2019-2020学年高中数学 第2章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第2课时 数列求和（习题课

2.5等比数列的前n项和第二课时数列求和(习题课)登高揽胜拓界展怀课前自主学习学习目标会用分组转化求和法、裂项相消求和法及错位相减求和法求数列的和．知识点|数列求和‖知识梳理‖求数列的前n项和的方法(1)公式法①等差数列的前n项和公式Sn＝1_____________＝2____________________.na1＋an2na1＋nn－12d②等比数列的前n项和公式(ⅰ)当q＝1时，Sn＝3_________；(ⅱ)当q≠1时，Sn＝4_____________＝5_____________.(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．na1a11－qn1－qa1－anq1－q(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．(4)错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．[必记结论]1．常见的裂项公式(1)1nn＋1＝1n－1n＋1.(2)12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1.(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.2．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.‖小试身手‖1．(2018·安溪质检)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝()A．9B．8C．17D．16解析：选AS17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.故选A.2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和为()A.100101B．99101C.99100D．101100解析：选A设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴a1＋4d＝5，5a1＋5×5－12d＝15，∴a1＝1，d＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴1anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴数列1anan＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.故选A.3．1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝_____________(x≠0且x≠1)．解析：设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②①－②得，(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝1－xn1－x－nxn，∴Sn＝1－xn1－x2－nxn1－x.答案：1－xn1－x2－nxn1－x剖析题型总结归纳课堂互动探究题型一分组转化求和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．【例1】(2018·兰州实战考试)在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.[解](1)设等差数列{an}的公差是d.∵a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，∴d＝－3，∴a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1，∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.(2)∵数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，∴an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，∴bn＝3n－2＋qn－1，∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝n(3n－1)2＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)，故当q＝1时，Sn＝n(3n－1)2＋n＝3n2＋n2；当q≠1时，Sn＝n(3n－1)2＋1－qn1－q.[方法总结]分组转化法求和的常见类型[提醒]某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.1．已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且a1，a4，a5成等差数列．(1)求p，q的值；(2)求数列{an}前n项和Sn的公式．解：(1)由a1＝3，得2p＋q＝3，又因为a4＝24p＋4q，a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.(2)由(1)，知an＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋nn＋12.题型二裂项相消求和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．在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．一般地，若{an}为等差数列，则求数列1anan＋1的前n项和可尝试此方法，事实上，1anan＋1＝ddanan＋1＝an＋1－andanan＋1＝1d1an－1an＋1.【例2】(2019·沈阳质检)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＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝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，n∈N*.(2)因为Sn＝a1－qn1－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.[方法总结]1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．2．常见式的裂项数列(n为正整数)裂项方法1nn＋k(k为非零常数)1nn＋k＝1k1n－1n＋k14n2－114n2－1＝1212n－1－12n＋11n＋n＋11n＋n＋1＝n＋1－nloga1＋1n(a0，a≠1)loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan2．已知等比数列{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＝－logan，求数列1bnbn＋1的前n项和Tn.3解：(1)设数列{an}的公比为q，由a23＝9a2a6得a23＝9a24，∴q2＝19.由条件可知q0，故q＝13.由2a1＋3a2＝1得，2a1＋3a1q＝1，∴a1＝13.故数列{an}的通项公式为an＝13n.(2)∵an＝13n，∴bn＝－log313n＝2n，∴1bnbn＋1＝14nn＋1＝141n－1n＋1，∴Tn＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝141－1n＋1＝n4n＋1.题型三错位相减求和如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，常采用错位相减法．【例3】(2018·河南、河北两省联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.(1)求证：数列Snn为等差数列；(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)证明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得Sn＋1n＋1－Snn＝1.又S11＝5，所以数列Snn是首项为5，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知，Snn＝5＋(n－1)×1＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.又a1＝5也符合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，所以bn＝(2n＋3)2n，又因为Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)·2n＋1，②所以②－①得Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)＝(2n＋3)2n＋1－10－23－2n－11－2＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)＝(2n＋1)2n＋1－2.[方法总结]用错位相减法求和时，应注意：(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”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．(3)应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.3．数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)证明：数列ann是等差数列；(2)设bn＝3n×an，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)证明：由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，即an＋1n＋1－ann＝1.所以ann是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得，ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.从而bn＝n×3n.Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，①3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1.②①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n×3n＋1＝3×1－3n1－3－n×3n＋1＝1－2n×3n＋1－32.所以Sn＝2n－1×3n＋1＋34.知识归纳自我测评堂内归纳提升掌握数列求和的5个方法求数列的前n项和，一般有下列几种方法．1．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．2．分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列．3．裂项相消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．4．奇偶并项当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．5．倒序相加例如，等差数列前n项和公式的推导方法．「自测检评」1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－315n，则其前20项和为()A．380－341－1519B．400－251－1520C．420－341－1520D．440－451－1520解析：选C令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－315＋152＋…＋1520＝2×20×20＋12－3×151－15201－15＝420－341－1520.故选C.2．已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若bn＝1anan＋1，那么数列{bn}的前n项和Sn＝()A.nn＋1B．4nn＋1C.3nn＋1D．5nn＋1解析：选B由题意知an＝1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋nn＋1＝n2，则bn＝1anan＋1＝4nn＋1＝41n－1n＋1，所以Sn＝41－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝41－1n＋1＝4nn＋1.故选B.3．设Sn是数列{an}