求数列前N项和的方法答案

求数列前N项和的方法1.公式法等差数列前n项和：11()(1)22nnnaannSnad特别的，当前n项的个数为奇数时，211(21)kkSka，即前n项和为中间项乘以项数。这个公式在很多时候可以简化运算。等比数列前n项和：q=1时，1nSna1111nnaqqSq，，特别要注意对公比的讨论。其他公式：[例1]已知3log1log23x，求nxxxx32的前n项和.解：由212loglog3log1log3323xxx由等比数列求和公式得nnxxxxS32（利用常用公式）＝xxxn1)1(＝211)211(21n＝1－n21[例2]设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求1)32()(nnSnSnf的最大值.解：由等差数列求和公式得)1(21nnSn，)2)(1(211nnSn（利用常用公式）∴1)32()(nnSnSnf＝64342nnn＝nn64341＝50)8(12nn501∴当88n，即n＝8时，501)(maxnf[例3]．（2013年高考大纲卷（文））已知数列na满足12430,,103nnnaaaa则的前项和等于（）A．-10-61-3B．-1011-39C．-1031-3D．-1031+3【答案】C[例4]．（2013年高考课标Ⅰ卷（文））设首项为1,公比为23的等比数列{}na的前n项和为nS,则（）A．21nnSaB．32nnSaC．43nnSaD．32nnSa【答案】D解析Sn＝a11－qn1－q＝a1－q·an1－q＝1－23an13＝3－2an.[例5]．2013年高考北京卷（文）若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________.答案22n＋1－2解析设等比数列的公比为q，由a2＋a4＝20，a3＋a5＝40.∴20q＝40，且a1q＋a1q3＝20，解之得q＝2，且a1＝2.因此Sn＝a11－qn1－2＝2n＋1－2.[例6．（2013年高考江西卷（文））某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．答案6解析每天植树棵数构成等比数列{an}，其中a1＝2，q＝2.则Sn＝a11－qn1－q＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.[例7（2013年高考辽宁卷（文））．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.答案63解析∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6＝1×1－261－2＝63.[例8（2013年高考福建卷（文））已知等差数列{}na的公差1d,前n项和为nS.(1)若131,,aa成等比数列,求1a;(2)若519Saa,求1a的取值范围.【答案】解:(1)因为数列{}na的公差1d,且131,,aa成等比数列,所以2111(2)aa,即21120aa,解得11a或12a.(2)因为数列{}na的公差1d,且519Saa,所以21115108aaa;即2113100aa,解得152a[例9．（2013年高考湖北卷（文））已知nS是等比数列{}na的前n项和,4S,2S,3S成等差数列,且23418aaa.(Ⅰ)求数列{}na的通项公式;(Ⅱ)是否存在正整数n,使得2013nS?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,说明理由.【答案】(Ⅰ)设数列{}na的公比为q,则10a,0q.由题意得2432234,18,SSSSaaa即23211121,(1)18,aqaqaqaqqq解得13,2.aq故数列{}na的通项公式为13(2)nna.(Ⅱ)由(Ⅰ)有3[1(2)]1(2)1(2)nnnS.若存在n,使得2013nS,则1(2)2013n,即(2)2012.n当n为偶数时,(2)0n,上式不成立;当n为奇数时,(2)22012nn,即22012n,则11n.综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为{21,,5}nnkkkN.[例10（2013年高考课标Ⅱ卷（文））已知等差数列na的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.(Ⅰ)求na的通项公式;(Ⅱ)求14732naaaa.【答案】解(1)设{an}的公差为d.由题意，a211＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝n2(a1＋a3n－2)＝n2(－6n＋56)＝－3n2＋28n.反思：找出新数列的首项与公差或公比然后代入公式[例11．（2013年高考四川卷（文））在等比数列{}na中,212aa,且22a为13a和3a的等差中项,求数列{}na的首项、公比及前n项和.【答案】解:设na的公比为q.由已知可得211aqa,211134qaaqa,所以2)1(1qa,0342qq,解得3q或1q,由于2)1(1qa.因此1q不合题意,应舍去,故公比3q,首项11a.所以,数列的前n项和213nnS[例12（2013年高考浙江卷（文））在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(Ⅰ)求d,an;(Ⅱ)若d0,求|a1|+|a2|+|a3|++|an|.