(人教版)数学必修五：专题《数列求和》

2.5等比数列的前n项和第二章第2课时数列求和推导等比数列前n项和公式的方法称为________法．[答案]错位相减1.分组转化求和法如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成，并且各独立项也可组成等差或等比数列，则该数列的前n项和可考虑拆项后利用公式求解．求和：Sn＝112＋214＋318＋…＋(n＋12n)．[解析]Sn＝112＋214＋318＋…＋(n＋12n)＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(12＋14＋18＋…＋12n)＝nn＋12＋121－12n1－12＝nn＋12＋1－12n.2．裂项求和法对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．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，常见的裂项公式：(1)1nn＋k＝1k·(1n－1n＋k)；(2)若{an}为等差数列，公式为d，则1an·an＋1＝1d(1an－1an＋1)；(3)1n＋1＋n＝n＋1－n等．已知数列{an}中，an＝1n＋1＋n，前n项和Sn＝9，求项数n的值．[解析]∵an＝1n＋1＋n＝n＋1－n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n＋1－1＝9，∴n＋1＝100，∴n＝99.3．错位相减法若数列{an}为等差数列，数列{bn}是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项的和时，常常采用将{anbn}的各项乘以公比q，然后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法．求和：Sn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.[解析]∵Sn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1两式相减，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.分组转化求和已知数列1＋1，1a＋4，1a2＋7，…，1an－1＋3n－2，…求其前n项的和．[分析]由题意可知该数列的通项公式为an＝1an－1＋3n－2，而数列{1an－1}是等比数列，{3n－2}是等差数列，于是可将该数列的每一项拆开再重新组合，从而转化为等差和等比数列求和．[解析]设Sn＝(1＋1)＋(1a＋4)＋(1a2＋7)＋…＋(1an－1＋3n－2)＝(1＋1a＋1a2＋…＋1an－1)＋[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]，当a＝1时，Sn＝n＋n3n－12＝n3n＋12；当a≠1时，Sn＝1－1an1－1a＋n3n－12＝a－a1－na－1＋n3n－12.已知数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n，…(1)求其通项公式an；(2)求这个数列的前n项和Sn.[解析](1)an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝1－2n1－2＝2n－1.∴这个数列的通项公式为an＝2n－1.(2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝21－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.裂项相消求和等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{1bn}的前n项和．[解析](1)设数列{an}的公比为q，由a23＝9a2a6得a23＝9a24，所以q2＝19.由条件可知q0，故q＝13.由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝13.故数列{an}的通项公式为an＝13n.(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－nn＋12.故1bn＝－2nn＋1＝－2(1n－1n＋1)，1b1＋1b2＋…＋1bn＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1n＋1)]＝－2nn＋1.所以数列{1bn}的前n项和为－2nn＋1.11×4＋14×7＋17×10＋…＋13n－23n＋1等于()A．n3n＋1B．3n3n＋1C．1－1n＋1D．3－13n＋1[答案]A[解析]∵13n－23n＋1＝13(13n－2－13n＋1)，∴11×4＋14×7＋17×10＋…＋13n－23n＋1＝13(1－14＋14－17＋17－110＋…＋13n－2－13n＋1)＝13(1－13n＋1)＝n3n＋1.错位相减求和已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.(1)求an，bn；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.[解析](1)由Sn＝2n2＋n，得当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.所以an＝4n－1，n∈N*.由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，∴Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，∴2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5.故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.已知数列{an}中，a1＝3，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上．(1)求数列{an}有通项公式；(2)若bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)∵点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2.∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)∵bn＝an·3n，∴bn＝(2n＋1)·3n.∴Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，①∴3Tn＝3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n＋(2n＋1)·3n＋1.②①－②得－2Tn＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1＝9＋2×91－3n－11－3－(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n＋1∴Tn＝n·3n＋1.分类讨论思想在数列求和中的应用已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．[解析]设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，由题意得3a1＋3d＝－3a1a1＋da1＋2d＝8，解得a1＝2d＝－3或a1＝－4d＝3.所以由等差数列通项公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列，不满足条件；当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|an|＝|3n－7|＝－3n＋7n＝1，23n－7n≥3.记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋n－2[2＋3n－7]2＝32n2－112n＋10.当n＝2时，满足此式．综上，Sn＝4n＝132n2－112n＋10n1.已知数列{an}中，an＝12－2n(n∈N*)，求数列{|an|}的前n项和Sn.[解析]当n≤6(n∈N*)时，|an|＝an，∴Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝10＋12－2nn2＝n(11－n)＝11n－n2.当n≥7(n∈N*)时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a6)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝2×30－11n＋n2＝n2－11n＋60.∴Sn＝11n－n2n≤6，n∈N*n2－11n＋60n≥7，n∈N*.求数列1，a，a2，…的前n项和Sn.[错解]Sn＝1＋a＋a2＋…＋an－1＝1－an1－a＝an－1a－1.[辨析]错误的原因在于忽略了对a的取值进行分类讨论．[正解]Sn＝1＋a＋a2＋…＋an－1，当a＝1时，Sn＝1＋1＋…＋1＝n；当a≠1，且a≠0时，Sn＝1－an1－a＝an－1a－1.当a＝0时满足上式．∴Sn＝na＝1an－1a－1a≠1.数列求和分组求和法裂项相消法错位相减法