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习题课　数列求和
[教材要点]
要点一　分组求和法
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列．所以求此类数列的前n项和，即先分别求和，然后再合并，形如：
(1){an＋bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列；
(2)an＝ (k∈N*).
要点二　错位相减求和法
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________数列的前n项和就是用此法推导的．
状元随笔　在运用错位相减法求数列前n项和时要注意四点：①乘数(式)的选择；②对q的讨论；③两式相减后(1－q)Sn的构成；④两式相减后成等比数列的项数．
要点三　裂项相消求和法
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．
裂项相消求和经常用到下列拆项公式：
(1)＝________；
(2)＝________；
(3)＝________．
[基础自测]
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
2．1＋＋＋…＋＝(　　)
A． B．
C． D．
3．已知数列：，2，3，…，(n+，则其前n项和为________．
4.＋＋＋＋…＋＝________．
题型一　分组求和法
例1　已知数列{an}构成一个新数列：a1，(a2－a1)，…，(an－an－1)，…此数列是首项为1，公比为的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
状元随笔：观察发现，新数列的前n项和恰为an，这样即可将问题转化为首项为1，公比为的等比数列．
方法归纳
分组转化求和法的应用条件和解题步骤：
(1)应用条件
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的通项公式相加组成．
(2)解题步骤
跟踪训练1　在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
题型二　错位相减求和法
例2　已知等比数列{an}满足：a1＝，a1，a2，a3－成等差数列，公比q∈(0，1)，
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
变式探究　本例中设cn＝，求数列{an}的前n项和Tn.
方法归纳
错位相减法的适用题目及注意事项
(1)适用范围：它主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．
(2)注意事项：
①利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn的表达式时，应注意使两式错位对齐，以便于作差，正确写出1－q，Sn的表达式．
②利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况．
跟踪训练2　设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，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.
题型三　裂项相消求和法
例3　Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项的和．
方法归纳
对于通项公式是分式的一类数列，在求和时常用“裂项法”．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项，常见的拆项公式有：(1)＝·()；
(2)若{an}为等差数列，公差为d，
则＝.
跟踪训练3　在等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，Sn为前n项和，求＋＋…＋＋.
易错辨析　对错位相减法掌握不到位致误
例4　求和：Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1.
解析：(1)当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)当x≠1时，Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1①
∴xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn②
①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn
＝－nxn
＝.
∴Sn＝
综上Sn＝
【易错警示】
出错原因 纠错心得
(1)易忽略对x＝1的讨论； (2)对错位相减掌握不到位致误，往往得到：(1－x)Sn＝＋nxn ∴Sn＝. (1)当等比数列为字母参数时，应对其公比是否为1进行讨论． (2)在应用错位相减法时，一定要错位对齐，并注意观察未合并项的正负号．
[课堂十分钟]
1．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为(　　)
A． B．
C． D．
2．若数列{an}的通项公式an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn为(　　)
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n2－2
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn等于(　　)
A．6n－n2 B．n2－6n＋18
C． D．
4．已知数列{an}的通项公式an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于________．
5．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝3(n＋1)an.
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
习题课　数列求和
新知初探·课前预习
要点二
等比
要点三
(1)　(2)　(3)
[基础自测]
1．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.
故选A.
答案：A
2．解析：1＋＋…＋
＝1＋(1－)＋()＋…＋
＝1＋1－＝.
故选B.
答案：B
3．解析：1＋2＋3＋…＋
＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝
＝＋1－.
答案：＋1－
4．解析：设Sn＝＋…＋①
则Sn＝＋…＋②
①－②得：Sn＝＋…＋
＝
＝
＝＋1－
∴Sn＝3－＝3－.
答案：3－
题型探究·课堂解透
题型一
例1　解析：(1)an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋＋…＋＝.
(2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝＋…＋
＝n－＝(2n－1)＋.
跟踪训练1　解析：(1)设等差数列{an}的公差是d.
∵a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，
∴d＝－3，
∴a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1，
∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.
(2)∵数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列．
∴an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，
∴bn＝3n－2＋qn－1.
∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)．
故当q＝1时，Sn＝＋n＝；
当q≠1时，Sn＝.
题型二
例2　解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，a1＝，
因为a1，a2，a3－成等差数列，所以2a2＝a1＋a3－，即得4q2－8q＋3＝0，解得q＝或q＝，又因为q∈(0，1)，所以q＝，
所以an＝＝.
(2)根据题意得bn＝nan＝.
Sn＝＋…＋，①
Sn＝＋…＋，②
作差得Sn＝＋…＋，
Sn＝2－(n＋2).
变式探究　解析：由题意知cn＝n·2n
所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－2)×2n－2＋(n－1)×2n－1＋n·2n
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－2)×2n－1＋(n－1)×2n＋n·2n＋1
两式相减得：－Tn＝1×21＋22＋23＋24＋…＋2n－1＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
跟踪训练2　解析：(1)由已知得当n≥2时，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22n＋1，
an＝22n－1，
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.
(2)由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①
从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②
①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2].
题型三
例3　解析：(1)由
＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，
∵an>0，∴an＋1－an＝2，
＋2a1＝4a1＋3，∴a1＝－1(舍)或a1＝3，
则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
∴{an}的通项公式an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)∵an＝2n＋1，
∴bn＝＝＝，
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝
＝＝＝.
跟踪训练3　解析：∵等差数列{an}的首项a1＝2，
公差d＝2，
∴前n项和Sn＝na1＋d＝2n＋×2＝n2＋n，
∴＝＝＝.
∴＋…＋
＝＋…＋
＝1－＝.
[课堂十分钟]
1．解析：依题意bn＝＝＝＝，所以{bn}的前10项和为S10＝＋…＋＝＝.
故选B.
答案：B
2．解析：Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝＝2n＋1－2＋n2.
故选C.
答案：C
3．解析：因为由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.
所以an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，
n≤3时，an<0，n>3时，an>0，
Tn＝
故选C.
答案：C
4．解析：an＝＝1－，
所以Sn＝n－＝n－1＋＝＝5＋，
所以n＝6.
答案：6
5．解析：(1)证明：依题意，由nan＋1＝3(n＋1)an，可得
＝3·，即bn＋1＝3bn，
∵b1＝＝1，∴数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，
(2)解：由(1)可得
bn＝1·3n－1＝3n－1，即＝3n－1，
∴an＝n·3n－1，n∈N*，
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1，
3Sn＝1·31＋2·32＋…＋(n－1)·3n－1＋n·3n，
两式相减，可得－2Sn＝1＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n
＝－n·3n＝－(n－)·3n－，
∴Sn＝.

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