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第四节 数列求和



创新方案系列丛书

新课标高考总复习·数学

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考纲要求: 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.

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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: n?a1+an? Sn= = 2
na1+ n?n-1? d 2

.

②等比数列的前 n 项和公式: ?na1,q=1, ? Sn=?a1-anq a1?1-qn? = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q

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(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{an}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.

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(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.

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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 ? 1 1 1 1 1? ?1 ① =n- .② = ?n-n+2? ?. n?n+1? n+1 n?n+2? 2? ? 1 ? 1 1? ? 1 ③ = ?2n-1-2n+1? ?. ?2n-1??2n+1? 2? ? ④ 1 n+ n+1 = n+1- n.

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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.

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[自我查验] 1. 判断下列结论的正误. (正确的打“√”, 错误的打“×”) (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 n?a1+an? 公式 Sn= 较为合理.( 2 )

(2)如果数列{an}为等比数列, 且公比不等于 1, 则其前 n 项和 a1-an+1 Sn= .( 1-q )

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(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)如果数列{an}是周期为 k 的周期数列,那么 Skm=mSk(m, k 为大于 1 的正整数).(
答案:(1)√ (2)√

)
(3)× (4)√

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2.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为( ) B.2n+1+n2-1 D.2n+n-2

A.2n+n2-1 C.2n+1+n2-2

解析:选 C 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?1-2n? n?n+1? = +2× -n 2 1-2 =2(2n-1)+n2+n-n =2n 1+n2-2.


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3. 数列{an}的通项公式为 an=ncos 等于( ) B.1 004 D.1 008 nπ , 其前 n 项和为 Sn, 则 S2 015 2

A.1 002 C.1 006

nπ 解析:选 B 因为数列 an=ncos 呈周期性变化,观察此数列 2 规律如下:a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4.故 S4=a1+a2+a3+a4 =2.因此 S2 015=S2 012+a2 013+a2 014+a2 015=(a1+a2+a3+a4)+?+ 2 012 (a2 009+a2 010+a2 011+a2 012)+a2 013+a2 014+a2 015= ×2+(-2) 4 =1 004.
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4.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an=n· 2n,则 Sn=________.

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 2?1-2n? + + + = -n· 2n 1=2n 1-2-n· 2n 1 1-2 =(1-n)2n+1-2. ∴Sn=(n-1)2n+1+2.
+1

答案:(n-1)2n+1+2
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1 1 1 5.设 an=1+2+3+?+n,则 Sn= + +?+a =________. a1 a2 n

n?n+1? 解析:∵an=1+2+3+?+n= . 2
?1 1 ? 1 2 ? ∴a = =2?n-n+1? ?. n ? n + 1 ? n ? ? ? 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ∴Sn=2?1-2+2-3+3-4+?+n-n+1? ? ? ? ? 1 ? ? ? =2?1-n+1? ? ?

2n = . n+1

2n 答案: n+1
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[ 典题 1]

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.
[ 听前试做 ] Sn = 2(1 + 3 + ? + 3n - 1) + [ - 1 + 1 - 1 + ? + ( -

1)n]· (ln 2-ln 3)+[-1+2-3+?+(-1)nn]ln 3, 1-3n n n 所以当 n 为偶数时, Sn=2× + ln 3=3n+ ln 3-1; 2 1-3 2

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?n-1 ? 1-3n ? ? 当 n 为奇数时, Sn=2× -(ln 2-ln 3)+? -n?ln 3 1-3 ? 2 ?

n-1 =3 - ln 3-ln 2-1. 2
n

? n n ?3 +2ln 3-1,n为偶数, 综上所述,Sn=? ?3n-n-1ln 3-ln 2-1,n为奇数. 2 ?

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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 组转化法求{an}的前 n 项和. (2)通项公式为
? ?bn,n为奇数, an=? ? ?cn,n为偶数

的数列,其中数列{bn},

{cn}是等比或等差数列,可采用分组转化法求和.

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在等差数列{an}中,已知公差 d=2,a2 是 a1 与 a4 的等比 中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=an?n 求 Tn .
解:(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6),解得 a1=2. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n.
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+1?

2

,记 Tn=-b1+b2-b3+b4-?+(-1)nbn,

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n?n+1? (2)由题意知 bn=a =n(n+1). 2 所以 Tn=-1×2+2×3-3×4+?+(-1)nn×(n+1). 因为 bn+1-bn=2(n+1),可得当 n 为偶数时, Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+?+(-bn-1+bn) n ?4+2n? n?n+2? 2 =4+8+12+?+2n= = , 2 2 ?n-1??n+1? 当 n 为奇数时, Tn=Tn-1+(-bn)= -n(n+1) 2

? ?n+1? ?- 2 ,n为奇数, ?n+1?2 =- .所以 Tn=? 2 ?n?n+2?,n为偶数. ? 2
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2

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[典题 2] (2015· 天津高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列, {bn}是等差数列,且 a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设 cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前 n 项和.

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[听前试做] 由题意知 q>0.
2 ? ?2q -3d=2, 由已知,有? 4 ? ?q -3d=10,

(1)设数列{an}的公比为 q,数列{bn}的公差为 d,

消去 d,整理得 q4-2q2-8=0,解得 q2=4. 又因为 q>0,所以 q=2,所以 d=2. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1,n∈N*; 数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1,n∈N*.

