【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第六章数列6-4.等差数列的前 n 项和公式学案

【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第六章数列6-4.等差数列的前 n 项和公式学案

‎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＝ ‎3.一些常见数列的前n项和公式 ‎(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.‎ ‎(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.‎ ‎(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1).‎ ‎(4)12＋22＋…＋n2＝.‎ ‎【知识拓展】‎ 数列求和的常用方法 ‎(1)公式法 等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和.‎ ‎(2)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.‎ ‎(3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.‎ 常见的裂项公式 ‎①＝－；‎ ‎②＝；‎ ‎③＝－.‎ ‎(4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广.‎ ‎(5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.‎ ‎(6)并项求和法 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＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.‎ ‎【思考辨析】‎ 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　√　)‎ ‎(2)当n≥2时，＝(－).(　√　)‎ ‎(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时，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.(　×　)‎ ‎(4)数列{＋2n－1}的前n项和为n2＋.(　×　)‎ ‎(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　√　)‎ ‎1.(2016·南京模拟)设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝__________.‎ 答案　 解析　设等差数列的公差为d，则a1＝2，‎ a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.‎ 又∵a1，a3，a6成等比数列，∴a＝a1·a6.‎ 即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.‎ ‎∵d≠0，∴d＝.‎ ‎∴Sn＝na1＋d＝＋n.‎ ‎2.(教材改编)数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝________.‎ 答案　2 017‎ 解析　an＝＝－，‎ Sn＝a1＋a2＋…＋an ‎＝(1－＋－＋…＋－)‎ ‎＝1－＝.‎ 令＝，得n＝2 017.‎ ‎3.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100＝________.‎ 答案　－200‎ 解析　S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.‎ ‎4.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.‎ 答案　2n＋1－2＋n2‎ 解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.‎ ‎5.数列{an}的通项公式为an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 017＝________.‎ 答案　1 008‎ 解析　因为数列an＝ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.‎ 故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.‎ a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，‎ 故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.‎ ‎∴S2 017＝S2 016＋a2 017‎ ‎＝×2＋2 017·cos π ‎＝1 008.‎ 题型一　分组转化法求和 例1　已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝＋(－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＝－＝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＝＝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.‎ 引申探究 例1(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　由(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]‎ ‎＝＋ ‎＝2n＋1＋－2；‎ 当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]‎ ‎＝2n＋1－2＋－n ‎＝2n＋1－－.‎ ‎∴Tn＝ 思维升华　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＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.‎ 提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.‎ ‎　已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.‎ 解　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，‎ 所以当n为偶数时，‎ Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋(－n)ln 3‎ ‎＝3n－ln 3－ln 2－1.‎ 综上所述，Sn＝ 题型二　错位相减法求和 例2　已知a>0，a≠1，数列{an}是首项为a，公比也为a的等比数列，令bn＝an·lg an(n∈N)，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解　∵an＝an，bn＝n·anlg a，‎ ‎∴Sn＝(a＋2a2＋3a3＋…＋nan)lg a， ①‎ aSn＝(a2＋2a3＋3a4＋…＋nan＋1)lg a， ②‎ ‎①－②得：(1－a)Sn＝(a＋a2＋…＋an－nan＋1)lg a，‎ ‎∴Sn＝[1－(1＋n－na)an].‎ 思维升华　错位相减法求和时的注意点 ‎(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，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎ ‎　设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.