【数学】2019届一轮复习人教B版　数列求和学案

【数学】2019届一轮复习人教B版　数列求和学案

第31讲　数列求和 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎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.‎ ‎2016·全国卷Ⅱ，17‎ ‎2016·江苏卷，18‎ ‎2016·北京卷，12‎ 利用公式求数列的前n项和，利用常见求和模型求数列的前n项和.‎ 分值：5分 ‎1．公式法与分组求和法 ‎(1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．‎ ‎①等差数列的前n项和公式：‎ Sn＝＝__na1＋d__.‎ ‎②等比数列的前n项和公式：‎ Sn＝ ‎(2)分组求和法 若一个数列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相加减．‎ ‎2．倒序相加法与并项求和法 ‎(1)倒序相加法 如果一个数列的前n项中首末两端等“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项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．‎ ‎(2)并项求和法 在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．‎ 形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．‎ 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.‎ ‎3．裂项相消法 ‎(1)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．‎ ‎(2)常见的裂项技巧 ‎①＝－.‎ ‎②＝.‎ ‎③＝.‎ ‎④＝－.‎ ‎4．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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．‎ ‎1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．‎ ‎(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时使用公式Sn＝较为合理．(　√　)‎ ‎(2)如果数列为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　√　)‎ ‎(3)当n≥2时，＝－.(　×　)‎ ‎(4)求Sn＝a＋‎2a2＋‎3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(　×　)‎ ‎(5)如果数列是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(　√　)‎ 解析 (1)正确．根据等差数列求和公式以及运算的合理性可知．‎ ‎(2)正确．根据等比数列的求和公式和通项公式可知．‎ ‎(3)错误．直接验证可知＝.‎ ‎(4)错误．含有字母的数列求和常需要分类讨论，此题需要分a＝0，a＝1，以及a≠0且a≠1三种情况求和，只有当a≠0且a≠1时才能用错位相减法求和．‎ ‎(5)正确．根据周期性可得．‎ ‎2．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln ，则a5＝(　D　)‎ A．1＋ln 2　　 B．2＋ln ‎3　‎　‎ C．3＋ln 5　　 D．2＋ln 5‎ 解析 因为an＋1－an＝ln ＝ln ＝ln (n＋1)－ln n，‎ 所以a5－a1＝(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)‎ ‎＝(ln 5－ln 4)＋(ln 4－ln 3)＋(ln 3－ln 2)＋(ln 2－ln 1)‎ ‎＝ln 5－ln 1＝ln 5，所以a5＝a1＋ln 5＝2＋ln 5，故选D．‎ ‎3．若数列的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列的前n项和为(　C　)‎ A．2n＋n2－1　　 B．2n＋1＋n2－1‎ C．2n＋1＋n2－2　　 D．2n＋n－2‎ 解析 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ‎＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n ‎＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n ‎＝2n＋1＋n2－2.‎ ‎4．若数列的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(　A　)‎ A．15　　 B．‎12　‎　‎ C．－12　　 D．－15‎ 解析 ∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋a3＋…＋a10‎ ‎＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28‎ ‎＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15.‎ ‎5．已知数列的前n项和为Sn且an＝n·2n(n∈N*)，则Sn＝__(n－1)2n＋1＋2__.‎ 解析 ∵an＝n·2n，‎ ‎∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①‎ ‎∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②‎ ‎①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1‎ ‎＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.‎ ‎∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.‎ 一　分组法求和 分组求和法的常见类型 ‎(1)若an＝bn±cn，且，为等差或等比数列，可采用分组求和法求的前n项和．‎ ‎(2)通项公式为an＝的数列，其中数列，是等比或等差数列，可采用分组求和法．‎ ‎【例1】 已知等差数列满足a5＝9，a2＋a6＝14.‎ ‎(1)求的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝an＋qan(q＞0)，求数列的前n项和Sn.‎ 解析 (1)设数列的公差为d，‎ 则由a5＝9，a2＋a6 ＝14，得解得 所以的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1.‎ 当q＞0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－1)＝n2＋；‎ 当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1)．‎ 所以数列的前n项和Sn＝ 二　错位相减法求和 利用错位相减法求和的两点注意 ‎(1)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．‎ ‎(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．同时要注意等比数列的项数是多少．‎ ‎【例2】 若公比为q的等比数列的首项a1＝1，且满足an＝(n＝3,4,5，…)．‎ ‎(1)求q的值；‎ ‎(2)设bn＝n·an，求数列的前n项和Sn.