 D．80
答案　C
解析　由an＋1＝(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×＋1＋3＋3＋1＝60.
3．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
答案　C
解析　∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴数列{an}是公差为2的等差数列．
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7.
数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n.
令an＝2n－7≥0，解得n≥.
∴n≤3时，|an|＝－an；n≥4时，|an|＝an.
则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝
S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.
4．(2021·镇海中学检测)已知数列{an}满足an>0，a＋a＋＝an＋an＋1，a1＝，则该数列的前2 020项和等于(　　)
A. B．1 514 C. D．1 515
答案　D
解析　由题意得＋＝，又an>0，所以a2＝1，a3＝，a4＝1，可得an＝所以该数列的前2 020项和S2 020
＝1 010×＝1 515，故选D.
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 020＝(　　)
A．22 018－1 B．3·21 010－3
C．3·21 009－1 D．3·21 009－2
答案　B
解析　a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2.∴＝2.∴数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，
∴S2 020＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＋a2 019＋a2 020
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)
＝＋＝3·21 010－3.
6．(2021·金丽衢十二校二联)设正数数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝Sn，S1S2…Sn＝Tn，Sn＋Tn＝1，则数列的前10项和属于(　　)
A．(0，500) B．(500，1 000)
C．(1 000，2 000) D．(2 000，3 000)
答案　A
解析　因为S1S2…Sn＝Tn，Sn＋Tn＝1，所以S1S2…Sn＝1－Sn，当n＝1时，S1＝1－S1，所以S1＝；当n＝2时，S1S2＝1－S2，即S2＝1－S2，所以S2＝；当n＝3时，S1S2S3＝1－S3，即S3＝1－S3，所以S3＝，故猜想Sn＝，则Tn＝，代入已知检验等式S1S2…Sn＝Tn，Sn＋Tn＝1成立，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝，又a1＝S1＝，满足an＝，所以an＝，所以＝n(n＋1)＝n2＋n，所以＋＋…＋＝12＋22＋32＋…＋102＋(1＋2＋3＋…＋10)＝×10×11×21＋＝440∈(0，500)，故选A.
二、填空题
7．(2020·浙江卷)我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列．数列(n∈N*)的前3项和是__________．
答案　10
解析　设an＝，则a1＝＝1，a2＝＝3，a3＝＝6，因此前3项和S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.
8．有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
答案　2n＋1－2－n
解析　由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.
9．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________．
答案　6
解析　由an＋an＋1＝，
∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)
＝1＋10×＝6.
10．(2021·杭州质检)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 021＝________．
答案　－1
解析　由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝x.∴an＝＝＝－，S2 021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 021＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
三、解答题
11．(2021·浙江名校仿真训练)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足：对任意的n∈N*，都有an＋1＋Sn＋1＝1，又a1＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝log2an，求＋＋…＋(n∈N*)．
解　(1)由an＋1＋Sn＋1＝1，①
得an＋Sn＝1(n≥2，n∈N*)．②
①－②，得2an＋1－an＝0，
即an＋1＝an(n≥2，n∈N*)．
由a2＋S2＝a2＋(a1＋a2)＝2a1＝1，a1＝，
得a2＝＝a1，
所以an＋1＝an(n∈N*)，
所以数列{an}是首项和公比都为的等比数列，
因此an＝，n∈N*.
(2)由an＝，得bn＝log2an＝－n，
所以＝＝－，
所以＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝.
12．(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解　(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得
an＝(－2)n－1，所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n.
所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n
＝－n·(－2)n.
所以Sn＝－.
能力提升题组
13．(2021·嘉兴二测)已知数列{an}满足a1＝a且an＋1＝设Sn是数列{an}的前n项和，若S2 021＝1，则a的值为(　　)
A. B. C. D．1
答案　C
解析　由题意得a2k＝a2k－1，a2k＋1＝2a2k，a2k＋3＝2a2k＋2，则a2k＋1＝a2k－1＝2a2k.又a2k＋3＝2a2k＋2＝a2k＋1＝2a2k，则a2k＝a2k＋2，所以数列{an}是以2为周期的周期数列，所以S2 021＝1 010＋a＝1 516a，即a＝，故选C.
