届高考数学文总复习讲义 数列求和.docx

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届高考数学文总复习讲义数列求和

第四节

数列求和

一、基础知识批注——理解深一点

1．公式法

（1）等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋.

推导方法：

倒序相加法．

（2）等比数列{an}的前n项和Sn＝

推导方法：

乘公比，错位相减法．

（3）一些常见的数列的前n项和：

①1＋2＋3＋…＋n＝；

②2＋4＋6＋…＋2n＝n（n＋1）；

③1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2.

2．几种数列求和的常用方法

（1）分组转化求和法：

一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．

（2）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，从而求得前n项和．

（3）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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．

错位相减时，注意最后一项的符号.

（4）倒序相加法：

如果一个数列{an}与首末两端等“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求解．

二、基础小题强化——功底牢一点

（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＋3a2＋…＋nan之和时，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．（　　）

（4）推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.（　　）

答案：

（1）√　

（2）√　（3）×　（4）√

（二）选一选

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝（　　）

A．41　　　　　　　　　　　B．48

C．49D．56

解析：

选C　设Sn＝An2＋Bn，

由题知解得A＝1，B＝0，

∴S7＝49.

2．在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为（　　）

A．2016B．2017

C．2018D．2019

解析：

选D　因为an＝＝－，

所以Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2019.

3．数列{1＋2n－1}的前n项和为（　　）

A．1＋2nB．2＋2n

C．n＋2n－1D．n＋2＋2n

解析：

选C　由题意得an＝1＋2n－1，

所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.

（三）填一填

4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋（－1）n－1·n，则S17＝________.

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.

答案：

9

5．已知数列{an}的通项公式为an＝则{an}的前10项和S10＝________.

解析：

S10＝5×9＋×5×4×（－2）＋5×1＋×5×4×2＝50.

答案：

50

[典例]　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.

又a1＝1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.

[解题技法]

1．分组转化求和的通法

数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和．

2．分组转化法求和的常见类型

[题组训练]

1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为（　　）

A．379＋　　　　　　　　B．399＋

C．419＋D．439＋

解析：

选C　令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝2（1＋2＋3＋…＋20）－＝420－＝419＋.

2．（2019·资阳诊断）已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为（　　）

A．1121B．1122

C．1123D．1124

解析：

选C　由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1123.选C.

考法

（一）　形如an＝型

[典例]　（2019·南宁摸底联考）已知等差数列{an}满足a3＝7，a5＋a7＝26.

（1）求等差数列{an}的通项公式；

（2）设cn＝，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.

[解]　

（1）设等差数列的公差为d，

则由题意可得解得

所以an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.

（2）因为cn＝＝，

所以cn＝，

所以Tn＝＝＝.

考法

（二）　形如an＝型

[典例]　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S2019＝（　　）

A.－1　　　　　　　　B.－1

C.－1D.＋1

[解析]　由f（4）＝2可得4α＝2，解得α＝，

则f（x）＝x

.

∴an＝＝＝－，

S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）＋（－）＝－1.

[答案]　C

[解题技法]

1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律

裂项原则

一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止

消项规律

消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项

[提醒]　①要注意n＝1时，是否符合所求得的通项公式；②裂项相消后，注意留下了哪些项，避免遗漏．

2．常见的拆项公式

（1）＝－；

（2）＝；

（3）＝－；

（4）＝－.

分式差分最常见，指数根式来镶嵌；

取长补短巧改变，裂项求和公式算．

[题组训练]

1.在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列的前n项和为（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选C　因为a3＋a5＋a7＝6，

所以3a5＝6，a5＝2，又a11＝8，

所以等差数列{an}的公差d＝＝1，

所以an＝a5＋（n－5）d＝n－3，

所以＝＝－，

因此数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选C.

2.各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝8，且2a1，a3,3a2成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn＝，求{bn}的前n项和Sn.

解：

（1）设等比数列{an}的公比为q（q>0）．

∵2a1，a3,3a2成等差数列，

∴2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，

∴2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－（舍去），

∴an＝8×2n－1＝2n＋2.

（2）由

（1）可得bn＝＝＝，

∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝

＝

＝－

＝－.

[典例]　（2017·山东高考）已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）{bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.