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(2)由(1)有 cn=(2n-1)· 2n-1,设{cn}的前 n 项和为 Sn, 则 Sn = 1×20 + 3×21 + 5×22 + ? + (2n - 3)×2n 1)×2n-1, 2Sn = 1×21 + 3×22 + 5×23 + ? + (2n - 3)×2n - 1 + (2n - 1)×2n, 上述两式相减,得-Sn=1+22+23+?+2n-(2n-1)×2n=2n
+1 -2

+ (2n -

-3-(2n-1)· 2n=-(2n-3)· 2n-3, 所以,Sn=(2n-3)· 2n+3,n∈N*.

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[探究 1] bn 若 cn=a ,如何求解?
n
n- 1

解:∵an=2

2n-1 ,n∈N ,bn=2n-1,n∈N .∴cn= n-1 . 2
* *

设数列{cn}的前 n 项和为 Sn,则 2n-1 1 3 5 Sn=c1+c2+c3+?+cn= 0+ 1+ 2+?+ n-1 2 2 2 2 2n-3 2n-1 1 1 3 S = + +?+ n-1 + n 2 n 21 22 2 2

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上述两式相减,得
?1 1 1 ? 1 ? ? 2n-1 S =1+2?21+22+?+2n-1?- n 2 n 2 ? ? ? 1 ? ? ? 2n-1 =1+2×?1-2n-1?- n 2 ? ?

2n-1 =3- n-2- n 2 2 1 2n+3 = 3- n . 2 2n+3 ∴Sn=6- n-1 ,n∈N*. 2
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[探究 2] 若 cn=an+bn,如何求解?

解:设数列{cn}的前 n 项和为 Sn,则 Sn=(a1+a2+?+an)+(b1+b2+?+bn) =(1+2+22+?+2n-1)+[1+3+5+?+(2n-1)] 1-2n n[1+?2n-1?] = + 2 1-2 =2n-1+n2, 即 Sn=2n+n2-1,n∈N*.

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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.

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裂项相消法求和是历年高考的重点,命题角度凸显灵活多变,在 解题中要善于利用裂项相消的基本思想, 变换数列{an}的通项公式, 达 到求解目的.常见的命题角度有: 1 角度一:an= 型 ?n+k??n+p? [典题 3] (2015· 新课标全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知

an>0,a2 n+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn= 1 ,求数列{bn}的前 n 项和. anan+1
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[听前试做] (1)由 a2 n+2an=4Sn+3,①

可知 a2 n+1+2an+1=4Sn+1+3.②
2 ②-①,得 a2 n+1-an+2(an+1-an)=4an+1, 2 即 2(an+1+an)=a2 n+1-an=(an+1+an)(an+1-an).

由 an>0,得 an+1-an=2. 又 a2 1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去)或 a1=3. 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an= 2n+1,n∈N*.

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(2)由 an=2n+1 可知 1 ? 1 1 1? ? 1 ? bn = = = ?2n+1-2n+3?. anan+1 ?2n+1??2n+3? 2? ? 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn=b1+b2+?+bn
? 1 ? 1 ? 1 1? ?1 1? 1? ?? ? ? = ??3-5?+?5-7?+?+?2n+1-2n+3?? ? 2?? ? ? ? ? ??

n = . 3?2n+3?

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角度二:an= [ 典题 4] 1 n+ n+k 型

已知函数 f(x) = xa 的图象过点 (4,2) ,令 an = )

1 , n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn, 则 S2 016=( f?n+1?+f?n? A. 2 015-1 C. 2 017-1 B. 2 016-1 D. 2 017+1

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1 [听前试做] 由 f(4)=2 可得 4a=2,解得 a= ,则 f(x)= 2 1 1 1 x .∴an= = = n+1- n, 2 f?n+1?+f?n? n+1+ n S2
016 = a1 + a2 + a3 + ? + a2 016 = (

2 - 1) + ( 3 - 2) +

( 4 - 3 ) + ? + ( 2 016 - 2 015 ) + ( 2 017 - 2 016 ) = 2 017-1.

答案:C

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n+1 角度三:an= 2 2型 n ?n+2?
2 [典题 5] 正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:S2 n-(n +n-

1)Sn-(n2+n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 (2)令 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明:对于 ?n+2?2a2 n 5 任意的 n∈N ,都有 Tn< . 64
*

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2 2 (1)由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0,

[听前试做]

得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n. 于是 a1=S1=2, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为 an=2n.

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(2)证明:由于 an=2n, 1 ? n+1 n+1 1? ?1 ? 2- 故 bn = 2?. 2 2= 2 2= ? ?n+2? an 4n ?n+2? 16?n ?n+2? ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn= 1- 2+ 2- 2+ 2- 2+?+ - + 2- 16 3 2 4 3 5 ?n-1?2 ?n+1?2 n 1? 5 1 1 1 1 1 1? ?1+ 2?= . 1+ 2- 2= 2- 2< 2 ?n+1? ?n+2? 16? 2 ? 64 ?n+2? 16

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(1)利用裂项相消法求和时, 应注意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,再就是 将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项 之差和系数之积与原通项公式相等.(如角度一) (2)将 1 转化为 n+1- n是解决[典题 4]的关键. n+1+ n

(3)[典题 5]在错位相减后,前后各剩余两项.

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[方法技巧] 非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种思想: (1)转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列, 这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成. (2)不能转化为等差或等比的特殊数列,往往通过裂项相消 法、错位相减法、倒序相加法等来求和.

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[易错防范] 1.在应用错位相减法时,注意观察未合并项的正负号;结 论中形如 an,an 1 的式子应进行合并.


2.在应用裂项相消法时,要注意消项的规律具有对称性, 即前剩多少项则后剩多少项,特别是隔项相消.

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