2019-2020学年高中数学 第2章 数列 2.3.2 等比数列的前n项和 第二课时 常见的数列求

2．3等比数列2．3.2等比数列的前n项和第二课时常见的数列求和自主学习梳理知识课前基础梳理|目标索引|1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.1．公式法(1)等差数列的前n项和公式Sn＝___________＝na1＋___________.na1＋an2nn－12d(2)等比数列的前n项和公式Sn＝na1，q＝1，a11－qn1－q，q≠1.(3)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．2．错位相减法一般来说，如果数列{an}是等差数列，公差为d，数列{bn}是等比数列，公比为q，则求数列{anbn}的前n项和就可以运用错位相减法．在运用错位相减法求数列的和时，要注意以下四个问题：(1)注意对q的讨论，在前面的讨论中，我们已知q是等比数列{bn}的公比，所以q≠0，但求和Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1时，就应分x＝0、x＝1和x≠0且x≠1三种情况讨论．(2)注意相消的规律．(3)注意相消后式子(1－q)Sn的构成，以及其中成等比数列的一部分的和的项数．(4)应用等比数列求和公式必须注意公比q≠1这一前提条件．如果不能确定公比q是否为1，应分两种情况讨论，这在高考中经常考查.3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消求和．常见的裂项公式：①1nn＋1＝___________；②12n－12n＋1＝________________；③1n＋n＋1＝_______________.1n－1n＋11212n－1－12n＋1n＋1－n4．并项求和法一个数列的前n项和中，可两两相结合求解，如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．1．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前50项的和为()A．49B．50C．99D．100解析：当n＝1时，a1＝S1＝3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－(n－1)2－(n－1)－1＝2n，当n＝1时2×1＝2≠3，∴an＝3，n＝1，2n，n≥2.∴{bn}的前50项和为T50＝－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－…－a49＋a50＝(－3＋4)＋2×24＝49.故选A.答案：A2．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________.解析：由an＋1－an＝2，可知数列{an}是等差数列，d＝2，∴an＝－5＋2(n－1)＝7－2n，∴当n≤3时，an0，当n≥4时，an0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.答案：183．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________.解析：S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.答案：－25典例精析规律总结课堂互动探究(2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×1－2n1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.所以，数列{a2nbn}的前n项和为Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.【知识点拨】一般地，若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列且公比为q，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＋a6＝24，S11＝143.已知数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝2bn－2(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列anbn的前n项和为Dn，对于任意n∈N*，求满足条件Dnt的常数t的最小正整数．解：(1)设数列{an}的公差为d，由S11＝11a6＝143，∴a6＝13.又a5＋a6＝24，解得a5＝11，d＝2，因此{an}的通项公式是an＝a5＋(n－5)×2＝2n＋1(n＝1,2,3，…)．又当n＝1时，b1＝2；当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2)，由于b1＝2≠0，∴bn≠0，bnbn－1＝2，故{bn}是公比为2的等比数列，首项b1＝2，∴bn＝2n.(2)由(1)知anbn＝2n＋12n，∴Dn＝321＋522＋723＋924＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n，①12Dn＝322＋523＋724＋925＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，②①－②得12Dn＝32＋222＋223＋224＋225＋…＋22n－2n＋12n＋1＝12＋2×12＋122＋123＋124＋125＋…＋12n－2n＋12n＋1＝12＋2×121－12n1－12－2n＋12n＋1＝52－2n＋52n＋1，所以Dn＝5－2n＋52n.因为Dn－Dn－1＝2n＋32n－1－2n＋52n＝2n＋12n0，所以数列{Dn}为单调递增数列．又Dn＝5－2n＋52n5，所以常数t的最小正整数为5.(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n项和．【解】(1)由已知a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，所以当n1时，有a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，所以两式作差可得(2n－1)an＝2，即an＝22n－1(n1，且n∈N*)，又因为n＝1时，a1＝2符合，所以an＝22n－1(n∈N*)．(2)设bn＝an2n＋1，则bn＝22n＋12n－1＝12n－1－12n＋1，所以数列an2n＋1的前n项和为Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.【知识点拨】对于通项公式是分式的一类数列，在求和时常用“裂项法”，可先对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项．求数列22＋122－1，32＋132－1，42＋142－1，…，n＋12＋1n＋12－1的前n项和Sn.解：由数列的通项an＝n＋12＋1n＋12－1＝n2＋2n＋2n2＋2n＝1＋2nn＋2＝1＋1n－1n＋2，∴Sn＝1＋1－13＋1＋12－14＋…＋1＋1n－1n＋2＝n＋1＋12－1n＋1－1n＋2＝n＋32－1n＋1－1n＋2.在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝ann＋12，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.【解】(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题意知bn＝ann＋12＝n(n＋1)，∴Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn(n＋1)，当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝n24＋2n2＝nn＋22；当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝n－1n＋12－n(n＋1)＝－n＋122.所以Tn＝－n＋122，n为奇数，nn＋22，n为偶数.【知识点拨】对于形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解，在解题时要分项数为奇数和为偶数讨论．(2018·宁夏银川月考)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.解析：当n为奇数时，an＋2－an＝0，∴a1＝a3＝a5＝a7＝…当n为偶数时，an＋2－an＝2，∴a2，a4，a6，…成等差数列，公差为2，∴S100＝a1＋a2＋…＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝50a1＋50a2＋50×492d＝50＋100＋2450＝2600.答案：2600即学即练稳操胜券基础知识达标1．(2018·江西吉安月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，对任意的n∈N*都有2Sn＝n2＋an，则S20＝()A．200B．210C．220D．230解析：当n＝1时，2S1＝12＋a1，∴a1＝1.当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝n2＋an－(n－1)2－an－1，即an＋an－1＝2n－1，∴S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝3＋7＋…＋39＝10×3＋392＝210，故选B.答案：B2．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－43，则{an}的前10项和等于()A．－6(1－3－10)B．19(1－3－10)C．3(1－3－10)D．3(1＋3－10)解析：由3an＋1＋an＝0，可知数列{an}是等比数列，公比q＝－13.又a2＝－43，∴a1＝4，∴S10＝41－13101＋13＝31－1310，故选C.答案：C3．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋1(n∈N)，则f(n)等于()A.27(8n－1)B．27(8n＋1)C.27(8n＋1－1)D.27(8n＋1＋1)解析：f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1＝21－8n＋11－8＝27(8n＋1－1)，故选C.答案：C4．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则k＝1n1Sk＝________.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，所以a1＋2d＝3，4a1＋4×32d＝10，解得a1＝1，d＝1.所以an＝n，Sn＝n1＋n2，那么1Sn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，那么k＝1n1Sk＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝21－1n＋1＝2nn＋1.答案：2nn＋15．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋3·2n－1.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝n(an＋1)，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)∵a1＝2，an＋1－an＝3·2n－1，∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋3×20＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－2＝2＋3(20＋21＋22＋…＋2n－2)＝2＋3×11－2n－11－2＝3×2n－1－1(n≥2)，经验证n＝1也成立．∴an＝3×2n－1－1.(2)bn＝n(an＋1)＝3n×2