2016年《南方新课堂·高考总复习》数学(理科)-第五章-第4讲-数列的求和

第4讲数列的求和1．掌握等差数列、等比数列的求和公式．2．了解一般数列求和的几种方法．(1)等差数列前n项和Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d.1．等差、等比数列的求和(2)等比数列前n项和Sn＝na1，q＝1，a11－qn1－q＝a1－anq1－q，q≠1.2．一般数列求和的常用方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项，再求和．常见的拆项公式有：①1nn＋1＝1n－1n＋1；(3)错位相减：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．(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导．②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；③1n＋n＋1＝n＋1－n.2．若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，则a5＝________，前8项的和S8＝________(用数字作答)．1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1,则S5＝()A．1B.56C.16D.130B16255________________.为10，则项数n＝________.3．数列112，214，318，…，n＋12n，…的前n项和Sn＝4．数列{an}的通项公式为an＝1n＋n＋1，若前n项的和12012n(n＋1)＋1－12n考点1公式或分组法求和例1：(2014年湖南)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2na＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1＋12＝1.由Sn＝n2＋n2，得Sn－1＝n－12＋n－12.∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n.经检验，首项a1也满足an＝n.∴数列{an}的通项公式为an＝n.【规律方法】若一个数列是由等比数列和等差数列组成，则求和时，可采用分组求和，即先分别求和，再将各部分合并.(2)bn＝2na＋(－1)nan＝2n＋(－1)nn，数列{bn}的前2n项和T2n＝(21＋22＋23＋…＋22n)＋[－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n]＝21－22n1－2＋(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝22n＋1－2＋n.∴T2n＝22n＋1＋n－2.【互动探究】1．(2013年重庆)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*.(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)已知{bn}是等差数列，前n项和为Tn，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.解：(1)由题设知，{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1，Sn＝1－3n1－3＝12(3n－1)．(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，∴公差d＝5.故T20＝20×3＋20×192×5＝1010.考点2裂项相消法求和例2：已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1anan＋113.(1)解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，∴an＝2n(n∈N*)．(2)证明：由(2)知，∀n∈N*，1anan＋1＝12n2n＋112n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1.当n＝1时，显然有1a1a1＋1＝1613；当n≥2时，1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1anan＋112×2＋1＋1213－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝13－12·12n＋113∴对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1anan＋113.【规律方法】裂项相消法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项，再求和．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前面多少项则后面也剩多少项．常见的拆项公式：1nn＋1＝1n－1n＋1；12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；1n＋n＋1＝n＋1－n.【互动探究】2．(2013年江西)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝n＋1n＋22a2n，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn564.(1)解：由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，∴Sn0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上所述，数列{an}的通项an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，bn＝n＋1n＋22a2n，则bn＝n＋14n2n＋22＝1161n2－1n＋22.Tn=222222222111111111111632435(1)(1)(2)nnnn＝1161＋122－1n＋12－1n＋22116(1＋122)＝564.考点3错位相减法求和例3：已知数列{an}的前n项和Sn＝－12n2＋kn(k∈N*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，求an；(2)求数列9－2an2n的前n项和Tn.解：(1)∵Sn＝－12n2＋kn＝－12(n－k)2＋12k2，∴当n＝k∈N*时，Sn取得最大值，即8＝12k2，故k＝4.∴Sn＝－12n2＋4n，an＝Sn－Sn－1＝92－n(n≥2)．又a1＝S1＝72，∴an＝92－n.(2)设bn＝9－2an2n＝n2n－1，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋22＋322＋…＋n－12n－2＋n2n－1，12Tn＝12＋222＋323＋…＋n－12n－1＋n2n.两式相减，得12Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1－12n1－12－n2n＝2－n＋22n.∴Tn＝4－n＋22n－1.【规律方法】本题考查的是数列的通项、递推、错位相减法求和以及二次函数的最值的综合应用．利用an＝S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2来实现an与Sn的相互转化是数列问题比较常见的技巧之一，要注意an＝Sn－Sn－1不能用来求解首项a1，首项a1一般通过a1＝S1来求解．运用错位相减法求数列的前n项和适用的前提条件是：当数列的通项由两项的乘积组成，其中一项是等差数列的某项，另一项是等比数列的对应项．【互动探究】3．(2014年江西)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)∵anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，∴an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2.∴数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列．故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1知，an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，两式相减，得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n.∴Sn＝(n－1)3n＋1.