专题--数列前n项和的求法

专题突破四数列求和学习目标1.掌握分组分解求和法的使用情形和解题要点.2.掌握奇偶并项求和法的使用情形和解题要点.3.掌握裂项相消求和法的使用情形和解题要点.4.进一步熟悉错位相减法．知识点一分组分解求和法思考求和：112＋2122＋3123＋…＋n＋12n.答案112＋2122＋3123＋…＋n＋12n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋122＋123＋…＋12n＝nn＋12＋121－12n1－12＝nn＋12＋1－12n.总结分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和．知识点二奇偶并项求和法思考求和12－22＋32－42＋…＋992－1002.答案12－22＋32－42＋…＋992－1002＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5050.总结奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和．但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论．知识点三裂项相消求和法思考我们知道1nn＋1＝1n－1n＋1，试用此公式求和：11×2＋12×3＋…＋1nn＋1.答案由1nn＋1＝1n－1n＋1得11×2＋12×3＋…＋1nn＋1＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1.总结如果数列的项能裂成前后抵消的两项，可用裂项相消求和，此法一般先研究通项的裂法，然后仿照裂开每一项．裂项相消求和常用公式：(1)1nn＋k＝1k(1n－1n＋k)；(2)1n＋k＋n＝1k(n＋k－n)；(3)12n－12n＋1＝12(12n－1－12n＋1)；(4)1nn＋1n＋2＝12[1nn＋1－1n＋1n＋2]．知识点四错位相减求和法思考记bn＝n·2n，求数列{bn}的前n项和Sn.答案∵Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1，②①－②，得－Sn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n+1＝－2－(n－1)·2n+1.∴Sn＝2＋(n－1)·2n+1，n∈N＋.总结错位相减法主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．利用“错位相减法”时，先写出Sn与qSn的表达式，再将两式对齐作差，正确写出(1－q)Sn的表达式；(利用此法时要注意讨论公比q是否等于1)．1．并项求和一定是相邻两项结合．(×)2．裂项相消一定是相邻两项裂项后产生抵消．(×)题型一分组分解求和例1求和：Sn＝x＋1x2＋x2＋1x22＋…＋xn＋1xn2(x≠0)．解当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；当x＝±1时，Sn＝4n.综上知，Sn＝4n，x＝±1，x2n－1x2n＋2＋1x2nx2－1＋2n，x≠±1且x≠0.反思感悟某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．跟踪训练1已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和．解(1)设数列{an}的公比为q(q0)，则a1＋a1·q＝6，a1·q2＋a1·q3＝24，解得a1＝2，q＝2，∴an＝a1·qn-1＝2·2n-1＝2n.(2)bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2×2n－12－1＋n1＋n2＝2n+1－2＋12n2＋12n.题型二裂项相消求和例2求和：122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n2－1，n≥2，n∈N＋.解∵1n2－1＝1n－1n＋1＝121n－1－1n＋1，∴原式＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＝121＋12－1n－1n＋1＝34－2n＋12nn＋1(n≥2，n∈N＋)．引申探究求和：2222－1＋3232－1＋4242－1＋…＋n2n2－1，n≥2，n∈N＋.解∵n2n2－1＝n2－1＋1n2－1＝1＋1n2－1，∴原式＝1＋122－1＋1＋132－1＋1＋142－1＋…＋1＋1n2－1＝(n－1)＋122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n2－1以下同例2解法．反思感悟求和前一般先对数列的通项公式变形，如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项求和法．跟踪训练2求和：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n，n∈N＋.解∵an＝11＋2＋…＋n＝2nn＋1＝21n－1n＋1，∴Sn＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2nn＋1.题型三奇偶并项求和例3求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)．解当n为奇数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)＝2·n－12＋(－2n＋1)＝－n.当n为偶数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·n2＝n.∴Sn＝(－1)nn(n∈N＋)．反思感悟通项中含有(－1)n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和．跟踪训练3已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.解当n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)，Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n·(3n－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]＝3k＝32n；当n为奇数时，令n＝2k－1(k∈N＋)，∴Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k－(6k－2)＝2－3k＝－3n＋12.∴Sn＝－3n＋12，n为奇数，3n2，n为偶数.题型四错位相减求和例4(2018·佛山检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N＋)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.解(1)当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，两式相减得an－an－1＝3an，化简得an＝－12an－1，所以数列{an}是首项为1，公比为－12的等比数列，所以an＝－12n-1，n∈N＋.(2)由(1)可得nan＝n·－12n-1.Tn＝1·－120＋2·－121＋3·－122＋…＋n·－12n-1，－12Tn＝1·－121＋2·－122＋…＋(n－1)·－12n-1＋n·－12n，两式相减得32Tn＝1＋－121＋－122＋…＋－12n-1－n·－12n＝1－－12n1－－12－n·－12n＝23－n＋23·－12n.所以数列{nan}的前n项和Tn＝49－23n＋49·－12n.反思感悟用错位相减要“能识别，按步走，慎化简”．跟踪训练4已知数列{an}的通项公式为an＝3n-1，在等差数列{bn}中，bn＞0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列．(1)求数列{anbn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解(1)∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.∵bn＞0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.故anbn＝(2n＋1)·3n-1，n∈N＋.(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n-2＋(2n＋1)3n-1，①3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n-1＋(2n＋1)3n，②①－②，得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n-1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×3－3n1－3－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.∴Tn＝n·3n，n∈N＋.1．数列{1＋2n-1}的前n项和为________．答案Sn＝n＋2n－1，n∈N＋解析∵an＝1＋2n-1，∴Sn＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1.2．数列2nn＋1的前2018项和为________．答案40362019解析因为2nn＋1＝21n－1n＋1，所以S2018＝21－12＋12－13＋…[phone]＝21－12019＝40362019.3．已知数列an＝n－1，n为奇数，n，n为偶数，则S100＝________.答案5000解析由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000.4．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N＋.(1)设bn＝an2n－1，证明：数列{bn}是等差数列；(2)在(1)的条件下求数列{an}的前n项和Sn.(1)证明由已知an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝an＋12n＝2an＋2n2n＝an2n－1＋1＝bn＋1.∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解由(1)知，bn＝n，an2n－1＝bn＝n.∴an＝n·2n-1.∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n-1，两边同时乘以2得2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n-1＋n·2n，两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n-1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.求数列的前n项和，一般有下列几种方法．1．错位相减适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．2．分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列．3．裂项相消有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．4．奇偶并项当数列通项中出现(－1)n或(－1)n+1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．5．倒序相加例如，等差数列前n项和公式的推导方法．一、选择题1．数列214，418，6116，…的前n项和Sn为()A．n2＋1＋12n＋1B．n2＋2－12n＋1C．n(n＋1)＋12－12n＋1D．n(n＋1)＋12n＋1答案C2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1n＋n＋1，Sn＝10，则n等于()A．90B．119C．120D．121答案C解析an＝1n＋n＋1＝n＋1－n，∴Sn＝(2－1)