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第五节　数列求和
【核心考点·分类突破】
考点一分组求和与并项求和
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-
【解析】选A.Sn=[1+3+…+(2n-1)]+(++…+)=+=n2+1-.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+an+1+an+2=cos ,a1=1,则S2 023=(　　)
A.0　 B.　 C.1　 D.
【解析】选C.S2 023=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+…+(a2 021+a2 022+a2 023)=1+cos +cos +…+cos +cos =1+337×(cos +cos )=1.
3.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=(　　)
A.0　 B.100
C.-100　 D.10 200
【解析】选B.由题意,得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002
-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.
4.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-2),则a1+a2+…+a10等于　　　　　.
【解析】记bn=3n-2,则数列{bn}是以1为首项,3为公差的等差数列,
所以a1+a2+…+a9+a10=(-b1)+b2+…+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+…+(b10-b9)=5×3=15.
答案:15
5.数列1,,2,,4,,…的前2n项和=　　　　　.
【解析】=(1+2+4+…+2n-1)+(+++…+)=2n-1+1-=2n-.
答案:2n-
6.(2024·徐州模拟)下面的数组均由三个数组成,分别是:(1,2,-1),(2,4,-2),(3,8,-5),
(4,16,-12),(5,32,-27),…,(an,bn,cn),若数列{cn}的前n项和为Sn,则S10=　　　　　.
【解析】(分组求和法)易知{an}是首项为1,公差为1的等差数列,{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,且cn=an-bn,
所以S10=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(a10-b10)=(a1+a2+…+a10)-(b1+b2+…+b10)
=10×1+-=-1 991.
答案:-1 991
解题技法
1.分组转化法求和的常见类型主要有:分段型(如①an=②an=2n+3n-1),周期型(如an=sin ).
2.并项求和法:一个数列的前n项和中,可两两或几个相结合求解,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.
考点二裂项相消法求和
模型一　bn=({an}为等差数列)型
[例1](1)数列{an}中,an=,则数列{an}的前2 024项和S2 024=　　　　　.
【解析】由题意得,an==-,
故S2 024=(1-)+(-)+…+(-)=1-=.
答案:
(2)求和
①Sn=1+++…+=　　　　　.
【解析】①因为an==2(-),
所以Sn=a1+a2+…+an=2[)+(-)+…+(]=2(1-)=.
②Sn=++…+=　　　　　.
【解析】②因为an==-),
所以Sn=(1-+-+…+-)
=(1+--)=-.
③Sn=++…+=　　　　　.
【解析】③因为an==-),
所以Sn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-)=.
答案:①　②-
③
解题技法
形如bn=型解题策略
(1)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后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项相等,如:若{an}是等差数列,则=-),=-).
对点训练
已知数列{an}为公差大于0的等差数列,a2·a3=15,且a1,a4,a25成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0).
由题意得解得
所以an=1+2(n-1)=2n-1.
所以数列{an}的通项公式是an=2n-1.
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,若Sm=,求m的值.
【解析】(2)由(1)知,bn===·(-),
所以Sn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-)=.
因为Sm=,所以Sm==,
解得m=20.
所以m的值为20.
模型二　an=型
[例2](1)设数列{an}的前n项和为Sn,若an=,则S99=(　　)
A.7　 B.8　 C.9　 D.10
【解析】选C.an==-,
所以S99=(-1)+(-)+…+(-)=-1=9.
(2)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 025=　　　　.
【解析】由f (4)=2可得4a=2,解得a=,
则f (x)=,
所以an===-,
S2 025=a1+a2+a3+…+a2 025=(-1)+(-)+(-)+…+
(-)+(-)=-1.
答案:-1
解题技法
形如an=型的数列采用裂项相消法求和时,应先将分母有理化.
对点训练
已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,其中d,S9为函数f(x)=(x-2)(x-99)的两个零点且d(1)求数列{an}的通项公式;
【解析】(1)因为d,S9为函数f(x)=(x-2)(x-99)的两个零点且d又因为Sn=na1+d,所以9a1+×2=99,解得a1=3,所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=2n+1.
(2)若bn=(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(2)因为bn=
=
=(-),
所以Tn=(-)+(-)+…+(-)+(-)
=.
考点三错位相减法求和
[例3]已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,S3=a3+6.
(1)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1=2,S3=a3+6,
得a1(1+q+q2)=6+a1q2,
解得q=2,
所以an=2n.
