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高考数学第一轮复习复习第4节 数列求和（讲义）
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这是一份高考数学第一轮复习复习第4节 数列求和（讲义），共12页。
1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法.
数列求和的基本方法
(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
Sn=na1,q=1,a1-anq1-q=a1(1-qn)1-q,q≠1.
③一些常见的数列的前n项和:
(ⅰ)∑k=1nk=1+2+3+…+n=12n(n+1),
∑k=1n2k=2+4+6+…+2n=n(n+1);
(ⅱ)∑k=1n(2k-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2;
(ⅲ)∑k=1nk2=12+22+32+…+n2=16n(n+1)(2n+1);
(ⅳ)∑k=1nk3=13+23+33+…+n3=[n(n+1)2]2.
(2)几种数列求和的常用方法
①分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.
②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(注意消项规律),从而求得前n项和.
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,那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.
④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个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
⑤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.
1.数列12×5,15×8,18×11,…,1(3n-1)·(3n+2),…的前n项和为( D )
A.n+1n+2B.n3n+2
C.3n6n+4D.n6n+4
解析:因为1(3n-1)(3n+2)=13(13n-1-13n+2),
所以12×5+15×8+…+1(3n-1)(3n+2)=13(12-15+15-18+…+13n-1-13n+2)=13(12-13n+2)=n6n+4.
2.数列1,12,22,13,23,33,…,1n,2n,3n,…,nn,…的前25项和为( B )
A.20714B.20914C.21114D.1067
解析:所求前25项和为T25=1+12+22+13+23+33+…+16+26+36+46+56+66+17+27+37+47=20914.
3.求和:12-22+32-42+…+992-1002= .
解析:T=(1+2)(1-2)+(3+4)(3-4)+…+(99+100)(99-100)=-(1+2+…+100)=
-100×(1+100)2=-5 050.
答案:-5 050
4.求和:Tn=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1= .
解析:Tn=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,
2Tn=1×2+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,
所以-Tn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-12-1-n·2n,所以Tn=1+(n-1)2n.
答案:1+(n-1)·2n
分组求和法
[例1] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且关于x的不等式a1x2-S2x+2<0的解集为(1,2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=a2n+2an-1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为关于x的不等式a1x2-S2x+2<0的解集为(1,2),
所以S2a1=1+2=3.
又S2=2a1+d,所以a1=d,
易知2a1=2,
所以a1=1,d=1.
所以数列{an}的通项公式为an=n.
(2)由(1)可得,a2n=2n,2an=2n.
因为bn=a2n+2an-1,
所以bn=2n-1+2n,
所以数列{bn}的前n项和Tn=[1+3+5+…+(2n-1)]+(2+22+23+…+2n)=n(1+2n-1)2+2(1-2n)1-2=n2+2n+1-2.
分组求和法的常见类型
(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,可采用分组法求和.
[针对训练] (2022·广西柳州模拟预测)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1(n∈N*).
(1)证明{an+1}是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)求数列{an+n+1}的前n项和Sn.
(1)证明:因为an+1=2an+1,
所以an+1+1=2(an+1),
又a1+1=2≠0,
所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以an+1=2n,即an=2n-1.
(2)解:由(1)知an=2n-1,
令bn=an+n+1,
则bn=2n+n,
所以Sn=b1+b2+…+bn=(21+1)+(22+2)+…+(2n+n)
=(21+22+…+2n)+(1+2+…+n)
=2(1-2n)1-2+n(1+n)2=2n+1+n(1+n)2-2.
裂项相消法
[例2] 已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=an+1SnSn+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由题设知a1a4=a2a3=8,
又a1+a4=9,
解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去).
设等比数列{an}的公比为q,
由a4=a1q3得q=2,
故an=a1qn-1=2n-1,n∈N*.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=2n-1,
又bn=an+1SnSn+1=Sn+1-SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=(1S1-1S2)+(1S2-1S3)+…+(1Sn-1Sn+1)
=1S1-1Sn+1
=1-12n+1-1,n∈N*.
(1)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.
(2)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.如:若数列{an}是等差数列,则1anan+1=1d(1an-1an+1),1anan+2=12d(1an-1an+2).
[针对训练] 已知函数f(x)=xα的图象过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 020等于( )
A.2 019-1B.2 020-1
C.2 021-1D.2 021+1
解析:由f(4)=2,可得4α=2,解得α=12,
则f(x)=x.
