2013届高考一轮复习(理数,浙江)-第33讲 数列求和

1.熟练掌握等差、等比数列的求和公式.2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.3.掌握非等差、等比数列求和的几种常见的模型数列求和的常见方法1.公式法常用的公式有：(1)等差数列{an}的前n项和Sn=①=②.(2)等比数列{an}的前n项和Sn=③=④(q≠1).(3)12+22+32+…+n2=⑤.(4)13+23+33+…+n3=⑥.1()2nnaana1+d(1)2nn1(1)1naqq11naaqqn(n+1)(2n+1)16n2(n+1)2142.倒序相加法将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项易于求和，则这样的数列可用倒序相加法求和.3.并项法将数列的每两项(或多次)并到一起后，再求和，这种方法常适用于摆动数列的求和.4.分组转化法分析通项虽不是等差或等比数列，但它是等差数列和等比数列的和的形式,则可进行拆分，分别利用基本数列的求和公式求和，如求{n(n+1)}前n项的和.5.裂项相消法把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，它适用于通项为的前n项求和问题，其中{an}为等差数列，如=(-).11nnaa11nnaa1d1na11na常见的拆项方法有：(1)=⑦;(2)=⑧;(3)=⑨;(4)=⑩;(5)n·n!=.1(1)nn111nn1()nnk111()knnk1(1)(2)nnn111[]2(1)(1)(2)nnnnn1ab1()abab11(n+1)!-n!6.错位相减法利用等比数列求和公式的推导方法求解，一般可解决型如一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和，如求数列{n·3n}的前n项和.1.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S15＝()A．9B．8C．16D．15【解析】S15＝1－2＋3－4＋…＋15＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋…＋(－14＋15)＝8，故选B.2.数列{an}满足a1＝1，an＝2nn＋1，其前n项和为Sn，则Sn＝()A.n2n＋1B.2nn＋1C.n＋2n＋1D.2n2n＋1【解析】an＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)，则Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2[(11－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1n＋1)]＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1.故选B.3.数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn1020，那么n的最小值是()A．8B．9C．10D．11【解析】an＝2n－1，Sn＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝2n＋1－2－n，代入验证即可．4.数列112，314，518，7116，…的前n项和Sn＝n2＋1－12n.【解析】Sn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(12＋14＋…＋12n)＝n2＋1－12n.5.数列1×12，2×14，3×18，4×116，…的前n项和为2－2＋n2n.【解析】S＝1×12＋2×14＋3×18＋…＋n×12n，2S＝1＋2×12＋3×14＋…＋(n－1)×12n－2＋n×12n－1，两式相减得S＝1＋12＋14＋…＋12n－1－n×12n＝1－12n1－12－n×12n＝2－2＋n2n.一分组求和及并项求和【例1】求和：(1)Sn＝1＋(3＋4)＋(5＋6＋7)＋(7＋8＋9＋10)＋…＋(2n－1＋2n＋…＋3n－2)；(2)Sn＝12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2.【解析】(1)因为an＝(2n－1)＋2n＋(2n＋1)＋…＋(3n－2)＝n2n－1＋3n－22＝52n2－32n，所以Sn＝52(12＋22＋32＋…＋n2)－32(1＋2＋…＋n)＝16n(n＋1)(5n－2)(n∈N*)．(2)当n是偶数时，Sn＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－3－7－…－(2n－1)＝－nn＋12.当n是奇数时，Sn＝1＋(32－22)＋(52－42)＋…＋[n2－(n－1)2]＝1＋5＋9＋…＋(2n－1)＝nn＋12.故Sn＝(－1)n－1nn＋12(n∈N*)．【点评】求数列的前n项和，首先要研究数列的通项公式的特点，再确定相应的求和方法．如本题中的(1)小题运用分组求和法；(2)小题中，由于an的项是正负相间，故采用并项求和法，但解题中要注意分奇数、偶数讨论．求值：(a－1)＋(a2－2)＋…＋(an－n)．素材1【解析】因为Sn＝(a－1)＋(a2－2)＋…＋(an－n)＝(a＋a2＋…＋an)－(1＋2＋…＋n)．当a＝1时，Sn＝n－nn＋12＝－n2＋n2.当a≠1时，Sn＝a1－an1－a－nn＋12.所以Sn＝－n2＋n2a＝1a1－an1－a－nn＋12a≠1.二裂项相消法求和【例2】数列{an}满足a1＝8，a4＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1n14－an(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn(n∈N*)，若对任意n∈N*，Tnm32恒成立，求最大的整数m的值．【分析】由an＋2－2an＋1＋an＝0变形，an＋2－an＋1＝an＋1－an可得出{an}是等差数列，从而求解．【解析】(1)由an＋1－2an＋1＋an＝0，得an＋2－an＋1＝an＋1－an，从而可知{an}为等差数列，设其公差为d，则d＝a4－a14－1＝－2，所以an＝8＋(n－1)×(－2)＝10－2n.