(2)设bn=log2an,求数列{anbn}的前n项和Tn.
【解析】(2)由(1)可得bn=log2an=n,
所以anbn=n·2n,
Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)2n+n·2n+1,
所以-Tn=2+22+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,
所以Tn=(n-1)2n+1+2.
解题技法
错位相减法求和的步骤
设{anbn}的前n项和为Sn,其中数列{an}为公差为d的等差数列,数列{bn}为公比为q(q≠1)的等比数列.则错位相减法求和的步骤如下.
因为Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,
所以qSn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1.
两式相减得(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1=a1b1+d·-anbn+1,
令Tn=a1b1+d·-anbn+1,则Sn=.
对点训练
已知数列的前n项和为Sn=3n2+8n-6,是等差数列,且an=bn+bn+1(n≥2).
(1)求数列和的通项公式;
【解析】(1)Sn=3n2+8n-6,
所以n≥2时,Sn-1=3(n-1)2+8(n-1)-6,
所以an=Sn-Sn-1=6n+5.
n=1时,a1=S1=5,不满足an=6n+5,
所以an=;
设的公差为d,an=bn+bn+1(n≥2),
所以an-1=bn-1+bn(n≥3),
所以an-an-1=bn+1-bn-1,所以2d=6,所以d=3.
因为a2=b2+b3,所以17=2b2+3,
所以b2=7 b1=4,所以bn=3n+1;
(2)令cn=bn·2n+2n+1,求数列的前n项和Tn.
【解析】(2)cn=3(n+1)2n,
所以Tn=3①,
所以2Tn=3②,
①-②得,-Tn=3
=6+3
=-3n·2n+1,
所以Tn=3n·2n+1,
所以数列的前n项和Tn=3n·2n+1.第五节　数列求和
【核心考点·分类突破】
考点一分组求和与并项求和
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.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+an+1+an+2=cos ,a1=1,则S2 023=(　　)
A.0　 B.　 C.1　 D.
3.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=(　　)
A.0　 B.100
C.-100　 D.10 200
4.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-2),则a1+a2+…+a10等于　　　　　.
5.数列1,,2,,4,,…的前2n项和=　　　　　.
6.(2024·徐州模拟)下面的数组均由三个数组成,分别是:(1,2,-1),(2,4,-2),(3,8,-5),
(4,16,-12),(5,32,-27),…,(an,bn,cn),若数列{cn}的前n项和为Sn,则S10=　　　　　.
解题技法
1.分组转化法求和的常见类型主要有:分段型(如①an=②an=2n+3n-1),周期型(如an=sin ).
2.并项求和法:一个数列的前n项和中,可两两或几个相结合求解,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.
考点二裂项相消法求和
模型一　bn=({an}为等差数列)型
[例1](1)数列{an}中,an=,则数列{an}的前2 024项和S2 024=　　　　　.
(2)求和
①Sn=1+++…+=　　　　　.
②Sn=++…+=　　　　　.
③Sn=++…+=　　　　　.
解题技法
形如bn=型解题策略
(1)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后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项相等,如:若{an}是等差数列,则=-),=-).
对点训练
已知数列{an}为公差大于0的等差数列,a2·a3=15,且a1,a4,a25成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,若Sm=,求m的值.
模型二　an=型
[例2](1)设数列{an}的前n项和为Sn,若an=,则S99=(　　)
A.7　 B.8　 C.9　 D.10
(2)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 025=　　　　.
解题技法
形如an=型的数列采用裂项相消法求和时,应先将分母有理化.
对点训练
已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,其中d,S9为函数f(x)=(x-2)(x-99)的两个零点且d(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
考点三错位相减法求和
[例3]已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,S3=a3+6.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=log2an,求数列{anbn}的前n项和Tn.
解题技法
错位相减法求和的步骤
设{anbn}的前n项和为Sn,其中数列{an}为公差为d的等差数列,数列{bn}为公比为q(q≠1)的等比数列.则错位相减法求和的步骤如下.
因为Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,
所以qSn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1.
两式相减得(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1=a1b1+d·-anbn+1,
令Tn=a1b1+d·-anbn+1,则Sn=.
对点训练
已知数列的前n项和为Sn=3n2+8n-6,是等差数列,且an=bn+bn+1(n≥2).
(1)求数列和的通项公式;
(2)令cn=bn·2n+2n+1,求数列的前n项和Tn.

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