会计出纳实习报告范文

1第4讲数列求和一、知识梳理1．基本数列求和方法(1)等差数列求和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d．(2)等比数列求和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a1（1－qn）1－q，q≠1.2．数列求和的几种常用方法(1)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．(2)裂项相消法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．(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．(4)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．常用结论1．一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋1）2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.22．常用的裂项公式(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.二、习题改编1．(必修5P47B组T4改编)在数列{an}中，an＝1n（n＋1），则数列{an}的前n项和Sn＝．解析：an＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.答案：nn＋12．(必修5P61A组T4改编)已知数列：112，214，318，…，n＋12n，…，则其前n项和关于n的表达式为．解析：设所求的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋14＋…＋12n＝n（n＋1）2＋1－12n.答案：n（n＋1）2＋1－12n一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)当n≥2时，1n2－1＝1n－1－1n＋1.()(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(3)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，当a≠0，且a≠1时，求Sn的值可用错位相减法求得．()答案：(1)×(2)√(3)√二、易错纠偏常见误区(1)并项求和时不能准确分组；(2)用错位相减法求和时易出现符号错误，不能准确“错项对齐”．31．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A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.2．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝．解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2×（1－2n）1－2－n×2n＋1，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋2分组转化法求和(师生共研)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＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．【解】(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－（n－1）2＋（n－1）2＝n.a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝2（1－22n）1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.4分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．1．(2020·资阳诊断)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝an＋2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列{an}的前20项和为()A．1121B．1122C．1123D．1124解析：选C.由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.选C.2．(2020·吉林长春质量监测(二))各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列，所以a23＝a2·(S4＋1)，即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，解得d＝2d＝12舍去，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－3.(2)由(1)可知an－an－1＝2(n≥2)，所以T2n＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)＝2n.错位相减法求和(师生共研)(2020·郑州市第二次质量预测)已知数列{an}中，a1＝1，an＞0，前n项和为Sn，5若an＝Sn＋Sn－1(n∈N*，且n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记cn＝an·2an，求数列{cn}的前n项和Tn.【解】(1)在数列{an}中，an＝Sn－Sn－1(n≥2)①，因为an＝Sn＋Sn－1②，且an＞0，所以①÷②得Sn－Sn－1＝1(n≥2)，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，公差为1的等差数列，所以Sn＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝1，也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)知，an＝2n－1，所以cn＝(2n－1)×22n－1，则Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)×22n－1，4Tn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1，两式相减得，－3Tn＝2＋2(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)22n＋1，＝2＋2×8（1－22n－2）1－4－(2n－1)22n＋1＝－103＋53－2n22n＋1，所以Tn＝（6n－5）22n＋1＋109.用错位相减法求和的策略和技巧(1)掌握解题“3步骤”(2)注意解题“3关键”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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情6况求解．已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若bn＝log2anan，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)依题意，设等比数列{an}的公比为q，则有a1＋a1q＝6，a1q2＝8，则3q2－4q－4＝0，而q＞0，所以q＝2.于是a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由(1)得bn＝log2anan＝n2n，所以Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，两式相减得，12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1，所以Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1－12n－1·121－12－n2n＝2－n＋22n.裂项相消法求和(典例迁移)(2020·武汉部分学校调研)已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若{an}为递减数列，求数列1anan＋1的前n项和Sn.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意知a2＝－3，a1＝－3－d，a3＝－3＋d，所以(－3－d)×(－3)×(－3＋d)＝－15，d2＝4，d＝±2，所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.7(2)由题意得an＝－2n＋1，所以1anan＋1＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，所以Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.【迁移探究】(变设问)在本例条件下，若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.解：由本例(1)知an＝2n－7，所以|an|＝7－2n，n≤32n－7，n≥4，①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝5＋（7－2n）2n＝6n－n2；②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝－n2＋6n，n≤3，n2－6n＋18，n≥4.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(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．[注意]利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．1．(2020·湖北八校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝12a12＋6，a2＝4，则数列1Sn的前10项和为()A.1112B.1011C.910D．89解析：选B.设等差数列{an}的公差为d，由a9＝12a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，8所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以1Sn＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以1S1＋1S2＋…＋1S10＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011.2．(2020·郑州市第一次质量测试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＝25，S5＝55.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设anbn＝13n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意a2＋a5＝2a1＋5d＝25，S5＝5a3＝5a1＋10d＝55，解得a1＝5，d＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n＋2.(2)由anbn＝13n－1，得bn＝1an（3n－1）＝1（3n－1）（3n＋2）＝1313n－1－13n＋2，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1312－15＋15－18＋…＋13n－1－13n＋2＝1312－13n＋2＝16－19n＋6＝n2（3n＋2）.[基础题组练]1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2等于()A.n（n＋1）2B．－n（n＋1）2C．(－1)n＋1n（n＋1）2D．以上答案均不对解析：选C.当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－n2（3＋2n－1）2＝－n（n＋1）2；当n为奇数时，1