第19节 数列求和（解析版）

第19节等列求和基础知识要夯实1．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＝1()2nnaa＝na1＋(1)2nnd.推导方法：倒序相加法；②等比数列的前n项和公式Sn＝111(1)(1)(1)11nnnaqaaqaqqqq推导方法：乘公比，错位相减法．(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)＝5050.2．常见的裂项公式(1)111(1)1nnnn；(2)1111()(21)(21)22121nnnn；(3)111nnnn.难点正本疑点清源1．解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．2．等价转化思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决．基本技能要落实考点一分组转化法求和【例1】已知数列{an}的前n项和Sn＝22nn，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．【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝22nn－2(1)12nn＝n.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＝22(12)12n＝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.【方法技巧】若数列通项是几个数列通项的和或差的组合，如：等差加等比，等比加等比．对于这类数列求和，就是对数列通项进行分解，然后分别对每个数列进行求和．例如：an＝bn＋cn＋…＋hn，则1nkka＝1nkkb＋1nkkc＋…＋1nkkh【跟踪训练】1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－315n，则其前20项和为()A．380－1931155B．400－2021155C．420－2031145D．440－2041155【答案】C【解析】令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－32022011111120(201)31553```234201155524515n2．(2022·焦作模拟)已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.【解析】(1)设{an}的公差为d，因为a2＝3，{an}前4项的和为16，所以113,43416,2adad解得11,2,ad所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.设{bn－an}的公比为q，则b4－a4＝(b1－a1)q3，因为b1＝4，b4＝88，所以q3＝44118872741baba，解得q＝3，所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝1223(13)(121)333(31)132222nnnnnnn考点二错位相减法求和【例2】设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nna，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)由2Sn＝3an－1，①得2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②，得2an＝3an－3an－1，∴1nnaa＝3(n≥2)，又2S1＝3a1－1，∴a1＝1，∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1.(2)由(1)得，bn＝13nn，∴Tn＝0121123···3333nn，13Tn＝123123···3333nn，两式相减，得23Tn＝01211111···33333nnn113233=1322313nnnnn，∴Tn＝969443nn.【方法技巧】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，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．[提醒](1)在写“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．(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．【跟踪训练】1．数列12，34，58，716，…的前10项之和为________．【答案】30491024【解析】因为S10＝12+34+58＋…＋10192，①所以12S10＝14＋38＋…＋10172＋11192.②①－②得12S10＝12＋10222···482－11192＝12＋911122112－11192＝32－912－11192＝101132232，所以S10＝101132232＝30491024.2．(2022·福州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.(1)证明：数列{an}是等比数列；(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，所以a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，an＝2n－1，所以bn＝(2n－1)×2n－1，所以Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1，①2Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，②①－②，得－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n＝1＋2×122212n－(2n－1)×2n＝(3－2n)×2n－3，所以Tn＝(2n－3)×2n＋3.考点三裂项相消法求和[考法全析]考法(一)形如an＝1()nnk(k为非零常数)型[例2](2022·福州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.(1)证明：数列{bn}是等比数列；(2)设cn＝2(41)2nnbn，求数列{cn}的前n项和Sn.【解析】(1)证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，所以1nnbb＝211nnnnaaaa＝11132nnnnnaaaaa＝112()nnnnaaaa＝2，又b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，因为cn＝2(41)2nnbn所以cn＝11112(21)(21)42121nnnn，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝111111111?··14335212142142nnnnn考法(二)形如1nkn(k为非零常数)型[例3]已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝1(1)()fnfn，n∈N*.记数列{an}的前n项为Sn，则S2018＝()A.2017－1B.2018－1C.2019－1D.2019＋1【解析】由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f(x)＝x.所以an＝1(1)()fnfn＝11nn＝1nn，所以S2018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2019－2018)＝2019－1.[答案]C[规律探求]看个性考法(一)数列的通项公式形如an＝1()nnk时，可转化为an＝111knnk，此类数列适合使用裂项相消法求和．考法(二)数列的通项公式形如an＝1nkn时，可转化为an＝1nkkk，此类数列适合使用裂项相消法求和找共性裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)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．(2)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[过关训练]1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则11nkkS＝________.【答案】21nn【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有1123,4610,adad解得11,1,ad所以Sn＝(1)2nn，12112(1)1nSnnnn，因此1111111221?··=22311nkknSnnn2．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝221(2)nnna，数列{bn}的前n项和为Tn.求证：对于任意的n∈N*，都有Tn＜564.【解析】(1)由S2n－(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.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，故bn＝221(2)nnna＝222211114(2)16(2)nnnnn.故Tn＝22222222211111111111?··1632435(1)(1)(2)nnnn＝22211111162(1)(2)nn2115116264达标检测要扎实一、单选题1．数列na是等比数列，363,81aa，则5a（）A．15B．16C．27D．25【答案】C【解析】设等比数列的公比为q，则36327aqa，解得3q，所以231193aaqa，解得113a所以45127qaa，故选：C.2．观察下列式子:213122，221151233，222111712344，…，则可归纳出2221111231n小于（）A．1nnB．211n