第二章 习题课

1、习题课数列求和学习目标1.掌握分组分解求和法的使用情形和解题要点.2.掌握奇偶并项求和法的使用情形和解题要点.3.掌握裂项相消求和法的使用情形和解题要点.4.进一步熟悉错位相减法.知识点一分组转化求和法思考求和：123.答案123(123n)1.梳理分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和.知识点二奇偶并项求和法思考求和122232429921002.答案122232429921002(1222)(3242)(9921002)(12)(12)(34)(34)(99100)(99100)(123499100)5 050.梳理奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独

2、看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.知识点三裂项相消求和法思考我们知道 ，试用此公式求和：.答案由，得11.梳理如果数列的项能裂成前后可抵消的两项，则可用裂项相消法求和，此法一般先研究通项的形式，然后仿照公式裂开每一项.裂项相消求和常用公式：(1)；(2)；(3)；(4).类型一分组转化法求和例1求和：Sn222(x0).解当x±1时，Sn222(x2x4x2n)2n2n2n；当x±1时，Sn4n.综上知，Sn反思与感悟某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数

3、列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和.跟踪训练1求数列1，1a，1aa2，1aa2an1，的前n项和Sn(其中a0，nN).解当a1时，ann，于是Sn123n.当a1时，an(1an).Snn(aa2an).Sn类型二裂项相消法求和例2求和：，n2，nN.解，原式(n2，nN).引申探究求和：，n2，nN.解1，原式(n1)，以下同例2解法.反思与感悟求和前一般先对数列的通项公式an变形，如果数列的通项公式可转化为f(n1)f(n)的形式，常采用裂项求和法.跟踪训练2已知等比数列an的各项均为正数，且2a13a21，a9a2a6.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列

4、的前n项和Tn.解(1)设数列an的公比为q，由a9a2a6，得a9a，所以q2，由条件可知q0，故q.由2a13a21，得2a13a1q1，所以a1.故数列an的通项公式为an，nN.(2)bn2n，令cn，Tnc1c2c3cn.类型三奇偶并项法求和例3求和：Sn1357(1)n(2n1).解当n为奇数时，nN，Sn(13)(57)(911)(2n5)(2n3)(2n1)2·(2n1)n.当n为偶数时，nN，Sn(13)(57)(2n3)(2n1)2·n.Sn(1)nn (nN).反思与感悟通项中含有(1)n的数列求前n项和时可以考虑用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进

5、行求和.跟踪训练3已知数列1，4，7，10，(1)n·(3n2)，求其前n项和Sn.解当n为偶数时，令n2k(kN)，SnS2k14710(1)n·(3n2)(14)(710)(6k5)(6k2)3k；当n为奇数时，令n2k1(kN).SnS2k1S2ka2k13k(6k1).Sn1.已知an(1)n，数列an的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是()A.1，1 B.1，1C.1，0 D.1，0答案D解析S91111111111，S10S9a10110.2.数列an，bn满足anbn1，ann23n2，则bn的前10项之和为()A. B. C. D.答案B解析an(n1

6、)(n2)，bn，S10.3.已知在数列an中，a11，a22，当整数n>1时，Sn1Sn12(SnS1)都成立，则S5 .答案21解析由Sn1Sn12(SnS1)可得(Sn1Sn)(SnSn1)2S12，即an1an2(n2，nN)，即数列an从第二项起构成等差数列，则S51246821.4.已知数列an则S100 .答案5 000解析由题意，得S100a1a2a99a100(a1a3a5a99)(a2a4a100)(02498)(246100)5 000.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

7、列分成几个可以直接求和的数列.(3)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.(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.一、选择题1.数列，的前n项和为()A. B. C. D.答案B解析由数列通项公式，得前n项和Sn(nN).2.已知数列an的通项an2n1，nN，由bn所确定的数列bn的前n项的和是()A.n(n2) B.n(n4) C.n(n5) D.n(n7)答案C解析a1a2an(2n4)n22n.bnn2，bn的前n项和Sn.3.在数

8、列an中，已知Sn159131721(1)n1(4n3)，nN，则S15S22S31的值是()A.13 B.76 C.46 D.76答案B解析S154×7a15285729，S224×1144，S314×15a316012161，S15S22S3129446176.故选B.4.数列an的通项公式an，若前n项的和为10，则项数为()A.11 B.99 C.120 D.121答案C解析an，Sn110，n120.5.如果一个数列an满足anan1H (H为常数，nN)，则称数列an为等和数列，H为公和，Sn是其前n项的和，已知等和数列an中，a11，H3，则S2 0

9、17等于()A.3 016 B.3 015C.3 023 D.3 013答案C解析S2 017a1(a2a3a2 017)a11 008×H11 008×(3)3 023.6.设an是公差不为0的等差数列，a12且a1，a3，a6成等比数列，则an的前n项和Sn等于()A. B.C. D.n2n答案A解析由题意设等差数列的公差为d，且a12，则a322d，a625d.又a1，a3，a6成等比数列，aa1a6，即(22d)22(25d)，整理得2d2d0.d0，d，Snna1d，nN.7.在数列an中，a12，an1anln，nN，则an等于()A.2ln n B.2(n1)

10、ln nC.2nln n D.1nln n答案A解析an1anln，an1anlnlnln(n1)ln n.又a12，ana1(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)2ln 2ln 1ln 3ln 2ln 4ln 3ln nln(n1)2ln nln 12ln n.二、填空题8.若Sn1234(1)n1·n，nN，则S50 .答案25解析S5012344950(1)×2525.9.在数列an中，an1对所有正整数n都成立，且a12，则an .答案解析an1，.，是等差数列，且公差d.(n1)×，an.10.数列an的通项公式anncos ，nN，其前n项

11、和为Sn，则S2 018 .答案1 010解析a1cos 0，a22cos 2，a30，a44，.数列an的所有奇数项为0，前2 018项的所有偶数项(共1 009项)依次为2，4，6，8，故S2 0180(24)(68)(2 0142 016)2 0181 010.11.已知数列an中，an4×(1)n1n(nN)，则数列an的前2n项和S2n .答案n(2n1)解析S2na1a2a2n4×(1)014×(1)124×(1)234×(1)2n12n4×(1)0(1)1(1)2(1)2n1(1232n)n(2n1).三、解答题12.已

12、知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn(nN)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.因为a37，a5a726，所以解得所以an32(n1)2n1，nN，Sn3n×2n22n，nN.所以an2n1，nN，Snn22n，nN.(2)由(1)知an2n1，所以bn××，所以Tn××，即数列bn的前n项和Tn.13.设数列an满足a10且1，nN.(1)求an的通项公式；(2)设bn，记Snb1b2bn，证明：Sn<1.(1)解由题设1知，是公差为1的等差数列，又1，故n，an1，nN.(2)证明由(1)，得bn，Sn11<1.四、探究与拓展14.已知数列an：，那么数列bn的前n项和为()A.4 B.4C.1 D.答案A解析an，bn4.Sn44.15.已知数列an各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足4Sn(an1)2.(1)求an的通项公式；(2)设bn，数列bn的