所以an=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n,
所以S2 020=a1+a2+a3+…+a2 020=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2 021-2 020)=2 021-1.故选C.
错位相减法
[例3] (2022·河北石家庄高三二模)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,2an+1=Sn+2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=an·(lg32an-1)(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)当n≥2时,由2an+1=Sn+2,
得2an=Sn-1+2,
两式相减得2an+1-2an=an,即an+1=32an,
又a1=1,2a2=a1+2,故a2=32,所以a2a1=32,
所以数列{an}是以1为首项,32为公比的等比数列,所以an=(32)n-1.
(2)bn=an·(lg32an-1)=(n-2)·(32)n-1,
则Tn=-1×(32)0+0×32+1×(32)2+…+(n-2)·(32)n-1,
32Tn=-1×32+0×(32)2+1×(32)3+…+(n-3)·(32)n-1+(n-2)·(32)n,
两式相减得
-12Tn=-1+32+(32)2+…+(32)n-1-(n-2)·(32)n
=-1+32-(32) n1-32-(n-2)(32)n,
所以Tn=2(n-4)(32)n+8.
(1)一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法求和,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
[针对训练] 已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.
又因为q>0,解得q=2.
所以bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8,①
由S11=11b4,可得a1+5d=16,②
联立①②,解得a1=1,d=3,
由此可得an=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,
数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,
由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,
有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-
(3n-1)×4n+1
=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1
=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=3n-23×4n+1+83.
所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+1+83.
倒序相加法
[例4] 已知函数f(x)对任意的x∈R,都有f(x)+f(1-x)=1,数列{an}满足an=f(0)+f(1n)+f(2n)+…+f(n-1n)+f(1),求数列{an}的通项公式.
解:因为f(x)+f(1-x)=1,
令x=1n得,f(1n)+f(n-1n)=1.
因为an=f(0)+f(1n)+f(2n)+…+f(n-1n)+f(1),①
所以an=f(1)+f(n-1n)+f(n-2n)+…+f(1n)+f(0),②
所以①+②得2an=n+1,所以an=n+12.
所以数列{an}的通项公式为an=n+12.
将一个数列倒过来排列,当它与原数列相加时,若有规律可循,并且容易求和,则这样的数列求和时可用倒序相加法,等差数列前n项和公式的推导即用此方法.
[针对训练] 已知函数 f(x)=3x3x+1(x∈R),正项等比数列{an}满足a50=1,则f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a99)的值是多少?
解:因为f(x)=3x3x+1,
所以f(x)+f(-x)=3x3x+1+3-x3-x+1=3x3x+1+11+3x=1.
因为数列{an}是等比数列,
所以a1a99=a2a98=…=a49a51=a502=1,
即ln a1+ln a99=ln a2+ln a98=…=ln a49+ln a51=2ln a50=0.
所以f(ln a1)+f(ln a99)=f(ln a2)+f(ln a98)=…=f(ln a49)+f(ln a51)=2f(ln a50)=1.
设S99=f(ln a1)+f(ln a2)+f(ln a3)+…+f(ln a99),①
又S99=f(ln a99)+f(ln a98)+f(ln a97)+…+f(ln a1),②
①+②,得2S99=99,所以S99=992.
[例1] 若数列{an}满足an=(-1)n-1(12n-1+12n+1),Sn为其前n项和,则下列命题正确的是( )
A.Sn<1B.Sn>1
C.Sn有最小值D.Sn无最大值
解析:数列{an}满足an=(-1)n-1(12n-1+12n+1),
当n为偶数时,Sn=1+13-13-15+15+17-…-(12n-1+12n+1)=1-12n+1<1,
当n为奇数时,Sn=1+13-13-15+15+17- …+(12n-1+12n+1)=1+12n+1>1.
故数列的前n项和无最大值.故选D.
[例2] 类比等差数列求和公式的推导方法,解决下列问题:
设f(x)=sinxsin(30°-x),则f(1°)+f(2°)+…+f(29°)+f(31°)+…+f(59°)= .