【答案】解:(Ⅰ)由已知得到:22221311(22)54(1)50(2)(11)25(5)aaaadaddd224112122125253404611nndddddddanan或(Ⅱ)由(1)知,当0d时,11nan,①当111n时,123123(1011)(21)0||||||||22nnnnnnnaaaaaaaaa②当12n时,1231231112132123111230||||||||()11(2111)(21)212202()()2222nnnnaaaaaaaaaaaannnnaaaaaaaa所以,综上所述:1232(21),(111)2||||||||21220,(12)2nnnnaaaannn;反思：nmnnmnms=2s-sms=-2s+s当前正后负时当前负后正时[例13．已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1a1＋1a2＋…＋1an≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．解(1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得a31q3＝125，|a1q－a1q2|＝10，解得a1＝53，q＝3或a1＝－5，q＝－1.故an＝53·3n－1或an＝－5·(－1)n－1.(2)若an＝53·3n－1，则1an＝3513n－1，则1an是首项为35，公比为13的等比数列．从而n＝1m1an＝351－13m1－13＝910·1－13m9101.若an＝－5·(－1)n－1，则1an＝－15(－1)n－1，故1an是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而n＝1m1an＝－15，m＝2k－1k∈N＋，0，m＝2kk∈N＋.故n＝1m1an1.综上，对任何正整数m，总有n＝1m1an1.故不存在正整数m，使得1a1＋1a2＋…＋1an≥1成立．反思：a1q是基本量2.错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}、{bn}分别是等差数列和等比数列.[例1求和：132)12(7531nnxnxxxS………………………①解：由题可知，{1)12(nxn}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{1nx}的通项之积设nnxnxxxxxS)12(7531432……………….②（设制错位）①－②得nnnxnxxxxxSx)12(222221)1(1432（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：nnnxnxxxSx)12(1121)1(1∴21)1()1()12()12(xxxnxnSnnn[例2求数列,22,,26,24,2232nn前n项的和.解：由题可知，{nn22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n21}的通项之积设nnnS2226242232…………………………………①14322226242221nnnS…………………②（设制错位）①－②得1432222222222222)211(nnnnS（错位相减）1122212nnn∴1224nnnS[例3求：Sn=1+5x+9x2+······+(4n-3)xn-1解：Sn=1+5x+9x2+······+(4n-3)xn-1①①两边同乘以x，得xSn=x+5x2+9x3+······+(4n-3)xn②①-②得，（1-x）Sn=1+4（x+x2+x3+······+nx）-（4n-3）xn当x=1时，Sn=1+5+9+······+（4n-3）=2n2-n当x≠1时，Sn=11-x[4x(1-xn)1-x+1-（4n-3）xn][例4．（2013年高考湖南（文））设nS为数列{na}的前项和,已知01a,2nnSSaa11,nN(Ⅰ)求1a,2a,并求数列{na}的通项公式;(Ⅱ)求数列{nna}的前n项和.【答案】解:(Ⅰ)11111121.SSaanaS时，当.1,011aa11111111222221nnnnnnnnnaaaaSaaSaassan时，当-.*,221}{11Nnaqaannn的等比数列，公比为时首项为(Ⅱ)nnnnqanqaqaqaqTanaaaT321321321321设1432321nnanaaaqT上式左右错位相减:nnnnnnnnnaqqanaaaaaTq21211)1(111321*,12)1(NnnTnn.[例5．（2013年高考山东卷（文））设等差数列na的前n项和为nS,且244SS,122nnaa(Ⅰ)求数列na的通项公式(Ⅱ)设数列nb满足*121211,2nnnbbbnNaaa,求nb的前n项和nT【答案】解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d由s4＝4s2，a2n＝2an＋1得a1＝1，d＝2所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由已知b1a1＋b2a2＋…＋bnan＝1－12n，n∈N*①当n≥2时，b1a1＋b2a2＋…＋bn－