2015步步高高中数学文科文档第六章6.4

§6.4数列求和1.求数列的前n项和的方法(1)公式法①等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d.②等比数列的前n项和公式(Ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；(Ⅱ)当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q.(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.(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)＝5050.2.常见的裂项公式(1)1nn＋1＝1n－1n＋1；(2)12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.1.判断下面结论是否正确(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＝a1－an＋11－q.(√)(2)当n≥2时，1n2－1＝12(1n－1－1n＋1).(√)(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{12n＋2n－1}的前n项和为n2＋12n.(×)(5)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝3n－12.(√)(6)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.(√)2.(2012·大纲全国)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和为()A.100101B.99101C.99100D.101100答案A解析利用裂项相消法求和.设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴a1＋4d＝5，5a1＋5×5－12d＝15，∴a1＝1，d＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴1anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴数列1anan＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…[phone]＝1－1101＝100101.3.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn为()A.2n＋n2－1B.2n＋1＋n2－1C.2n＋1＋n2－2D.2n＋n2－2答案C解析Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋(2n－1))＝21－2n1－2＋n1＋2n－12＝2n＋1－2＋n2.4.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()A.200B.－200C.400D.－400答案B解析S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.5.3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝________.答案4－n＋42n解析设S＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n＋2)×12n，则12S＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n＋2)×12n＋1.两式相减得12S＝3×12＋(122＋123＋…＋12n)－n＋22n＋1.∴S＝3＋(12＋122＋…＋12n－1)－n＋22n＝3＋12[1－12n－1]1－12－n＋22n＝4－n＋42n.题型一分组转化求和例1已知数列{an}是3＋2－1,6＋22－1,9＋23－1,12＋24－1，…，写出数列{an}的通项公式并求其前n项和Sn.思维启迪先写出通项，然后对通项变形，分组后利用等差数列、等比数列的求和公式求解.解由已知得，数列{an}的通项公式为an＝3n＋2n－1＝3n－1＋2n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋5＋…＋3n－1)＋(2＋22＋…＋2n)＝n2＋3n－12＋21－2n1－2＝12n(3n＋1)＋2n＋1－2.思维升华某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化.特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论.求和Sn＝1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋12n－1.解和式中第k项为ak＝1＋12＋14＋…＋12k－1＝1－12k1－12＝21－12k.∴Sn＝21－12＋1－122＋…＋1－12n＝2[(1＋1＋…＋1－(12＋122＋…＋12n)]n个＝2n－121－12n1－12＝12n－1＋2n－2.题型二错位相减法求和例2已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.思维启迪(1)列方程组求{an}的首项、公差，然后写出通项an.(2)q＝1时，bn为等差数列，直接求和；q≠1时，用错位相减法求和.解(1)设等差数列{an}的公差为d.由已知得3a1＋3d＝68a1＋28d＝－4，解得a1＝3d＝－1.故an＝3＋(n－1)·(－1)＝4－n.(2)由(1)得，bn＝n·qn－1，于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1.若q≠1，将上式两边同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1＝nqn－qn－1q－1＝nqn＋1－n＋1qn＋1q－1.于是，Sn＝nqn＋1－n＋1qn＋1q－12.若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12.所以Sn＝nn＋12，q＝1nqn＋1－n＋1qn＋1q－12，q≠1.思维升华(1)错位相减法是求解由等差数列{bn}和等比数列{cn}对应项之积组成的数列{an}，即an＝bn×cn的前n项和的方法.这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练.(2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围.已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列an2n－1的前n项和.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得a1＋d＝0，2a1＋12d＝－10，解得a1＝1，d＝－1.故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)设数列an2n－1的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，①故S1＝1，Sn2＝a12＋a24＋…＋an2n.②所以，当n＞1时，①－②得Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n＝1－(12＋14＋…＋12n－1)－2－n2n＝1－(1－12n－1)－2－n2n＝n2n.所以Sn＝n2n－1.当n＝1时也成立.综上，数列an2n－1的前n项和Sn＝n2n－1.题型三裂项相消法求和例3在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－12.(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝Sn2n＋1，求{bn}的前n项和Tn.思维启迪第(1)问利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)后，再同除Sn－1·Sn转化为1Sn的等差数列即可求Sn.第(2)问求出{bn}的通项公式，用裂项相消法求和.解(1)∵S2n＝anSn－12，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，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1Sn－1Sn－1＝2，∴数列1Sn是首项为1S1＝1a1＝1，公差为2的等差数列.∴1Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝12n－1.(2)∵bn＝Sn2n＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]＝121－12n＋1＝n2n＋1.思维升华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.已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1Sn的前n项和为Tn，求证：16≤Tn38.(1)解∵数列{an}是等差数列且S5＝70，∴5a1＋10d＝70.①∵a1，a7，a22成等比数列，∴a27＝a2a22，即(a1＋6d)2＝(a1＋d)(a1＋21d)②由①，②解得a1＝6，d＝4或a1＝14，d＝0(舍去)，∴an＝4n＋2.(2)证明由(1)可得Sn＝2n2＋4n，所以1Sn＝12n2＋4n＝14(1n－1n＋2)．所以Tn＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn－1＋1Sn＝14(11－13)＋14(12－14)＋14(13－15)＋…＋14(1n－1－1n＋1)＋14(1n－1n＋2)＝38－14(1n＋1＋1n＋2)．∵Tn－38＝－14(1n＋1＋1n＋2)0，∴Tn38.∵Tn－1－Tn＝－14(1n－1n＋2)0，∴数列{Tn}是递增数列，∴Tn≥T1＝16.∴16≤Tn38.四审结构定方案典例：(12分)(2012·江西)已知数列{an}的前n项和Sn＝－12n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列9－2an2n的前n项和Tn.Sn＝－12n2＋kn及Sn最大值为8Sn是n的二次函数n＝k时(Sn)max＝Sk＝8根据Sn的结构特征确定k值k＝4，Sn＝－12n2＋4n利用an、Sn的关系an＝92－n9－2an2n＝n2n－1根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法Tn＝1＋22＋322＋…＋n－12n－2＋n2n－1①①式两边同乘以22Tn＝2＋2＋32＋…＋n－12n－3＋n2n－2②错位相减Tn＝2＋1＋12＋…＋12n－2－n2n－1＝4－n＋22n－1.规范解答解(1)当n＝k∈N*时，Sn＝－12n2＋kn取得最大值，即8＝Sk＝－12k2＋k2＝12k2，故k2＝16，k＝4.当n＝1时，a1＝S1＝－12＋4＝72，[3分]当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝92－n.[6分]当n＝1时，上式也成立，综上，an＝92－n.(2)因为9－2an2n＝n2n－1，所以Tn＝1＋22＋322＋…＋n－12n－2＋n2n－1，①[7分]所以2Tn＝2＋2＋32＋…＋n－12n－3＋n2n－2②②－①：2Tn－Tn＝2＋1＋12＋…＋12n－2－n2n－1＝4－12n－2－n2n－1＝4－n＋22n－1[11分]故Tn＝4－n＋22n－1.[12分]温馨提醒(1)根据数列前n项和的结构特征和最值确定k和Sn，求出an后再根据{9－2an2n}的结构特征确定利用错位相减法求Tn.在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案；(2)利用Sn求an时不要忽视n＝1的情况；错位相