解析:由题意,f(x)+f(60°-x)=sinxsin(30°-x)+sin(60°-x)sin[30°-(60°-x)]=sinxsin(30°-x)+sin(60°-x)-sin(30°-x)=sinx-sin(60°-x)sin(30°-x)=3·sin(x-30°)sin(30°-x)=-3,
设Sn=f(1°)+f(2°)+…+f(29°)+f(31°)+…+f(59°),
Sn=f(59°)+f(58°)+…+f(31°)+f(29°)+…+f(1°),
则2Sn=-583,
则Sn=-293.
答案:-293
[例3] 函数f(x)=ln x,其中f(x)+f(y)=2,记Sn=ln xn+ln(xn-1y)+…+ln(xyn-1)+ln yn(n∈N*),则∑i=12 0221Si等于( )
A.2 0222 023B.2 0232 022
C.2 0234 044D.4 0442 023
解析:因为函数f(x)=ln x,f(x)+f(y)=2,
所以f(x)+f(y)=ln x+ln y=ln(xy)=2,
所以Sn=ln xn+ln(xn-1y)+…+ln(xyn-1)+ln yn,
Sn=ln yn+ln(xyn-1)+…+ln(xn-1y)+ln xn,
两式相加得,
2Sn=(n+1)ln(xnyn)=(n+1)nln(xy)=2n(n+1),所以Sn=n(n+1),
∑i=12 0221Si=∑i=12 0221i(i+1)=∑i=12 022(1i-1i+1)=1-12 023=2 0222 023.故选A.
[例4] 已知递增的等比数列{an}中,2a2,32a3,a4成等差数列,前5项和S5=31,则an= ,数列a1,a2,a2,a2,a3,a3,a3,a3,a3,…,an,an,…,an,(2n-1)个…的前100项和为 .
解析:设递增的等比数列{an}中,首项为a1,公比为q,
由题意,3a3=2a2+a4,S5=31,
整理得3a1·q2=2a1·q+a1·q3,S5=a1·(1-q5)1-q=31,
解得a1=1,q=2,
所以an=2n-1,所以数列1,2,2,2,4,4,4,4,4,8,8,8,8,8,8,8,…,的前100项和S100=1×20+3×21+5×22+…+19×29,①
2S100=1×21+3×22+…+17×29+19×210,②
①-②得
-S100=1+2·(21+22+…+29)-19×210,
整理得S100=17×210+3=17 411.
答案:2n-1 17 411
1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法.
数列求和的基本方法
(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
Sn=na1,q=1,a1-anq1-q=a1(1-qn)1-q,q≠1.
③一些常见的数列的前n项和:
(ⅰ)∑k=1nk=1+2+3+…+n=12n(n+1),
∑k=1n2k=2+4+6+…+2n=n(n+1);
(ⅱ)∑k=1n(2k-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2;
(ⅲ)∑k=1nk2=12+22+32+…+n2=16n(n+1)(2n+1);
(ⅳ)∑k=1nk3=13+23+33+…+n3=[n(n+1)2]2.
(2)几种数列求和的常用方法
①分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.
②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(注意消项规律),从而求得前n项和.
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,那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.
④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个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
⑤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.
1.数列12×5,15×8,18×11,…,1(3n-1)·(3n+2),…的前n项和为( D )
A.n+1n+2B.n3n+2
C.3n6n+4D.n6n+4
解析:因为1(3n-1)(3n+2)=13(13n-1-13n+2),
所以12×5+15×8+…+1(3n-1)(3n+2)=13(12-15+15-18+…+13n-1-13n+2)=13(12-13n+2)=n6n+4.
2.数列1,12,22,13,23,33,…,1n,2n,3n,…,nn,…的前25项和为( B )
A.20714B.20914C.21114D.1067
解析:所求前25项和为T25=1+12+22+13+23+33+…+16+26+36+46+56+66+17+27+37+47=20914.
3.求和:12-22+32-42+…+992-1002= .
解析:T=(1+2)(1-2)+(3+4)(3-4)+…+(99+100)(99-100)=-(1+2+…+100)=
-100×(1+100)2=-5 050.
答案:-5 050
4.求和:Tn=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1= .
解析:Tn=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,
2Tn=1×2+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,
所以-Tn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-12-1-n·2n,所以Tn=1+(n-1)2n.
答案:1+(n-1)·2n
分组求和法
[例1] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且关于x的不等式a1x2-S2x+2<0的解集为(1,2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=a2n+2an-1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为关于x的不等式a1x2-S2x+2<0的解集为(1,2),
所以S2a1=1+2=3.