‎ ‎(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2) 当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由题意有即 解得或 故或 ‎(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是 Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①‎ Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ②‎ ‎①－②可得 Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，‎ 故Tn＝6－.‎ 题型三　裂项相消法求和 命题点1　形如an＝型 例3　设数列{an}的前n项和为Sn，点(n，)(n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求Tn.‎ 解　(1)把点(n，)代入函数y＝3x－2，‎ ‎∴＝3n－2，∴Sn＝3n2－2n，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝1，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.‎ 又a1＝1符合该式，‎ ‎∴an＝6n－5(n∈N*).‎ ‎(2)∵bn＝＝ ‎＝(－)，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]‎ ‎＝(1－)＝.‎ 命题点2　形如an＝型 例4　已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝________.‎ 答案　－1‎ 解析　由f(4)＝2，可得4a＝2，解得a＝，‎ 则f(x)＝‎ ‎∴an＝＝＝－，‎ S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.‎ 思维升华　(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝(－)，裂项后可以产生连续相互抵消的项.‎ ‎(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.‎ ‎　在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.‎ ‎(1)求Sn的表达式；‎ ‎(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵S＝an，‎ an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，‎ ‎∴S＝(Sn－Sn－1)，‎ 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn， ①‎ 由题意得Sn－1·Sn≠0，‎ ‎①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，‎ ‎∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列.‎ ‎∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.‎ ‎(2)∵bn＝＝ ‎＝，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝＝.‎ 四审结构定方案 典例　(14分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8.‎ ‎(1)确定常数k，并求an；‎ ‎(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<4.‎ ‎(1) ‎(2) ―→ 规范解答 ‎(1)解　当n＝k∈N*时，Sn＝－n2＋kn取得最大值，‎ 即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，故k2＝16，k＝4.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝－＋4＝， [3分]‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n.‎ 当n＝1时，上式也成立.‎ 综上，an＝－n. [6分]‎ ‎(2)证明　∵＝，‎ ‎∴Tn＝1＋＋＋…＋＋， ①‎ ‎2Tn＝2＋2＋＋…＋＋. ②‎ ‎ [10分]‎ ‎②－①，得 ‎2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－ ‎＝4－－＝4－. [12分]‎ ‎∴Tn＝4－.‎ ‎∴Tn<4. [14分]‎ ‎1.(2016·江苏无锡一中质检)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，则S9＝________.‎ 答案　54‎ 解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 则S4＝4a1＋6d＝14， ①‎ S10＝10a1＋45d，S7＝7a1＋21d，‎ 则S10－S7＝3a1＋24d＝30， ②‎ 解①②可得d＝1，a1＝2，‎ 故S9＝9a1＋36d＝18＋36＝54.‎ ‎2.(2016·无锡模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2 016，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，则S2 016＝________.‎ 答案　0‎ 解析　∵an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，‎ ‎∴an＋2anq＋anq2＝0，q为等比数列{an}的公比，‎ 即q2＋2q＋1＝0，∴q＝－1.∴an＝(－1)n－1·2 016，‎ ‎∴S2 016＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 015＋a2 016)＝0.‎ ‎3.已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn＝____________.‎ 答案　 解析　∵an＝＝，‎ ‎∴bn＝＝＝4，‎ ‎∴Sn＝4 ‎＝4＝.‎ ‎4.(教材改编)数列{n×}的前n项和Sn＝________.‎ 答案　2－－ 解析　Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×， ①‎ Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×， ②‎ ‎①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－n× ‎＝－.‎ ‎∴Sn＝2(1－－)＝2－－.‎ ‎5.已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________.‎ 答案　100‎ 解析　由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100‎ ‎＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012‎ ‎＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)‎ ‎＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)‎ ‎＝－50×101＋50×103＝100.‎ ‎6.(2016·江苏连云港四校期中)一个只有有限项的等差数列，它的前5项和为34，最后5项和为146，所有项的和为234，则它的第7项为________.‎ 答案　18‎ 解析　据题意知a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝34，‎ an－4＋an－3＋an－2＋an－1＋an＝146，‎ 又∵a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3＝a5＋an－4，‎ ‎∴a1＋an＝36.‎ 又Sn＝n(a1＋an)＝234，‎ ‎∴n＝13，‎ ‎∴a1＋a13＝2a7＝36，‎ ‎∴a7＝18.‎ ‎7.(2016·苏州模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝，若前n项和为10，则项数n为________.