2018年高考理科数学第一轮复习教案32 数列求和

第四节数列求和数列求和掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．知识点数列求和的常用方法(1)倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．(2)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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．(3)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，从而求得其和．(4)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．(5)并项求和法：一个数列的前n项和，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．易误提醒1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．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．必记结论常见数列的求和公式：(1)12＋22＋32＋…＋n2＝nn＋12n＋16.(2)13＋23＋33＋…＋n3＝nn＋122.[自测练习]1．数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n，…的前n项和Sn的值等于()A．n2＋1－12nB．2n2－n＋1－12nC．n2＋1－12n－1D．n2－n＋1－12n解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋12n，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋12＋122＋…＋12n＝n2＋1－12n.答案：A2．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列1bnbn＋1的前n项和Sn＝________.解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a1＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以1bnbn＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1.则数列1bnbn＋1的前n项和为1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.答案：nn＋13．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝________.解析：∵an＝(－1)n(3n－2)．∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案：154．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.解析：∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②①－②，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.答案：(n－1)2n＋1＋2考点一分组转化求和|(2015·高考福建卷)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．[解](1)设等差数列{an}的公差为d.由已知得a1＋d＝4，a1＋3d＋a1＋6d＝15，解得a1＝3，d＝1.所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.(2)由(1)可得bn＝2n＋n，所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝2×1－2101－2＋1＋10×102＝211＋53＝2101.分组转化法求和的两种常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和；(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数，的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．1．已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn.解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3，所以当n为偶数时，Sn＝2×1－3n1－3＋n2ln3＝3n＋n2ln3－1；当n为奇数时，Sn＝2×1－3n1－3－(ln2－ln3)＋n－12－nln3＝3n－n－12ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝3n＋n2ln3－1，n为偶数，3n－n－12ln3－ln2－1，n为奇数.考点二裂项求和|(2015·高考安徽卷)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，又a1＋a4＝9，可解得a1＝1a4＝8或a1＝8a4＝1(舍去)．设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.(2)Sn＝a11－qn1－q＝2n－1，又bn＝an＋1SnSn＋1＝Sn＋1－SnSnSn＋1＝1Sn－1Sn＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋…＋1Sn－1Sn＋1＝1S1－1Sn＋1＝1－12n＋1－1.裂项求和常用的四种变形①1nn＋1＝1n－1n＋1.②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1.③1n＋n＋1＝n＋1－n.④2n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1.2．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝1fn＋1＋fn，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2014＝()A.2013－1B.2014－1C.2015－1D.2015＋1解析：由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝12.则f(x)＝x12.∴an＝1fn＋1＋fn＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2014＝a1＋a2＋a3＋…＋a2014＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2014－2013)＋(2015－2014)＝2015－1.答案：C3．(2016·曲靖一模)122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n＋12－1的值为()A.n＋12n＋2B.34－n＋12n＋2C.34－121n＋1＋1n＋2D.32－1n＋1＋1n＋2解析：∵1n＋12－1＝1n2＋2n＝1nn＋2＝121n－1n＋2，∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n＋12－1＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2.答案：C考点三错位相减求和|(2015·高考山东卷)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列1an·an＋1的前n项和为n2n＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)设数列{an}的公差为d.令n＝1，得1a1a2＝13，所以a1a2＝3，①令n＝2，得1a1a2＋1a2a3＝25，所以a2a3＝15，②由①②解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.经验验，符合题意．(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝41－4n1－4－n·4n＋1＝1－3n3·4n＋1－43，所以Tn＝3n－19·4n＋1＋49＝4＋3n－14n＋19.错位相减法求和时两个注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“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．4．(2016·九江一模)已知各项不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝a1(an－1)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足anbn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝a1(a1－1)＝a21－a1，∵a1≠0，∴a1＝2；当n≥2时，Sn＝a1(an－1)，①Sn－1＝a1(an－1－1)，②①－②得an＝a1(an－an－1)＝2an－2an－1，∴an＝2an－1.∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＝2n.(2)∵bn＝n2n，∴Tn＝121＋222＋323＋…＋n－12n－1＋n2n，12Tn＝122＋223＋324＋…＋n－12n＋n2n＋1，两式相减得12Tn＝12＋122＋123＋124＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－n＋22n＋1，∴Tn＝2－n＋22n.9.通项遗漏——导致错位相减求和错误【典例】已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n－3，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](1)由Sn＝2n2＋n－3，得n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2＋(n－1)－3，∴an＝2n2－2(n－1)2＋1＝4n－1，由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*.当n＝1时，a1＝S1＝0，不适合an＝4n－1(n≥2)，因此an＝0n＝1，4n－1n≥2，∴a1＝4log2b1＋3，∴b1＝2－34，于是bn＝2－34n＝1，2n－1n≥2.(2)Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，当n＝1时，T1＝a1b1＝0×2－34＝0，当n≥2时，Tn＝7×2＋11×22＋15×23＋…＋(4n－1)·2n－1，∴2Tn＝7×22＋11×23＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，则Tn＝2Tn－Tn＝(4n－1)·2n－14－4(22＋23＋…＋2n－1)＝(4n－1)·2n－14－4×221－2n－21－2＝(4n－5)·2n＋2，又n＝1时，T1＝0适合上式，故Tn＝(4n－5)·2n＋2，n∈N*.[易误点评](1)求an，忽视n＝1的情形，错求an，导致后续问题不能正确求解．(2)错位相减求和时，弄错等比数列的项数，盲目认为除首、末项外成等比数列．[防范措施](1)由Sn求an，当n＝1时，a1＝S1检验是否满足an＝Sn－Sn－1(n≥2)，若不满足，应分段表示an，从而求Tn时，应分类讨论．(2)由于{anbn}的通项分段表示，求Tn时，不仅要注意对n进行讨论，而且在写出“Tn”与“qTn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”．即公比q的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[跟踪练习]已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝252，则数列an2n的前n项和为()A．1－n＋22n＋1B．2－n＋42n＋1C．2－n＋42nD．2－n＋22n＋1解析：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋nn－12d，因为S3＝6，S5＝252，所以3a1＋3d＝6，5a1＋10d＝252，解得a1＝32