数列分组求和法

分组求和法典题导入[例1](2011·山东高考)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前2n项和S2n.[自主解答](1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3，故an＝2·3n－1.(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以S2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3＝2×1－32n1－3＋nln3＝32n＋nln3－1.由题悟法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，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．以题试法1．(2013·威海模拟)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求：(1)p，q的值；(2)数列{xn}前n项和Sn的公式．解：(1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋nn＋12.2.数列112，314，518，7116，…的前n项和Sn为()．A．n2＋1－12n－1B．n2＋2－12nC．n2＋1－12nD．n2＋2－12n－1解析由题意知已知数列的通项为an＝2n－1＋12n，则Sn＝n＋2n－2＋121－12n1－12＝n2＋1－12n.答案C3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝5，S15＝225.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意，得a1＋2d＝5，15a1＋15×142d＝225，解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.(2)∵bn＝2an＋2n＝12·4n＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝4n＋1－46＋n2＋n＝23·4n＋n2＋n－23.4.设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.(1)求{an}的通项公式；(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn.解析(1)设q为等比数列{an}的公比，则由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因此q＝2.所以{an}的通项为an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)(2)Sn＝－2n1－2＋n×1＋nn－2×2＝2n＋1＋n2－2.5.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n个－(12＋122＋…＋12n)]＝2n－121－12n1－12＝12n－1＋2n－2.6.数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.答案2600解析由an＋2－an＝1＋(－1)n知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋100＋2×502＝2600.7.求和：(1)Sn＝32＋94＋258＋6516＋…＋n·2n＋12n；(2)Sn＝x＋1x2＋x2＋1x22＋…＋xn＋1xn2.解(1)由于an＝n·2n＋12n＝n＋12n，∴Sn＝1＋121＋2＋122＋3＋123＋…＋n＋12n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋122＋123＋…＋12n＝nn＋12＋121－12n1－12＝nn＋12－12n＋1.(2)当x＝±1时，Sn＝4n.当x≠±1时，Sn＝x＋1x2＋x2＋1x22＋…＋xn＋1xn2＝x2＋2＋1x2＋x4＋2＋1x4＋…＋x2n＋2＋1x2n＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋1x2＋1x4＋…＋1x2n＝x2x2n－1x2－1＋x－21－x－2n1－x－2＋2n＝x2n－1x2n＋2＋1x2nx2－1＋2n.∴Sn＝4nx＝±1，x2n－1x2n＋2＋1x2nx2－1＋2nx≠±1.8.已知数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则这个数列前30项的绝对值的和是________．答案765解析由题意知{an}是等差数列，an＝－60＋3(n－1)＝3n－63，令an≥0，解得n≥21.∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋(a21＋…＋a30)＝S30－2S20＝－60＋90－63×302－(－60＋60－63)×20＝765.9.数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝________.答案66解析当n＝1时，a1＝S1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.∴an＝－1n＝12n－5n≥2.令2n－5≤0，得n≤52，∴当n≤2时，an0，当n≥3时，an0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－(a1＋a2)＋(a3＋a4＋…＋a10)＝S10－2S2＝66.10.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)＝－200.11.(2012·课标全国)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．答案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＝1830.12.已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2013项之和S2013等于()A．1B．2010C．4018D．0答案C解析由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1.故数列的前8项依次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1，2008,2009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.∵2013＝6×335＋3，∴S2013＝S3＝4018.13.设221)(xxf，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求)0()4()5(fff)6()5(...ff的值为A．23B．2C．22D．22解：由于22)1()(xfxf，则原式)]5()4([)]6()5({[21ffff)]}5()6([ff23221221，选A14.数列}{na的前n项和为nS，满足：11a，tSttSnn3)32(31，其中0t，Nn且2n（Ⅰ）求证：数列}{na是等比数列；（Ⅱ）设数列}{na的公比为)(tf，数列}{nb满足1111,()(2),nnbbfnb求nb的通项式.（Ⅲ）记,12221254433221nnnnnbbbbbbbbbbbbT求证：.920nT解（Ⅰ）当2n时，tSttSnn3)32(31①,tSttSnn3)32(31②②—①得：0)32(31nnatta1233nnatat（2n）又11211,3()(23)3ataatat，解得：tta3322,nnaaaaaa12312233tt}{na是首项为1，公比为233tt的等比数列。（Ⅱ）32323332,332)(1111nnnnnbbbbbtttf,,321nnbb则313232)1(1nnbn（Ⅲ）)()()(12122534312nnnnbbbbbbbbbT920954,32,2)32(949)64(22)31435(34)(3422242nnTnnnnnnnnnbbb为增时当15.22222212979899100的值是A．2525B．5050C．10100D．20200解：原式5050)12()9798()99100(，选B16.等差数列{an}的公差不为零，a4＝7，a1，a2，a5成等比数列，数列{Tn}满足条件Tn＝a2＋a4＋a8＋…＋n2a，则Tn＝________.解析：设{an}的公差为d≠0，由a1，a2，a5成等比数列，得a22＝a1a5，即(7－2d)2＝(7－3d)(7＋d)∴d＝2或d＝0(舍去)．∴an＝7＋(n－4)×2＝2n－1.又n2a＝2·2n－1＝2n＋1－1，∴Tn＝(22－1)＋(23－1)＋(24－1)＋…＋(2n＋1－1)＝(22＋23＋…＋2n＋1)－n＝2n＋2－n－4.