14．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，S2 016中，有理数项的项数为(　　)
A．42 B．43 C．44 D．45
答案　B
解析　an＝
＝
＝－.
所以Sn＝1－＋＋＋…＋＝1－，
因此S3，S8，S15…为有理项，又下标3，8，15，…的通项公式为n2－1(n≥2)，
所以n2－1≤2 016，且n≥2，
所以2≤n≤44，所以有理项的项数为43.
15．(2021·浙江名校联考信息卷七)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2＝2，且对任意n∈N*，有a＝anan＋2＋5，则S1＋S2＋…＋S2 021＝________．
答案　3 031
解析　因为a1＝1，a2＝2，a＝a1a3＋5，所以a3＝－1，由a＝a2a4＋5得a4＝－2，由a＝a3a5＋5得a5＝1，由a＝a4a6＋5得a6＝2，…，所以{an}是周期为4的数列．所以S1＝1，S2＝a1＋a2＝3，S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝0，S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＝S1，…，所以{Sn}是周期为4的数列．又S1＋S2＋S3＋S4＝6，所以S1＋S2＋…＋S2 021＝505(S1＋S2＋S3＋S4)＋S1＝3 031.
16．设函数f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(4)＋f(5)的值为________．
答案　11
解析　函数f(x)＝，可得f(－x)＝＝，则f(x)＋f(－x)＝＝2，
设s＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(4)＋f(5)，
则s＝f(5)＋f(4)＋…＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)，
相加可得2s＝[f(－5)＋f(5)]＋[f(－4)＋f(4)]＋…＋2f(0)＋…＋[f(4)＋f(－4)]＋[f(5)＋f(－5)]
＝2＋2＋…＋2＋…＋2＋2＝2×11，
可得s＝11.
17．(2021·湖州中学质检一)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，已知a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2.
(1)求an和bn；
(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N，设数列{cn}的前n项和为Sn，求S2n的值．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，依题意得
解得d＝1，q＝2，
故an＝1＋(n－1)×1＝n，bn＝2×2n－1＝2n.
所以数列{an}的通项公式an＝n；数列{bn}的通项公式bn＝2n.
(2)依题意可知
S2n＝c1＋c2＋…＋c2n
＝(a1＋a2＋…＋a2n)－(a21＋a22＋…＋a2n)＋n
＝(1＋2＋3＋…＋2n)－(2＋22＋…＋2n)＋n
＝－＋n
＝2n－1(2n＋1)－2n＋1＋2＋n
＝22n－1－3×2n－1＋n＋2.
18．(2021·诸暨期末)数列{an}的各项为正数，a1＝2，前n项和为Sn，满足Sn＋1＝Sn；等比数列{bn}的公比等于2，其首项满足是与n无关的常数．
(1)求an；
(2)求|a1－b1|＋|a2－b2|＋|a3－b3|＋…＋|an－bn|.
解　(1)∵＝，
∴××…×＝×××…×.
∴＝，Sn＝n(n＋1)，
∴an＝Sn－Sn－1＝2n(n≥2)．
又a1＝2也符合上式，
∴an＝2n.
(2)由题意令n＝1，2，得＝，
解得log3b1＝－1，b1＝，
此时＝为常数，
∴bn＝·2n－1.
记f(n)＝an－bn＝2n－，
则f(n＋1)－f(n)＝2－，则当n≥4时f(n)单调递减，
又f(1)，f(2)，…，f(6)>0，f(7)<0.
∴当n≤6时，an>bn，当n≥7时，bn>an.
记数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝.
当n≤6时，|a1－b1|＋|a2－b2|＋…＋|an－bn|
＝(a1＋a2＋…＋an)－(b1＋b2＋…＋bn)
＝n(n＋1)－；
当n≥7时，|a1－b1|＋|a2－b2|＋…＋|an－bn|
＝(a1＋a2＋…＋a6)－(b1＋b2＋…＋b6)＋(b7＋…＋bn)－(a7＋…＋an)
＝Tn－Sn＋2S6－2T6
＝－n(n＋1)＋42.
综上，|a1－b1|＋|a2－b2|＋…＋|an－bn|
＝
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