专题44-数列的求和(解析版)

专题44数列的求和专题知识梳理1．公式法如果通项是等差或等比数列，则直接利用公式进行求和．等差数列{an}前n项和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d．等比数列{an}前n项和公式：q＝1时，Sn＝__na1__；q≠1时，Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q．2．分组求和法如果一个数列的通项形如an±bn，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则把它们分别求和．3．错位相减法如果一个数列的通项形如anbn，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则用两式错位相减法．其实，_等比__数列的前n项和公式就是用此法推导的．4．裂项相消法如果一个数列的通项是分式型数列，则可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．常见的拆项公式有：1n（n＋1）＝1n－1n＋1，1（2n－1）（2n＋1）＝12(12n－1－12n＋1)，1n＋n＋1＝n＋1－n．5．倒序相加法如果一个数列{an}的通项满足，与首末两端等“距离”的两项的和相等，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项和公式即是用此法推导的．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)＝5050．7．常见数列的前n项和公式：(1)1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1）2；(2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；(3)12＋22＋32＋…＋n2＝n（n＋1）（2n＋1）6．考点探究考向1利用“分组求和法”求和【例】求和：（1）Sn＝1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋12n－1.（2）1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)．【解析】原式中通项为an＝1＋12＋14＋…＋12n－1＝11()122(1)1212kk∴Sn＝21－12＋1－122＋…＋1－12n＝2n－121－12n1－12＝12n－1＋2n－2.（2）数列{an}的通项an＝n(3n＋1)＝3n2＋n，把数列分成了两个数列，分别求和．1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝(3×12＋1)＋(3×22＋2)＋(3×32＋3)＋…＋(3n2＋n)＝3(12＋22＋32＋…＋n2)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝3·n(n＋1)(2n＋1)6＋n(n＋1)2＝n(n＋1)2.题组训练1.在数列{an}中，a1＝－2101，且当2≤n≤100时，an＋2a102－n＝3×2n恒成立，则数列{an}的前100项和S100＝____．【解析】∵2≤n≤100，∴2≤102－n≤100，将an＋2a102－n＝3×2n中的n换成102－n得，a102－n＋2an＝3×2102－n，消去a102－n得，an＝2103－n－2n，∴S100＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100＝－2101＋(2101－22)＋(2100－23)＋(299－24)＋…＋(23－2100)＝－4.2.已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋3n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝___．【解析】数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋3n－1，∴数列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(21－1＋3×1－1)＋(22－1＋3×2－1)＋…＋(2n－1＋3×n－1)＝(21－1＋22－1＋…＋2n－1)＋(3×1＋3×2＋…＋3×n)＋…＋n×(－1)＝2n－1＋3×n（n＋1）2－n＝2n＋32n2＋12n－1.考向2利用“裂项相消法”求和【例】设{}na是等比数列，公比大于0，其前n项和为*(nSnN），{}nb是等差数列.已知：1321,2aaa，435546,2abbabb．（I）求{}na和{}nb的通项公式；（II）设数列{}nS的前n项和为*(nTnN），（i）求nT；（ii）证明∑.【解析】（I）设数列{}na的公比为q，代入1321,2aaa，得220,qq2q或1q（舍去）又11,a故1=2nna.设等差数列{}nb的公差为d，代入435546,2abbabb，中，得11268,31316bdbd，解得11,1bd，nbn．（II）（i）由（I）得122112nnnS，故∑∑.（ii）因为，所以∑.题组训练1.求和：11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn＋1＝___．【解析】因1nn＋1＝1n－1n＋1，故Sn＝1－12+12-111++31nn=1-1n＋1＝nn＋1.2.已知数列{}an的通项公式an＝1n＋n＋1，则该数列的前____项之和等于9.【解析】111nannnn，12213nnSaaa21nn=11n=9，所以解得n=993.已知数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足4Sn＝(an＋1)2.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1an·an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn及Tn的最小值．