又S2=2a1+d,所以a1=d,
易知2a1=2,
所以a1=1,d=1.
所以数列{an}的通项公式为an=n.
(2)由(1)可得,a2n=2n,2an=2n.
因为bn=a2n+2an-1,
所以bn=2n-1+2n,
所以数列{bn}的前n项和Tn=[1+3+5+…+(2n-1)]+(2+22+23+…+2n)=n(1+2n-1)2+2(1-2n)1-2=n2+2n+1-2.
分组求和法的常见类型
(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,可采用分组法求和.
[针对训练] (2022·广西柳州模拟预测)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1(n∈N*).
(1)证明{an+1}是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)求数列{an+n+1}的前n项和Sn.
(1)证明:因为an+1=2an+1,
所以an+1+1=2(an+1),
又a1+1=2≠0,
所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以an+1=2n,即an=2n-1.
(2)解:由(1)知an=2n-1,
令bn=an+n+1,
则bn=2n+n,
所以Sn=b1+b2+…+bn=(21+1)+(22+2)+…+(2n+n)
=(21+22+…+2n)+(1+2+…+n)
=2(1-2n)1-2+n(1+n)2=2n+1+n(1+n)2-2.
裂项相消法
[例2] 已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=an+1SnSn+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由题设知a1a4=a2a3=8,
又a1+a4=9,
解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去).
设等比数列{an}的公比为q,
由a4=a1q3得q=2,
故an=a1qn-1=2n-1,n∈N*.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=2n-1,
又bn=an+1SnSn+1=Sn+1-SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=(1S1-1S2)+(1S2-1S3)+…+(1Sn-1Sn+1)
=1S1-1Sn+1
=1-12n+1-1,n∈N*.
(1)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.
(2)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.如:若数列{an}是等差数列,则1anan+1=1d(1an-1an+1),1anan+2=12d(1an-1an+2).
[针对训练] 已知函数f(x)=xα的图象过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 020等于( )
A.2 019-1B.2 020-1
C.2 021-1D.2 021+1
解析:由f(4)=2,可得4α=2,解得α=12,
则f(x)=x.
所以an=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n,
所以S2 020=a1+a2+a3+…+a2 020=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2 021-2 020)=2 021-1.故选C.
错位相减法
[例3] (2022·河北石家庄高三二模)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,2an+1=Sn+2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=an·(lg32an-1)(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)当n≥2时,由2an+1=Sn+2,
得2an=Sn-1+2,
两式相减得2an+1-2an=an,即an+1=32an,
又a1=1,2a2=a1+2,故a2=32,所以a2a1=32,
所以数列{an}是以1为首项,32为公比的等比数列,所以an=(32)n-1.
(2)bn=an·(lg32an-1)=(n-2)·(32)n-1,
则Tn=-1×(32)0+0×32+1×(32)2+…+(n-2)·(32)n-1,
32Tn=-1×32+0×(32)2+1×(32)3+…+(n-3)·(32)n-1+(n-2)·(32)n,
两式相减得
-12Tn=-1+32+(32)2+…+(32)n-1-(n-2)·(32)n
=-1+32-(32) n1-32-(n-2)(32)n,
所以Tn=2(n-4)(32)n+8.
(1)一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法求和,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
[针对训练] 已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.
又因为q>0,解得q=2.
所以bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8,①
由S11=11b4,可得a1+5d=16,②
联立①②,解得a1=1,d=3,
由此可得an=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,
数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,
由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,
有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-
(3n-1)×4n+1
=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1
=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=3n-23×4n+1+83.
所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+1+83.
倒序相加法
[例4] 已知函数f(x)对任意的x∈R,都有f(x)+f(1-x)=1,数列{an}满足an=f(0)+f(1n)+f(2n)+…+f(n-1n)+f(1),求数列{an}的通项公式.
解:因为f(x)+f(1-x)=1,
令x=1n得,f(1n)+f(n-1n)=1.
因为an=f(0)+f(1n)+f(2n)+…+f(n-1n)+f(1),①
所以an=f(1)+f(n-1n)+f(n-2n)+…+f(1n)+f(0),②
所以①+②得2an=n+1,所以an=n+12.
所以数列{an}的通项公式为an=n+12.