‎ 解析 (1)由题意易知2an＝an－1＋an－2，‎ 即‎2a1qn－1＝a1qn－2＋a1qn－3.‎ ‎∴2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－.‎ ‎(2)①当q＝1时，a1＝1，bn＝n，Sn＝.‎ ‎②当q＝－时，an＝n－1，bn＝n·n－1，‎ Sn＝1·0＋2·1＋3·2＋…＋n·n－1，‎ ‎－Sn＝1·1＋2·2＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，　‎ 两式相减，得Sn＝1－n·n＋，　‎ 整理得Sn＝－·n.‎ 三　裂项相消法求和 常见的裂项方法 数列(n∈N*)‎ 裂项方法(n∈N*)‎ (k为非零常数)‎ ＝ ＝ ＝ ＝(－)‎ (a＞0，a≠1)‎ loga＝loga(n＋1)－logan ＝－ ‎【例3】 已知正项数列的前n项和为Sn，且Sn，an，成等差数列．‎ ‎(1)证明：数列是等比数列；‎ ‎(2)若bn＝log2an＋3，求数列的前n项和Tn.‎ 解析 (1)证明：由题意知2an＝Sn＋.‎ 当n＝1时，‎2a1＝a1＋，∴a1＝.‎ 当n≥2时，Sn ＝2an－，Sn－1＝2an－1－，‎ 两式相减，得an＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1.‎ ‎∵为正项数列，∴＝2(n≥2)，‎ ‎∴数列是以为首项，以2为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知an＝a1·2n－1＝2n－2，∴bn＝log22n－2＋3＝n－2＋3＝n＋1.‎ ‎∴＝＝－.‎ ‎∴Tn＝＋＋＋＋…＋＝－＝.‎ ‎1．已知等比数列中，a2·a8＝‎4a5，等差数列中，b4＋b6＝a5，则数列的前9项和S9＝(　B　)‎ A．9　　 B．‎18　‎　‎ C．36　　 D．72‎ 解析 ∵a2·a8＝‎4a5，即a＝‎4a5，∴a5＝4，‎ ‎∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2.∴S9＝9b5＝18，故选B．‎ ‎2．已知正项数列满足a－‎6a＝an＋1an.若a1＝2，则数列的前n项和为__3n－1__.‎ 解析 ∵a－‎6a＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0.‎ ‎∵an＞0，∴an＋1＝3an.又a1＝2，‎ ‎∴是首项为2，公比为3的等比数列．∴Sn＝＝3n－1.‎ ‎3．在数列中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1.‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝lg，求数列的前n项和Sn.‎ 解析 (1)由题意得－＝1.‎ 又因为a1＝1，所以＝1.所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以＝n，即an＝，所以数列的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)得bn＝lg n－lg(n＋2)．‎ 所以Sn＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg(n－2)－lg n＋lg(n－1)－lg(n＋1)＋lg n－lg(n＋2)＝lg 1＋lg 2－lg(n＋1)－lg(n＋2)＝lg.‎ ‎4．设数列满足a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－1an＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列的通项；‎ ‎(2)设bn＝，求数列的前n项和Sn.‎ 解析 (1)∵a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－1an＝，①‎ ‎∴a1＝ ，‎ a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－2an－1＝(n≥2) ，②‎ ‎①－②，得3n－1an＝－＝(n≥2)，化简得an＝(n≥2)．‎ 显然，a1＝也满足上式，故an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得bn＝n·3n.‎ 于是Sn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n ，③‎ ‎3Sn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1 ，④‎ ‎③－④，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，‎ 即－2Sn＝－n·3n＋1.∴Sn＝·3n＋1＋.‎ 易错点1　求和时数不清项数 错因分析：弄清和式的构成规律是数清项数的关键．‎ ‎【例1】 设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n≥－3，n∈Z)，则f(n)＝(　　)‎ A．(8n－1)　　 B．(8n＋1－1)‎ C．(8n＋3－1)　　 D．(8n＋4－1)‎ 解析 1＝3×1－2,3n＋10＝3(n＋4)－2，所以f(n)是首项为2，公比为8的等比数列的前n＋4项的和．‎ 由求和公式得f(n)＝＝(8n＋4－1)．选D．‎ 答案：D ‎【跟踪训练1】 把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，……，循环分组为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为__392__.‎ 解析 将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数．又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n－1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n－1}的第98‎ 项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.‎ 易错点2　找不到裂项相消的规律 错因分析：看清是相邻项相消还是隔项相消，同时注意系数．‎ ‎【例2】 求和：＋＋…＋.‎ 解析 an＝＝×，‎ ‎∴原式＝ ‎＝ ‎＝－.‎ ‎【跟踪训练2】 数列1，，，，…，的前n项和为(　B　)‎ A．　　 B． C．　　 D． 解析 ＝＝2，‎ 数列1，，，，…，的前n项和为2＝‎ ‎2＝，故选B．‎ 课时达标　第31讲 ‎[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n项和，以及利用Sn与an的关系求通项公式，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．‎ 一、选择题 ‎1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S6＝(　D　)‎ A．　　 B． C．　　 D． 解析 因为an＝＝－，所以S6＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.‎ ‎2．已知Sn＝＋＋＋…＋，若Sm＝10，则m＝(　C　)‎ A．11　　 B．99‎ C．120　　 D．121‎ 解析 因为＝＝－，所以Sm＝－＋－＋…＋－＝－1.由已知得－1＝10，所以m＝120，故选C．‎ ‎3．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sin ，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018＝(　D　)‎ A．