【解析】(1)∵(an＋1)2＝4Sn，∴Sn＝（an＋1）24，Sn＋1＝（an＋1＋1）24，∴Sn＋1－Sn＝an＋1＝（an＋1＋1）2－（an＋1）24，即4an＋1＝a2n＋1－a2n＋2an＋1－2an，∴2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)·(an＋1－an)．∵an＋1＋an≠0，∴an＋1－an＝2，即{an}是公差为2的等差数列，由(a1＋1)2＝4a1，解得a1＝1，∴an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12(1－13＋13－15＋…＋12n－1)－12n＋1)＝121－12n＋1＝12－12（2n＋1）＝n2n＋1.∵Tn＋1－Tn＝12－12（2n＋3）－12－12（2n＋1）＝12（2n＋1）－12（2n＋3）＝1（2n＋1）（2n＋3）＞0，∴Tn＋1Tn，∴数列{}Tn为递增数列，∴Tn的最小值为T1＝13.考向3利用“倒序相加法”求和【例】已知函数f(x)＝4x4x＋2，求f(12018)＋f(22018)＋f(32018)＋…＋f(20172018)的值．【解析】∵f(x)＝4x4x＋2，∴f(1－x)＝41－x41－x＋2＝42×4x＋4＝24x＋2，∴f(x)＋f(1－x)＝4x4x＋2＋24x＋2＝1.令S＝f(12018)＋f(22018)＋f(32018)＋…＋f(20172018)，则S＝f(20172018)＋f(20162018)＋f(20152018)＋…＋f(12018)，两式相加得，2S＝2017[f(12018)＋f(20172018)]＝2017，∴S＝20172，即f(12018)＋f(22018)＋f(32018)＋…＋f(20172018)＝20172.题组训练1.求sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°的值．【解析】设S＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°，①将①式右边反序得S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin23°＋sin22°＋sin21°，②又∵sinx＝cos(90°－x)，sin2x＋cos2x＝1.①＋②得2S＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin289°＋cos289°)＝89，∴S＝44.5.考向4利用“错位相减法”求和【例】已知{}na为等差数列，前n项和为()nSnN，{}nb是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312bb,3412baa，11411Sb.（1）求{}na和{}nb的通项公式；（2）求数列221{}nnab的前n项和()nN.【解析】（1）设等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q.由已知2312bb，得21()12bqq，而12b，∴260qq.又∵0q，解得2q.∴2nnb.由3412baa，可得138da①，由114=11Sb，可得1516ad②，联立①②，解得11a，3d，由此可得32nan.∴数列{}na的通项公式为32nan，数列{}nb的通项公式为2nnb.（2）设数列221{}nnab的前n项和为nT，由262nan，12124nnb，有221(31)4nnnabn，∴23245484(31)4nnTn，23414245484(34)4(31)4nnnTnn，上述两式相减，得231324343434(31)4nnnTn1112(14)4(31)414(32)48.nnnnn得1328433nnnT.∴数列221{}nnab的前n项和为1328433nn.题组训练1.已知{an}为等比数列，其中a1＝1，且a2，a3＋a5，a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)设在等比数列{an}中，公比为q，∵a1＝1，且a2，a3＋a5，a4成等差数列，∴2(a3＋a5)＝a2＋a4∴2(q2＋q4)＝q＋q3，解得q＝12，∴an＝(12)n－1.(2)∵an＝(12)n－1，∴bn＝(2n－1)an＝(2n－1)(12)n－1，∴Tn＝1·1＋3·12＋5·(12)2＋…＋(2n－1)·(12)n－1，①12Tn＝1·12＋3·(12)2＋5·(12)3＋…＋(2n－1)·(12)n，②①－②，得：12Tn＝1＋2·12＋（12）2＋…＋（12）n－1－(2n－1)·(12)n＝1＋2－(2n－1)·(12)n＝3－2n＋32n，∴Tn＝6－2n＋32n－1.2.（2018·无锡模拟）在等差数列na中，已知13240,2aaaa，则数列12nna的前10项和为．【解析】241322aaaad，所以d=-1，得11,2naan，设012112311112222nnnSaaaa○1，将○1两边乘以12，得111122nSa23123111112222nnnnaaaa○2，○1-○2得011122nSa21111222nnndda111112211212nnnada111222nnn，112nnSn，所以105256S．3.已知首项为12的等比数列{}an是递减数列，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列．(1)求数列{}an的通项公式；(2)若bn＝an·log2an，数列{}bn的前n项和为Tn，求满足不等式Tn＋2n＋2≥116的最大n值．【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知a1＝12，∵S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列，∴2(S2＋a2)＝S1＋a1＋S3＋a3，变形得S2－S1＋2a2＝a1＋S3－S2＋a3，即得3a2＝a1＋2a3，∴32q＝12＋q2，解得q＝1或q＝12，又由{an}为递减数列，于是q＝12，∴an＝a1qn－1＝12n.(2)由于bn＝anlog2