‎ 答案　120‎ 解析　∵an＝＝－，‎ ‎∴Sn＝a1＋a2＋…＋an ‎＝(－1)＋(－)＋…＋(－)‎ ‎＝－1.‎ 令－1＝10，得n＝120.‎ ‎8.(2016·泰州模拟)设数列{an}满足a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1(n∈N*)，则akak＋1的值为________.‎ 答案　 解析　因为(1－an＋1)(1＋an)＝1，所以an－an＋1－anan＋1＝0，从而－＝1，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋n－1＝n，‎ 所以an＝，故an＋1an＝＝－，‎ 因此akak＋1＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.‎ ‎9.(2016·苏北四市期末)若公比不为1的等比数列{an}满足log2(a1·a2·…·a13)＝13，等差数列{bn}满足b7＝a7，则b1＋b2＋…＋b13的值为________.‎ 答案　26‎ 解析　因为等比数列{an}满足log2(a1·a2·…·a13)＝13，所以a1·a2·…·a13＝213，(a7)13＝213，a7＝2，所以等差数列{bn}中，b7＝a7＝2，b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝13×2＝26.‎ ‎*10.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，∀n∈N*，2Sn＝a＋an.令bn＝，设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________.‎ 答案　9‎ 解析　∵2Sn＝a＋an， ①‎ ‎∴2Sn＋1＝a＋an＋1， ②‎ ‎②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an，‎ a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.‎ 又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0，‎ 即an＋1－an＝1.‎ 在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1.‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列.‎ ‎∴an＝n，‎ ‎∴bn＝ ‎＝ ‎＝＝－，‎ ‎∴Tn＝1－，‎ ‎∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.‎ ‎11.(2016·南京、盐城一模) 设Sn是等比数列{an}的前n项和，an>0，若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为______.‎ 答案　20‎ 解析　方法一　当q＝1时，S6－2S3＝0，不合题意，所以q≠1，从而由S6－2S3＝5得－＝5，从而得＝＝<0，‎ 故1－q<0，即q>1，故S9－S6＝－＝×(q6－q9)＝，令q3－1＝t>0，则S9－S6＝＝5(t＋＋2)≥20，当且仅当t＝1，即q3＝2时等号成立.‎ 方法二　因为S6＝S3(1＋q3)，所以由S6－2S3＝5得S3＝>0，从而q>1，故S9－S6＝S3(q6＋q3＋1)－S3(q3＋1)＝S3q6＝，以下同方法一.‎ ‎12.数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N，n≥2)，a3＝27.‎ ‎(1)求a1，a2的值；‎ ‎(2)是否存在一个实数t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)，且数列{bn}为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；‎ ‎(3)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解　(1)由a3＝27，得27＝2a2＋23＋1，∴a2＝9.‎ ‎∵9＝2a1＋22＋1，∴a1＝2.‎ ‎(2)假设存在实数t，使得{bn}为等差数列，则2bn＝bn－1＋bn＋1.‎ ‎∴2×(an＋t)＝(an－1＋t)＋(an＋1＋t)，‎ ‎∴4an＝4an－1＋an＋1＋t，‎ ‎∴4an＝4×＋2an＋2n＋1＋1＋t，‎ ‎∴t＝1，即存在实数t＝1，使得{bn}为等差数列.‎ ‎(3)由(1)，(2)得b1＝，b2＝，‎ ‎∴bn＝n＋，‎ ‎∴an＝(n＋)·2n－1＝(2n＋1)2n－1－1.‎ Sn＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n＋1)×2n－1－1]‎ ‎＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1－n， ①‎ ‎∴2Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n－2n, ②‎ 由①－②得 ‎－Sn＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＋n ‎＝1＋2×－(2n＋1)×2n＋n＝(1－2n)×2n＋n－1.‎ ‎∴Sn＝(2n－1)×2n－n＋1.‎ ‎13.(2016·天津)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和.‎ 解　(1)设数列{an}的公比为q.‎ 由已知，有－＝，‎ 解得q＝2或q＝－1.‎ 又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，‎ 所以a1·＝63，得a1＝1.‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)‎ ‎＝(log22n－1＋log22n)＝n－，‎ 即{bn}是首项为，公差为1的等差数列.‎ 设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)‎ ‎＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n ‎＝＝2n2.‎ ‎*14.若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝－x的图象上(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝求证：对任意正整数n≥2，总有≤＋＋＋…＋＜.‎ ‎(1)解　∵Sn＝－an，‎ ‎∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，‎ ‎∴an＝an－1.‎ 又∵S1＝a1＝－a1，∴a1＝，‎ ‎∴an＝n－1＝2n＋1.‎ ‎(2)证明　由cn＋1－cn＝ ‎ 得当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋1)(n－1)，‎ ＝＝(－)，‎ ‎∴＋＋＋…＋ ‎＝× ‎＝ ‎＝－＜.‎ 又∵＋＋＋…＋≥＝，‎ ‎∴原式得证.‎ ‎15.(2016·江苏镇江丹徒中学调研)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，‎ 因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，‎ 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，‎ 于是q2＝＝.‎ 又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.‎ 故等比数列{an}的通项公式为 an＝×(－)n－1＝(－1)n－1·.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝1－(－)n＝ 当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，‎ 所以1Sn－≥S2－＝－＝－.‎ 综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.‎ 所以数列{Tn}的最大项的值为，最小项的值为－.‎