考前最后一轮基础知识巩固之第五章 第3课 数列的求和

第3课　数列的求和
【考点导读】
对于一般数列求和是很困难的，在推导等差、等比数列的和时出现了一些方法可以迁移到一般数列的求和上，掌握数列求和的常见方法有：
（1）公式法：⑴ 等差数列的求和公式，⑵ 等比数列的求和公式
（2）分组求和法：在直接运用公式求和有困难时常，将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和（如：通项中含因式，周期数列等等）
（3）倒序相加法：如果一个数列｛a｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。特征：an+a1=an-1+a2
（4）错项相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所组成，此时求和可采用错位相减法。
（5）裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项之和变成首尾若干少数项之和。
【基础练习】
1．已知公差不为0的正项等差数列｛an｝中,Sn为前n项之和,lga1、lga2、lga4成等差数列，若a5=10,
则S5 = 30 。
2．设，则等于。
3．已知数列｛an｝是等差数列，首项a1<０，a2005＋a2006<０，a2005·a2006<０，则使前n项之和
Sn<０成立的最大自然数n是 ４０１０　。
4．已知数列｛an｝是等差数列,且a2=8,a8=26,从｛an｝中依次取出第3项,第9项,第27项…,第3n项,按原来的顺序构成一个新的数列｛bn｝, 则bn=__3n+1+2___
5． 若数列满足：，2，3….则.
【范例导析】
例1.已知等比数列分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且
（Ⅰ）求； （Ⅱ）设，求数列
解：（I）依题意
（II）
点评：本题考查了等比数列的基本性质和等差数列的求和，本题还考查了转化的思想。
例2．数列前项之和满足：
求证：数列是等比数列；
若数列的公比为,数列满足：，求数列的通项公式；
定义数列为，，求数列的前项之和。
解：（1）由得：
两式相减得：　即,
∴数列是等比数列。
（2），则有 ∴。
（3），
∴
点评：本题考查了与之间的转化问题，考查了基本等差数列的定义，还有裂项相消法求和问题。
例3．已知数列满足，．
（Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）设，求数列的前项和；
（Ⅲ）设，数列的前项和为．求证：对任意的，．
分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。
解：（Ⅰ），，
又，数列是首项为，公比为的等比数列．
，　 即.　　　　　　　　 　　
（Ⅱ）．
．
（Ⅲ）， ．
当时，则
．
， 对任意的，．
点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列的通项，第二问分组求和法是非常常见的方法，第三问不等式的证明要用到放缩的办法，放缩的目的是利于求和，所以通常会放成等差、等比数列求和，或者放缩之后可以裂项相消求和。
备用题．已知数列，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…
证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；设Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；
记bn=，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+=1.
解：（Ⅰ）由已知， ； ，
两边取对数得：，即；
是公比为2的等比数列.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 （*）
=；
由（*）式得
（Ⅲ）
又 ； ； ； 又 .
【反馈演练】
1．已知数列的通项公式，其前项和为，则数列的前10项的和为 75 。
2．已知数列的通项公式，则它的前项和为。
3．已知数列的通项公式，其前项和为，则 377 。
4．已知数列中，则数列的前项和为。
5．数列的前项和为。
6．已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式为。
7．已知数列中，且有，则数列的通项公式为
，前项和为。
8．对正整数n，设曲线在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为，则数列的前n项和的公式是　　
解：，曲线在x=2处的切线的斜率为
切点为, 所以切线方程为, 令x=0得：,
设，则数列的前n项和为：
9．数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0, 且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，
又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+1.
(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn；
解：(1）可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n，
(2)Tn=2n+n－1.
10．数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;
(3)设bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
解：(1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，
d==－2,∴an=10－2n.
(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，当n＞5时，Sn=n2－9n+40，
故Sn=
(3)bn=
；要使Tn＞总成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7.
11．设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…).
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn；
(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.
解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t. ∴a2=.
又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， ①
3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ②
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.
∴,n=2,3,4…, 所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列；
(2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn－1?.
可见{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列. 于是bn=1+(n－1)=;
(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b2n=,
∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1?
=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)
=－ (b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－ (2n2+3n)
12．已知为锐角，且，函数，
数列{an}的首项.
⑴ 求函数的表达式； ⑵ 求证：；
⑶ 求证：
分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。
解：⑴ 又∵为锐角
∴ ∴
⑵ ∵ ∴都大于0
∴ ∴
⑶ ∴
∴
∵, , 又∵
∴ ∴
∴
点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式的证明更具有一般性。