高考数学总复习第五章 数列第4课时 数列的求和

数列第4课时数列的求和(对应学生用书(文)、(理)76～78页)考情分析考点新知理解数列的通项公式；会由数列的前n项和求数列通项公式，及化为等差数列、等比数列求数列的通项公式．掌握等差数列、等比数列前n项和的公式；数列求和的常用方法：分组求和法、错位相减法、裂项相消法、倒序相加法等．掌握求数列通项公式的常用方法.②掌握数列求和的常用方法.1.在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2(n≥1)，则该数列的通项an＝________．答案：an＝2n－1解析：由已知{an}为等差数列，d＝an＋1－an＝2，∴an＝2n－1.2.已知数列{an}中，a1＝1，(n＋1)an＋1＝nan(n∈N*)，则该数列的通项公式an＝________．答案：an＝eq\f(1,n)解析：eq\f(an,a1)＝eq\f(an,an－1)×eq\f(an－1,an－2)×…×eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,n).3.(必修5P44习题2(2)改编)（1+2n）=________．答案：441解析：(1＋2n)＝1＋(1＋2×1)＋(1＋2×2)＋…＋(1＋2×20)＝21＋2×eq\f(20（1＋20）,2)＝441.4.(必修5P60复习题8(1)改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,n（n＋1）)，则S4＝________．答案：eq\f(4,5)解析：an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S4＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).5.(必修5P51例3改编)数列1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，4eq\f(1,16)，…的前n项和是__________．答案：Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)＋1－eq\f(1,2n)解析：Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(n（n＋1）,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝eq\f(n（n＋1）,2)＋1－eq\f(1,2n).1.当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.2.当已知数列{an}中，满足eq\f(an＋1,an)＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用迭乘法求数列的通项an.3.(1)an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))(2)等差数列前n项和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)，推导方法：倒序相加法．(3)等比数列前n项和Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))推导方法：错位相减法．4.常见数列的前n项和：(1)1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；(4)12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6)．5.(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(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：例如，等差数列前n项和公式的推导方法．6.常见的拆项公式有：(1)eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；(2)eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；(3)eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)－\f(1,（n＋1）（n＋2）)))；(4)eq\f(1,\r(a)＋\r(b))＝eq\f(1,a－b)(eq\r(a)－eq\r(b)).题型1求简单数列的通项公式例1求下列数列{an}的通项公式：(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1；(2)a1＝1，an＋1＝2nan.解：(1)an＝n2(2)an＝2eq\s\up6(\f(n（n－1）,2))eq\a\vs4\al(变式训练)求下列数列{an}的通项公式：(1)a1＝1，an＋1＝2an＋1；(2)a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)；(3)a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(2,n).解：(1)an＝2n－1(2)an＝eq\f(2,n＋1)(3)an＝22n－1题型2分组转化求和例2求下面数列的前n项和：1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…解：Sn＝1eq\f(1,2)＋3eq\f(1,4)＋5eq\f(1,8)＋7eq\f(1,16)＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（2n－1）＋\f(1,2n)))＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(n[1＋（2n－1）],2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2－eq\f(1,2n)＋1.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)已知an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5n＋1，n为奇数，,2\s\up6(\f(n,2))，n为偶数.))(1)求数列{an}的前10项和S10；(2)求数列{an}的前2k项和S2k.解：(1)S10＝(6＋16＋26＋36＋46)＋(2＋22＋23＋24＋25)＝eq\f(5（6＋46）,2)＋eq\f(2（1－25）,1－2)＝192.(2)由题意知数列{an}的前2k项中，k个奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，k个偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列．∴S2k＝[6＋16＋…＋(10k－4)]＋(2＋22＋…＋2k)＝eq\f(k[6＋（10k－4）],2)＋eq\f(2（1－2k）,1－2)＝5k2＋k＋2k＋1－2.题型3裂项相消求和例3求下面各数列的前n项和：(1)eq\f(1,1×5)，eq\f(1,3×7)，eq\f(1,5×9)，eq\f(1,7×11)，…(2)eq\f(22,22－1)，eq\f(42,42－1)，eq\f(62,62－1)，eq\f(82,82－1)，…解：(1)∵an＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋3）)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋3))，∴Sn＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,7)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,9)＋…＋eq\f(1,2n－3)－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋3))＝eq\f(1,4)(1＋eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3))＝eq\f(n（4n＋5）,3（2n＋1）（2n＋3）).(2)∵an＝eq\f(（2n）2,（2n－1）（2n＋1）)＝1＋eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Sn＝n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(2n（n＋1）,2n＋1).eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)求1＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,1＋2＋3)＋…＋eq\f(1,1＋2＋3＋…＋n).解：∵ak＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))，∴Sn＝eq\f(2n,n＋1).题型4倒序相加求和例4设f(x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))，求f(－12)＋f(－11)＋f(－10)＋…＋f(0)＋…＋f(11)＋f(12)＋f(13)的值．解：∵f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(3),3)，∴原式＝eq\f(13,3)eq\r(3).eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)一个等差数列前4项之和为26，最末4项之和为110，所有项之和为187，则它的项数为________．答案：11解析：∵a1＋a2＋a3＋a4＝26，an＋an－1＋an－2＋an－3＝110，∴a1＋an＝eq\f(26＋110,4)＝34.又Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝187，∴n＝11.题型5错位相减求和例5在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2＝2a1＋3，且3a2，a4，5a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3an，求数列{anbn}的前n项和Sn.解：(1)设{an}公比为q，由题意得q>0，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2a1＋3，,3a2＋5a3＝2a4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1（q－2）＝3，,2q2－5q－3＝0，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(6,5)，,q＝－\f(1,2))))(舍)，所以数列{an}的通项公式为an＝3·3n－1＝3n，n∈N．(2)由(1)可得bn＝log3an＝n，所以anbn＝n·3n.所以Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，所以3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，两式相减得，2Sn＝－3－(32＋33＋…＋3n)＋n·3n＋1＝－(3＋32＋33＋…＋3n)＋n·3n＋1＝－eq\f(3（1－3n）,1－3)＋n·3n＋1＝eq\f(3＋（2n－1）·3n＋1,2)，所以数列{anbn}的前n项和Sn＝eq\f(3＋（2n－1）·3n＋1,4).eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝logeq\s\do9(\f(1,3))(Sn＋1)，求数列{bnan}的前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－1)－(3n－1－1)＝2×3n－1，综上所述，an＝2×3n－1.(2)bn＝logeq\s\do9(\f(1,3))(Sn＋1)＝logeq\s\do9(\f(1,3))3n＝－n，所以bnan＝－2n×3n－1，Tn＝－2×1－4×31－6×32－…－2n×3n－1，3Tn＝－2×31－4×32－…－2(n－1)×3n－1－2n×3n，相减，得－2Tn＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n－1＋2n×3n＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n－1)＋2n×3n，所以Tn＝(1＋31＋32＋…＋3n－1)－n×3n＝eq\f(1－3n,1－3)－n×3n＝－eq\f(（2n－1）×3n＋1,2)，n∈N*.1.数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝________．答案：3解析：已知bn＝2n－8，an＋1－an＝2n－8，由叠加法(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝－6－4－2＋0＋2＋4＋6＝0a8＝a1＝3.2.(2013·大纲)等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,nan)，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a7＝4，,a19＝2a9，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋6d＝4，,a1＋18d＝2（a1＋8d）.))解得a1＝1，d＝eq\f(1,2).所以{an}的通项公式为an＝eq\f(n＋1,2).(2)bn＝eq\f(1,nan)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)－\f(2,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)－\f(2,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)－\f(2,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).3.(2013·湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1≠0，2an－a1＝S1·Sn，n∈N．(1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列{nan}的前n项和．解：(1)∵S1＝a1.∴当n＝1时，2a1－a1＝S1·S1a1≠0，a1＝1.当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2an－a1,S1)－eq\f(2an－1－a1,S1)＝2an－2an－1an＝2an－1{an}是首项为a1＝1公比为q＝2的等比数列，an＝2n－1，n∈N*.(2)设Tn＝1·a1＋2·a2＋3·a3＋…＋n·anqTn＝1·qa1＋2·qa2＋3·qa3＋…＋n·qanqTn＝1·a2＋2·a3＋3·a4＋…＋n·an＋1，上式左右错位相减：(1－q)Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－nan＋1＝a1eq\f(1－qn,1－q)－nan＋1＝2n－1－n·2nTn＝(n－1)·2n＋1，n∈N*.4.已知等差数列{an}前三项之和为－3，前三项积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．解：(1)设公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝－3，,a1（a1＋d）（a1＋2d）＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝－3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))∴an＝－3n＋5或an＝3n－7.(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4，2不成等比数列；当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4成等比数列，满足条件．当|an|＝|3n－7|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3n＋7，n＝1，2，,3n－7，n≥3.))n＝1，S1＝4；n＝2时，S2＝5；当n≥3时，Sn＝|a1|＋…＋|an|＝eq\f(3,2)n2－eq\f(11,2)n＋10.又n＝2满足此式，∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4（n＝1），,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10（n＞1）.))1.已知数列an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n－1，n为奇数，,n，n为偶数，))求a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100的值．解：由题意得a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×eq\f(49×（2＋98）,2)＋100＝5000.2.已知各项均为正数的数列{an}的前n项的乘积Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n2－6n)(n∈N*)，bn＝log2an，则数列{bn}的前n项和Sn取最大时，n＝________．答案：3解析：当n＝1时，a1＝T1＝45＝210，当n≥2时，an＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n2－6n－（n－1）2＋6（n－1）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2n－7)＝214－4n，此式对n＝1也成立，所以an＝214－4n，从而bn＝log2an＝14－4n，可以判断数列{bn}是首项为10，公差为－4的等差数列，因此Sn＝－2n2＋12n，故当n＝3时，Sn有最大值．3.已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，且在点Pn(n，Sn)处的切线的斜率为kn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2knan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)∵点Pn(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，∴Sn＝n2＋2n(n∈N*)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由f(x)＝x2＋2x，求导得f′(x)＝2x＋2.∵在点Pn(n，Sn)处的切线的斜率为kn，∴kn＝2n＋2，∴bn＝2knan＝4·(2n＋1)·4n，∴Tn＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n＋1)×4n，用错位相减法可求得Tn＝eq\f(6n＋1,9)·4n＋2－eq\f(16,9).4.已知等差数列{an}是递增数列，且满足a4·a7＝15，a3＋a8＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(1,9an－1an)(n≥2)，b1＝eq\f(1,3)，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)根据题意：a3＋a8＝8＝a4＋a7，a