(2)因为bn＝1n14－an＝12nn＋2＝14(1n－1n＋2)，则Tn＝14[(11－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n－1－1n＋1)＋(1n－1n＋2)]＝14[1＋12－1n＋1－1n＋2]＝38－14n＋1－14n＋2.而[38－14n＋1－14n＋2]min＝38－14×1＋1－14×1＋2＝16，所以m3216，即m163，故m的最大整数值为5.【点评】使用裂项相消求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项．1＋12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n＋n－1＝()A.n－1B.n－1－1C.nD.n＋1－1素材2【解析】因为1n＋n－1＝n－n－1，所以1＋12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n＋n－1＝1＋(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n－n－1)＝n，故选C.三错位相减法求和【例3】已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2、a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求bn＝anlog12an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，对任意正整数n，Sn＋(n＋m)an＋10恒成立，求m的取值范围．【解析】(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则q1，依题意，2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8，所以a2＋a4＝20，所以a1q＋a1q3＝20a1q2＝8，解得q＝2a1＝2或q＝12a1＝32(舍)，故an＝2n.(2)bn＝2n·log122n＝－n·2n，所以－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①－2Sn＝1×22＋2×33＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2.由Sn＋(n＋m)an＋10，即2n＋1－n·2n＋1－2＋n·2n＋1＋m·2n＋10，对∀n∈N*恒成立，即m12n－1恒成立，又12n－1－1，故m≤－1，即m∈(－∞，－1]．【点评】若数列的通项可化为等差数列与等比数列的第n项之积，则应用错位相减法求和．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.素材3【解析】(1)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①所以当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13，②①－②得，3n－1an＝13，an＝13n.在①中，令n＝1得a1＝13，适合an＝13n，所以an＝13n.(2)因为bn＝nan，所以bn＝n·3n.所以Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n.③所以3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④④－③得，2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，即2Sn＝n·3n＋1－31－3n1－3，所以Sn＝2n－13n＋14＋34.【点评】解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n－1·an}的前n项和，从而利用an与Sn的关系求出通项3n－1an，进而求得an；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．备选例题f(x)对任意x∈R都有f(x)＋f(1－x)＝12.(1)求f(12)和f(1n)＋f(n－1n)(n∈N*)的值；(2)数列{an}满足：an＝f(0)＋f(1n)＋f(2n)＋…＋f(n－1n)＋f(1)，数列{an}是等差数列吗？请给予证明；(3)令bn＝44an－1，Tn＝b21＋b22＋b23＋…＋b2n，Sn＝32－16n.试比较Tn与Sn的大小．【解析】(1)因为f(12)＋f(1－12)＝f(12)＋f(12)＝12，所以f(12)＝14，令x＝1n，得f(1n)＋f(1－1n)＝12，即f(1n)＋f(n－1n)＝12.(2)an＝f(0)＋f(1n)＋…＋f(n－1n)＋f(1)，又an＝f(1)＋f(n－1n)＋…＋f(1n)＋f(0)，两式相加得2an＝[f(0)＋f(1)]＋[f(1n)＋f(n－1n)]＋…＋[f(1)＋f(0)]＝n＋12，所以an＝n＋14，n∈N*，又an＋1－an＝n＋1＋14－n＋14＝14.故数列{an}是等差数列．(3)bn＝44an－1＝4n，Tn＝b21＋b22＋…＋b2n＝16(1＋122＋132＋…＋1n2)≤16[1＋11×2＋12×3＋…＋1nn－1]＝16[1＋(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1－1n)]＝16(2－1n)＝32－16n＝Sn.所以Tn≤Sn，当且仅当n＝1时取等号．【点评】(1)如果一个数列{an}与首末两端等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写的和倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和，进而求出数列的前n项和；(2)关于数列前n项和的不等式，常转化为先求和，再放缩；或者先放缩变形，再求和．1.若是等差、等比数列求和问题，则直接用公式求和,应注意公式的应用范围(如等比数列求和时,要分q=1和q≠1两类).2.非等差、等比数列求和问题，注意观察通项的形式与特点，善于将问题转化为等差、等比数列求和问题，或通过拆项或并项或错位相减或倒序相加求和.3．一般数列求和都需先求出通项，对于没有直接给出通项公式，只给出递推公式的数列求和，一般都是将数列通过变形转化或待定系数法化为等差或等比数列，进而求出通项公式，如an=kan-1+c(c为常数)可化为an+x=k(an-1+x)，解出x，则{an+x}为等比数列．