第2章数列习题课1常见的数列求和及应用

习题课1常见的数列求和及应用对点讲练一、分组求和例1求和：Sn＝x＋1x2＋x2＋1x22＋…＋xn＋1xn2.分析xn＋1xn2的结构特征，xn＋1xn2＝x2n＋1x2n＋2.分别组成三个数列从而求和．解当x≠±1时，Sn＝x＋1x2＋x2＋1x22＋…＋xn＋1xn2＝x2＋2＋1x2＋x4＋2＋1x4＋…＋x2n＋2＋1x2n＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋1x2＋1x4＋…＋1x2n＝x2(x2n－1)x2－1＋x－2(1－x－2n)1－x－2＋2n＝(x2n－1)(x2n＋2＋1)x2n(x2－1)＋2n当x＝±1时，Sn＝4n.综上知，Sn＝4n，x＝±1(x2n－1)(x2n＋2＋1)x2n(x2－1)＋2n，x≠±1.总结某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．►变式训练1求数列1,1＋a,1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋an－1，…的前n项和Sn(其中a≠0)．解当a＝1时，则an＝n，于是Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2.当a≠1时，an＝1－an1－a＝11－a(1－an)．∴Sn＝11－a[n－(a＋a2＋…＋an)]＝11－an－a(1－an)1－a＝n1－a－a(1－an)(1－a)2.∴Sn＝n(n＋1)2(a＝1)，n1－a－a(1－an)(1－a)2(a≠1).二、拆项相消例2求和：122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n2－1，(n≥2)．分析认真观察，式中每一项1n2－1均可拆成两项之差，于是可用拆项相消法求和．解∵1n2－1＝1(n－1)(n＋1)＝121n－1－1n＋1，∴原式＝12[1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1]＝121＋12－1n－1n＋1＝34－2n＋12n(n＋1).总结如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用拆项求和法．►变式训练2求和：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n.解∵an＝11＋2＋…＋n＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1∴Sn＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2nn＋1.三、奇偶并项例3求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)．分析通项中含符号数列(－1)n，按n为奇数、偶数分类讨论后，再并项求和．解当n为奇数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)＝2·n－12＋(－2n＋1)＝－n.当n为偶数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·n2＝n.∴Sn＝(－1)nn(n∈N*)．►变式训练3已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n(3n－2)，…，求其前n项和Sn.解n为偶数时，令n＝2k(k∈N*)，Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n(3n－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]＝3k＝32n；当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N*)．Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝－3n＋12.∴Sn＝－3n＋12(n为奇数)，3n2(n为偶数).课堂小结：求数列前n项和，一般有下列几种方法．1．错位相减(前面已复习)适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．2．分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列．3．拆项相消有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．4．奇偶并项当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．5．倒序相加例如，等差数列前n项和公式的推导方法．课时作业一、选择题1．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，由bn＝a1＋a2＋a3＋…＋ann所确定的数列{bn}的前n项之和是()A．n(n＋2)B.12n(n＋4)C.12n(n＋5)D.12n(n＋7)答案C解析a1＋a2＋…＋an＝n2(2n＋4)＝n2＋2n.∴bn＝n＋2，∴bn的前n项和Sn＝n(n＋5)2.2．已知数列{an}为等比数列，前三项为a，12a＋12，13a＋13，则Tn＝a21＋a22＋…＋a2n等于()A．91－23nB．811－23nC．811－49nD.8151－49n答案D解析由12a＋122＝a13a＋13，解得a＝3.∴a1＝3，a2＝2，a3＝43，∴{a2n}是以a21＝9为首项，以49为公比的等比数列，∴Tn＝91－49n1－49＝8151－49n.3．设数列1，(1＋2)，(1＋2＋4)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)的前m项和为2036，则m的值为()A．8B．9C．10D．11答案C解析an＝2n－1，Sn＝2n＋1－n－2，代入选项检验，即得m＝10.4．在50和350之间末位数是1的所有整数之和是()A．5880B．5539C．5280D．4872答案A解析S＝51＋61＋…＋341＝30×(341＋51)2＝5880.5．已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S17＋S33＋S50等于()A．0B．1C．－1D．2答案B解析S17＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(15－16)＋17＝9，S33＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(31－32)＋33＝17，S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25，所以S17＋S33＋S50＝1.二、填空题6．(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝________.答案5050解析(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝100＋99＋…＋2＋1＝100×(100＋1)2＝5050.7．在100内所有能被3整除但不能被7整除的正整数之和是________．答案1473解析100内所有能被3整除的数的和为：S1＝3＋6＋…＋99＝33×(3＋99)2＝1683.100内所有能被21整除的数的和为：S2＝21＋42＋63＋84＝210.∴100内能被3整除不能被7整除的所有正整数之和为S1－S2＝1683－210＝1473.8．若1＋3＋5＋…＋(2x－1)11·2＋12·3＋13·4＋…＋1x(x＋1)＝132(x∈N*)，则x＝________.答案11解析1＋3＋5＋…＋(2x－1)11·2＋12·3＋…＋1x(x＋1)＝x21－1x＋1＝x2xx＋1＝x(x＋1)＝132，∴x＝11.三、解答题9．设正项等比数列{an}的首项a1＝12，前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0.(1)求{an}的通项；(2)求{nSn}的前n项和Tn.解(1)由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，得S30－S20S20－S10＝1210，设公比为q，则a1(1－q30)1－q－a1(1－q20)1－qa1(1－q20)1－q－a1(1－q10)1－q＝1210，即q10＝1210，所以q＝12，所以an＝12·12n－1＝12n，即an＝12n，n＝1,2，….(2)因为{an}是首项a1＝12，公比q＝12的等比数列．所以Sn＝121－12n1－12＝1－12n，nSn＝n－n2n.则数列{nSn}的前n项和Tn＝(1＋2＋…＋n)－12＋222＋…＋n2n①Tn2＝12(1＋2＋…＋n)－122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1②①－②，得Tn2＝12(1＋2＋…＋n)－12＋122＋…＋12n＋n2n＋1＝n(n＋1)4－121－12n1－12＋n2n＋1，即Tn＝n(n＋1)2＋12n－1＋n2n－2.10．设数列{an}的首项a1∈(0,1)，an＝3－an－12，n＝2,3,4，….(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝an3－2an，证明bn＜bn＋1，其中n为正整数．解(1)由an＝3－an－12，n＝2,3,4，….整理得1－an＝－12(1－an－1)．又1－a1≠0，所以{1－an}是首项为1－a1，公比为－12的等比数列，得an＝1－(1－a1)－12n－1.(2)由(1)可知0＜an＜32，故bn＞0.那么，b2n＋1－b2n＝a2n＋1(3－2an＋1)－a2n(3－2an)＝3－an223－2×3－an2－a2n(3－2an)＝9an4(an－1)2.又由(1)知an＞0且an≠1，故b2n＋1－b2n＞0，因此bn＜bn＋1，n为正整数．