1 006　　 B．1 007‎ C．1 008　　 D．1 010‎ 解析 由题意，得an＋1＝an＋sin，所以a2＝a1＋sin π＝1，a3＝a2＋sin＝0，a4＝a3＋sin 2π＝0，a5＝a4＋sin＝1，…，因此，数列{an}是一个以4为周期的周期数列，而2 018＝4×504＋2，所以S2 018＝504×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝1 010，故选D．‎ ‎4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为(　A　)‎ A．　　 B． C．　　 D． 解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.‎ ‎∵a5＝5，S5＝15，∴ ‎∴∴an＝a1＋(n－1)d＝n.‎ ‎∴＝＝－，∴数列的前100项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.‎ ‎5．数列{an}的通项公式an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 018＝(　B　)‎ A．2 017　　 B．－1 010‎ C．504　　 D．0‎ 解析 因为an＝ncos，所以当n为奇数时，an＝0，‎ 当n为偶数时，an＝其中m∈N*，‎ 所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2 016＋a2 017＋a2 018‎ ‎＝a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a2 016＋a2 018‎ ‎＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018‎ ‎＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋‎ ‎(－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故选B．‎ ‎6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 018＝(　B　)‎ A．22 018－1　　 B．3×21 009－3‎ C．3×21 009－1　　 D．3×22 018－2‎ 解析 依题意得an·an＋1＝2n，an＋1·an＋2＝2n＋1，于是有 ＝2，即＝2，数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝＋＝3×21 009－3.‎ 二、填空题 ‎7．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n项和为____.‎ 解析 ∵an＝＝，∴bn＝＝8.‎ ‎∴b1＋b2＋…＋bn＝8＝.‎ ‎8．(2018·河南郑州模拟)设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝__130__.‎ 解析 由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以当n<5时，an<0；‎ 当n≥5时，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.‎ ‎9．若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，则＋＋…＋＝__2n2＋6n__.‎ 解析 令n＝1，得＝4，∴a1＝16.‎ 当n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)．‎ 与已知式相减，得＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2.‎ ‎∴an＝4(n＋1)2，当n＝1时，a1适合an.‎ ‎∴an＝4(n＋1)2，∴＝4n＋4，‎ ‎∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n.‎ 三、解答题 ‎10．在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋(n－2) (n≥2，n∈N*)．‎ ‎(1)求a2，a3的值；‎ ‎(2)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(3)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解析 (1)令n＝2得a2＝‎2a1＝6.‎ 令n＝3，得a3＝‎2a2＋1＝13.‎ ‎(2)证明：因为an＋n＝2[an－1＋(n－1)]，a1＋1＝4≠0，所以an＋n≠0，所以＝2，‎ 所以数列{an＋n}是首项为4，公比为2的等比数列，‎ 所以an＋n＝4·2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－n.‎ ‎(3)因为an＝2n＋1－n，‎ 所以Sn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－(1＋2＋…＋n)‎ ‎＝－＝2n＋2－.‎ ‎11．(2018·安徽淮南模拟)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,‎2a2＋2,‎5a3成等比数列．‎ ‎(1)求d，an；‎ ‎(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.‎ 解析 (1)由题意得‎5a3·a1＝(‎2a2＋2)2，‎ 所以d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4，‎ 所以an＝－n＋11或an＝4n＋6.‎ ‎(2)设数列{an}的前n项和为Sn.‎ 因为d<0，所以d＝－1，an＝－n＋11.‎ 当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n；‎ 当n≥12时，|a1|＋|a2|＋…＋|a11|＋|a12|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a11－a12－…－an＝S11－(Sn－S11)＝－Sn＋2S11＝‎ n2－n＋110.‎ 综上所述，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝ ‎12．(2016·山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝，求数列的前n项和Tn.‎ 解析 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝‎ ‎6n＋5.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.‎ 设数列{bn}的公差为d.‎ 由即可解得b1＝4，d＝3.‎ 所以bn＝3n＋1.‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，‎ 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，‎ ‎2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，两式作差，‎ 得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]‎ ‎＝3×＝－3n·2n＋2.‎ 所以Tn＝3n·2n＋2.‎