[解]　

（1）设{an}的公比为q，

由题意知：

a1（1＋q）＝6，aq＝a1q2.

又an＞0，解得a1＝2，q＝2，

所以an＝2n.

（2）由题意知，

S2n＋1＝＝（2n＋1）bn＋1，

又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，

所以bn＝2n＋1.

令cn＝，则cn＝，

因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋，

又Tn＝＋＋＋…＋＋，

两式相减得

Tn＝＋－＝＋1－n－1－＝－，

所以Tn＝5－.

[变透练清]

1.若本例中an，bn不变，求数列{anbn}的前n项和Tn.

解：

由本例解析知an＝2n，bn＝2n＋1，

故Tn＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋（2n＋1）×2n，

2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋（2n＋1）×2n＋1，

上述两式相减，得，－Tn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－（2n＋1）2n＋1

＝6＋－（2n＋1）2n＋1

＝（1－2n）2n＋1－2

得Tn＝（2n－1）×2n＋1＋2.

2．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.

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.

[解题技法]　错位相减法求和的4个步骤

[易误提醒]　

（1）两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．

（2）对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．

（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q＝1和q≠1两种情况求解．

A级——保大分专练

1．数列{an}的通项公式为an＝，若该数列的前k项之和等于9，则k＝（　　）

A．80　　　　　　　　　　　B．81

C．79D．82

解析：

选B　an＝＝－，故Sn＝，令Sk＝＝9，解得k＝81，故选B.

2．若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n（3n－2），则a1＋a2＋…＋a10＝（　　）

A．15B．12

C．－12D．－15

解析：

选A　a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15，故选A.

3．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为（　　）

A.或5B.或5

C.D.

解析：

选C　设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.

4．在等差数列{an}中，a4＝5，a7＝11.设bn＝（－1）n·an，则数列{bn}的前100项之和S100＝（　　）

A．－200B．－100

C．200D．100

解析：

选D　设数列{an}的公差为d，由题意可得⇒⇒an＝2n－3⇒bn＝（－1）n（2n－3）⇒S100＝（－a1＋a2）＋（－a3＋a4）＋…＋（－a99＋a100）＝50×2＝100，故选D.

5．已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1013恒成立，则整数m的最小值为（　　）

A．1026B．1025

C．1024D．1023

解析：

选C　∵＝1＋n，

∴Tn＝n＋1－，

∴T10＋1013＝11－＋1013＝1024－，

又m>T10＋1013，

∴整数m的最小值为1024.

6．已知数列：

1，2，3，…，，…，则其前n项和关于n的表达式为________．

解析：

设所求的前n项和为Sn，则

Sn＝（1＋2＋3＋…＋n）＋＝＋＝－＋1.

答案：

－＋1

7．（2017·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，

依题意有解得

所以Sn＝，＝＝2，

因此＝2＝.

答案：

8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n（n∈N*），则S2018＝________.

解析：

∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①

∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②

由①÷②得＝2，

∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，

∴S2018＝＋＝3·21009－3.

答案：

3·21009－3

9．（2019·成都第一次诊断性检测）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*.

（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）设数列{an}的公差为d，

∵a2＝3，S4＝16，

∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，

解得a1＝1，d＝2.

∴an＝2n－1.

（2）由题意知，bn＝＝，

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝

＝

＝.

10．（2018·南昌摸底调研）已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，记bn＝anSn（n∈N*）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求数列{bn}的前n项和Tn.

解：

（1）∵Sn＝2n＋1－2，

∴当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－2＝2；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n.

又a1＝2＝21，∴an＝2n.

（2）由

（1）知，bn＝anSn＝2·4n－2n＋1，

∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2（41＋42＋43＋…＋4n）－（22＋23＋…＋2n＋1）＝2×－＝·4n＋1－2n＋2＋.

B级——创高分自选

1．（2019·潍坊统一考试）若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ（λ>0，n∈N*）．

（1）证明数列{an}为等比数列，并求an；

（2）若λ＝4，bn＝（n∈N*），求数列{bn}的前2n项和T2n.

解：

（1）∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，

当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，

∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，

即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，

∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，

∴an＝λ·2n－1.

（2）∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，

∴bn＝

∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1

＝（22＋24＋…＋22n）＋（3＋5＋…＋2n＋1）