将一个数列倒过来排列,当它与原数列相加时,若有规律可循,并且容易求和,则这样的数列求和时可用倒序相加法,等差数列前n项和公式的推导即用此方法.
[针对训练] 已知函数 f(x)=3x3x+1(x∈R),正项等比数列{an}满足a50=1,则f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a99)的值是多少?
解:因为f(x)=3x3x+1,
所以f(x)+f(-x)=3x3x+1+3-x3-x+1=3x3x+1+11+3x=1.
因为数列{an}是等比数列,
所以a1a99=a2a98=…=a49a51=a502=1,
即ln a1+ln a99=ln a2+ln a98=…=ln a49+ln a51=2ln a50=0.
所以f(ln a1)+f(ln a99)=f(ln a2)+f(ln a98)=…=f(ln a49)+f(ln a51)=2f(ln a50)=1.
设S99=f(ln a1)+f(ln a2)+f(ln a3)+…+f(ln a99),①
又S99=f(ln a99)+f(ln a98)+f(ln a97)+…+f(ln a1),②
①+②,得2S99=99,所以S99=992.
[例1] 若数列{an}满足an=(-1)n-1(12n-1+12n+1),Sn为其前n项和,则下列命题正确的是( )
A.Sn<1B.Sn>1
C.Sn有最小值D.Sn无最大值
解析:数列{an}满足an=(-1)n-1(12n-1+12n+1),
当n为偶数时,Sn=1+13-13-15+15+17-…-(12n-1+12n+1)=1-12n+1<1,
当n为奇数时,Sn=1+13-13-15+15+17- …+(12n-1+12n+1)=1+12n+1>1.
故数列的前n项和无最大值.故选D.
[例2] 类比等差数列求和公式的推导方法,解决下列问题:
设f(x)=sinxsin(30°-x),则f(1°)+f(2°)+…+f(29°)+f(31°)+…+f(59°)= .
解析:由题意,f(x)+f(60°-x)=sinxsin(30°-x)+sin(60°-x)sin[30°-(60°-x)]=sinxsin(30°-x)+sin(60°-x)-sin(30°-x)=sinx-sin(60°-x)sin(30°-x)=3·sin(x-30°)sin(30°-x)=-3,
设Sn=f(1°)+f(2°)+…+f(29°)+f(31°)+…+f(59°),
Sn=f(59°)+f(58°)+…+f(31°)+f(29°)+…+f(1°),
则2Sn=-583,
则Sn=-293.
答案:-293
[例3] 函数f(x)=ln x,其中f(x)+f(y)=2,记Sn=ln xn+ln(xn-1y)+…+ln(xyn-1)+ln yn(n∈N*),则∑i=12 0221Si等于( )
A.2 0222 023B.2 0232 022
C.2 0234 044D.4 0442 023
解析:因为函数f(x)=ln x,f(x)+f(y)=2,
所以f(x)+f(y)=ln x+ln y=ln(xy)=2,
所以Sn=ln xn+ln(xn-1y)+…+ln(xyn-1)+ln yn,
Sn=ln yn+ln(xyn-1)+…+ln(xn-1y)+ln xn,
两式相加得,
2Sn=(n+1)ln(xnyn)=(n+1)nln(xy)=2n(n+1),所以Sn=n(n+1),
∑i=12 0221Si=∑i=12 0221i(i+1)=∑i=12 022(1i-1i+1)=1-12 023=2 0222 023.故选A.
[例4] 已知递增的等比数列{an}中,2a2,32a3,a4成等差数列,前5项和S5=31,则an= ,数列a1,a2,a2,a2,a3,a3,a3,a3,a3,…,an,an,…,an,(2n-1)个…的前100项和为 .
解析:设递增的等比数列{an}中,首项为a1,公比为q,
由题意,3a3=2a2+a4,S5=31,
整理得3a1·q2=2a1·q+a1·q3,S5=a1·(1-q5)1-q=31,
解得a1=1,q=2,
所以an=2n-1,所以数列1,2,2,2,4,4,4,4,4,8,8,8,8,8,8,8,…,的前100项和S100=1×20+3×21+5×22+…+19×29,①
2S100=1×21+3×22+…+17×29+19×210,②
①-②得
-S100=1+2·(21+22+…+29)-19×210,
整理得S100=17×210+3=17 411.
答案:2n-1 17 411
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