2020版高中数学新人教B版必修5第二章数列专题突破四数列求和学案（含解析）

专题突破四　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　分组分解求和法
思考　求和：1＋2＋3＋…＋.
答案　1＋2＋3＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝＋
＝＋1－.
总结　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12－22＋32－42＋…＋992－1002.
答案　12－22＋32－42＋…＋992－1002
＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)
＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)
＝－5050.
总结　奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，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
＋＋…＋
＝1－＋－＋…＋－
＝1－.
总结　如果数列的项能裂成前后抵消的两项，可用裂项相消求和，此法一般先研究通项的裂法，然后仿照裂开每一项．裂项相消求和常用公式：
(1)＝(－)；
(2)＝(－)；
(3)＝(－)；
(4)＝[－]．
知识点四　错位相减求和法
思考　记bn＝n·2n，求数列{bn}的前n项和Sn.
答案　∵Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n， ①
2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1， ②
①－②，得－Sn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n+1
＝－2－(n－1)·2n+1.
∴Sn＝2＋(n－1)·2n+1，n∈N＋.
总结　错位相减法主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．
利用“错位相减法”时，先写出Sn与qSn的表达式，再将两式对齐作差，正确写出(1－q)Sn的表达式；(利用此法时要注意讨论公比q是否等于1)．
1．并项求和一定是相邻两项结合．(　×　)
2．裂项相消一定是相邻两项裂项后产生抵消．(　×　)
题型一　分组分解求和
例1　求和：Sn＝2＋2＋…＋2(x≠0)．
解　当x≠±1时，
Sn＝2＋2＋…＋2
＝＋＋…＋
＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋
＝＋＋2n
＝＋2n；
当x＝±1时，Sn＝4n.
综上知，Sn＝
反思感悟　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　已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和．
解　(1)设数列{an}的公比为q(q>0)，
则
解得
∴an＝a1·qn-1＝2·2n-1＝2n.
(2)bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)
＝＋
＝2n+1－2＋n2＋n.
题型二　裂项相消求和
例2　求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋.
解　∵＝＝，
∴原式＝
＝
＝－(n≥2，n∈N＋)．
引申探究
求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋.
解　∵＝＝1＋，
∴原式＝＋＋＋…＋
＝(n－1)＋
以下同例2解法．
反思感悟　求和前一般先对数列的通项公式变形，如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项求和法．
跟踪训练2　求和：
1＋＋＋…＋，n∈N＋.
解　∵an＝＝＝2，
∴Sn＝2＝.
题型三　奇偶并项求和
例3　求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)．
解　当n为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)
＝2·＋(－2n＋1)＝－n.
当n为偶数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·＝n.
∴Sn＝(－1)nn (n∈N＋)．
反思感悟　通项中含有(－1)n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和．
跟踪训练3　已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
解　当n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n·(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]
＝3k＝n；
当n为奇数时，令n＝2k－1(k∈N＋)，
∴Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k－(6k－2)
＝2－3k＝.
∴Sn＝
题型四　错位相减求和
例4　(2018·佛山检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N＋)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
解　(1)当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，
两式相减得an－an－1＝3an，化简得an＝－an－1，
所以数列{an}是首项为1，公比为－的等比数列，
所以an＝n-1，n∈N＋.
(2)由(1)可得nan＝n·n-1.
Tn＝1·0＋2·1＋3·2＋…＋n·n-1，
－Tn＝1·1＋2·2＋…＋(n－1)·n-1＋n·n，
两式相减得
Tn＝1＋1＋2＋…＋n-1－n·n＝－n·n＝－·n.
所以数列{nan}的前n项和Tn＝－·n.
反思感悟　用错位相减要“能识别，按步走，慎化简”．
跟踪训练4　已知数列{an}的通项公式为an＝3n-1，在等差数列{bn}中，bn＞0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列．
(1)求数列{anbn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解　(1)∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.
∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.
设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，
∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.
∵bn＞0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，
∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.
故anbn＝(2n＋1)·3n-1，n∈N＋.
(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n-2＋(2n＋1)3n-1， ①
3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n-1＋(2n＋1)3n， ②
①－②，得
－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n-1－(2n＋1)3n
＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n
＝3＋2×－(2n＋1)3n
＝3n－(2n＋1)3n
＝－2n·3n.
∴Tn＝n·3n，n∈N＋.
1．数列{1＋2n-1}的前n项和为________．
答案　Sn＝n＋2n－1，n∈N＋
解析　∵an＝1＋2n-1，
∴Sn＝n＋＝n＋2n－1.
2．数列的前2018项和为________．
答案　
解析　因为＝2，
所以S2018＝2
＝2＝.
3．已知数列an＝则S100＝________.
答案　5000
解析　由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5000.
4．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N＋.
(1)设bn＝，证明：数列{bn}是等差数列；
(2)在(1)的条件下求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明　由已知an＋1＝2an＋2n，
得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)解　由(1)知，bn＝n，＝bn＝n.
∴an＝n·2n-1.
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n-1，
两边同时乘以2得
2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n-1＋n·2n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n-1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
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2，4，6，…的前n项和Sn为(　　)
A．n2＋1＋ B．n2＋2－
C．n(n＋1)＋－ D．n(n＋1)＋
答案　C
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，Sn＝10，则n等于(　　)
A．90B．119C．120D．121
答案　C
解析　an＝＝－，∴Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10，∴n＋1＝121，故n＝120.
3．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＝(－＋－＋－＋…＋－)
＝＝.
4．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，n∈N＋，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项的和是(　　)
A.n(n＋2) B.n(n＋4)
C.n(n＋5) D.n(n＋7)
答案　C
解析　∵a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n.
∴bn＝n＋2，∴{bn}的前n项和Sn＝.
5．如果一个数列{an}满足an＋an＋1＝H (H为常数，n∈N＋)，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，a1＝1，H＝－3，则S2019等于(　　)
A．－3016 B．－3015
C．－3026 D．－3013
答案　C
解析　S2019＝a1＋(a2＋a3＋…＋a2019)
＝a1＋1009×H＝1＋1009×(－3)＝－3026.
6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，n∈N＋，则an等于(　　)
A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnn
C．2＋nlnn D．1＋n＋lnn
答案　A
解析　∵an＋1＝an＋ln，
∴an＋1－an＝ln＝ln＝ln(n＋1)－lnn.
又a1＝2，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋lnn－ln1＝2＋lnn.
二、填空题
7．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，n∈N＋，则S50＝________.
答案　－25
解析　S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.
8．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N＋，则S15＋S22－S31的值是________．
答案　－76
解析　S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，
S22＝－4×11＝－44，
S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，
S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
三、解答题
9．已知函数f(x)＝2x－3x－1，点(n，an)在f(x)的图象上，数列{an}的前n项和为Sn，求Sn.
解　由题得an＝2n－3n－1，
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－3(1＋2＋3＋…＋n)－n
＝－3·－n
＝2n＋1－－2.
10．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N＋)，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a3＝7，a5＋a7＝26，所以
解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
所以an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝×
＝×，
所以Tn＝×(1－＋－＋…＋－)
＝×(1－)＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝.
11．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解　(1)由已知，得当n>1时，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22n＋1，
an＝22n－1，
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.
(2)由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1， ①
从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1. ②
①－②得
(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．
12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式．
(2)令cn＝
设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
解　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，
得解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，
则n为奇数时，cn＝＝－.
n为偶数时，cn＝2n－1，
所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝1－＋＝＋(4n－1)．