雄关漫道系列《师说》2014年高考全程复习构想高三理科一轮复习资料第五章数列5.4

5．4数列求和考纲点击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.说基础课前预习读教材考点梳理1.公式法(1)直接用等差、等比数列的求和公式求．(2)掌握一些常见的数列的前n项和．1＋2＋3＋…＋n＝①__________；1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝②__________.2．倒序相加法如果一个数列{an}，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法．如③______数列的前n项和即是用此法推导的．3．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④__________数列的前n项和就是用此法推导的．4．裂项相消法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．常见的拆项公式有：(1)1nn＋1＝⑤__________；(2)12n－12n＋1＝⑥________________；(3)1n＋n＋1＝⑦____________.答案：①12n(n＋1)②n2③等差④等比⑤1n－1n＋1⑥1212n－1－12n＋1⑦n＋1－n考点自测1.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝()A．16(1－4－n)B．16(1－2－n)C.323(1－4－n)D.323(1－2－n)解析：∵q3＝a5a2＝18，∴q＝12，a1＝4，可得an·an＋1＝16·(12)2n－1，∴原式＝16[12＋(12)3＋…＋(12)2n－1]＝323(1－4－n)．答案：C2．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()A．1B.56C.16D.130解析：an＝1nn＋1＝n＋1－nnn＋1＝1n－1n＋1∴S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.答案：B3．设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为Sn，则Sn＝()A．2nB．2n－nC．2n＋1－nD．2n＋1－n－2解析：∵an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝1－2n1－2＝2n－1，∴Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝21－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.答案：D4．数列{an}的通项公式为an＝n＋2n(n＝1,2,3，…)，则{an}的前n项和Sn＝________.解析：由题意得数列{an}的前n项和等于(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝nn＋12＋2－2n＋11－2＝nn＋12＋2n＋1－2.答案：nn＋12＋2n＋1－25.11·4＋14·7＋17·10＋…＋13n－23n＋1＝()A.n3n＋1B.3n3n＋1C．1－1n＋1D．3－13n＋1解析：Sn＝13[(1－14)＋(14－17)＋…＋(13n－2－13n＋1)]＝13·(1－13n＋1)＝n3n＋1.答案：A说考点拓展延伸串知识疑点清源1.数列求和的方法(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：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减来完成．②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．2．等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决.题型探究题型一用倒序相加法求和例1设f(x)＝12x＋2，求f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)的值．解析：∵f(x)＝12x＋2，∴f(x)＋f(1－x)＝12x＋2＋121－x＋2＝12x＋2＋122x＋2＝12x＋2＋2x2＋2·2x＝2＋2x2x＋2×2＝22.设S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)，则S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)．∴2S＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]．∴原式＝12{[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(0)＋f(1)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]}＝12×12×22＝32.点评：对等差数列倒序相加求和时利用了an＋a1＝an－1＋a2＝…，对于f(x)＝12x＋2，由于f(x)＋f(1－x)＝22，也可产生以上效果．可见类似这种可以将若干项和转化为某项积的求和方法实际上是抓住了数列(或解析式)的特点，利用“整体”运算简化求和的一种方法．变式探究1已知lg(xy)＝a，S＝lgxn＋lg(xn－1·y)＋…＋lgyn(x＞0，y＞0)，求S.解析：将和式中各项反序排列得，S＝lgyn＋lg(x·yn－1)＋lg(x2·yn－2)＋…＋lgxn，将此式与原式两边对应相加得，2S＝lg(xy)n＋lg(xy)n＋…＋lg(xy)n＝n(n＋1)lg(xy)，共n＋1项lg(xy)．∵lg(xy)＝a，∴S＝12n(n＋1)a.题型二用错位相减法求和例2设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.(1)求数列{an}的通项；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解析：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13，②①－②得3n－1an＝13，an＝13n.在①中，令n＝1，得a1＝13，适合an＝13n，∴an＝13n.(2)∵bn＝nan，∴bn＝n3n.∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n3n③∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n3n＋1.④④－③得：2Sn＝n3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，即2Sn＝n3n＋1－31－3n1－3，∴Sn＝2n－13n＋14＋34.点评：解答本题的突破口在于将所给条件视为数列{3n－1an}的前n项和，从而利用an与Sn的关系求出通项3n－1an，进而求得an；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．变式探究2设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列的前n项和Sn.解析：(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2适合，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－1①从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1②①－②得：(1－22)·Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2].题型三用裂项相消法求和例3已知数列{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.解析：(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)又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.点评：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．变式探究3已知函数f(x)＝2x＋1，g(x)＝x，x∈R，数列{an}，{bn}满足条件：a1＝1，an＝f(bn)＝g(bn＋1)，n∈N*.(1)求证：数列{bn＋1}为等比数列；(2)令cn＝2nan·an＋1，Tn是数列{cn}的前n项和，求使Tn＞20092010成立的n的最小值．解析：(1)由题意得2bn＋1＝bn＋1，∴bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(bn＋1)，又∵a1＝2b1＋1，∴b1＝0，b1＋1＝1≠0，∴数列{bn＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，bn＋1＝2n－1，∴an＝2bn＋1＝2n－1，故cn＝2nanan＋1＝2n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1.∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－13＋13－17＋…＋12n－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－1.由Tn＞20092010，且n∈N*，解得满足条件的最小的n值为10.归纳总结•方法与技巧数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于首末两端“等距”和的数列求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和数列的求和．•失误与防范1．直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．2．重点通过数列通项公式观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，判断求和类型，寻找求和的方法，或拆为基本数列求和，或转化为基本数列求和．求和过程中同时要对项数作出准确判断．3．含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论.新题速递1.(2012·福建卷)数列{an}的通项公式an＝ncosnπ2，其前n项和为Sn，则S2012等于()A．1006B．2012C．503D．0解析：∵y＝cosnπ2的周期T＝2ππ2＝4，∴可分四组求和．a1＋a5＋…＋a2009＝0，a2＋a6＋…＋a2010＝－2－6－…－2010＝503×－2－20102＝－503×1006，a3＋a7＋…＋a2011＝0，a4＋a8＋…＋a2012＝4＋8＋…＋2012＝503×4＋20122＝503×1008，∴S2012＝0－503×1006＋0＋503×1008＝503×(－1006＋1008)＝1006.答案：A2．(2012·新课标全国卷)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为()A．3690B．3660C．1845D．1830解析：∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×10＋2342＝1830.答案：D3．(2012·江西卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3.(1)求an；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.解析：(1)由Sn＝kcn－k，得an＝Sn－Sn－1＝kcn－kcn－1(n≥2)，由a2＝4，a6＝