【最新版】高中数学（新苏教版）习题+同步课件培优课　数列求和

培优课　数列求和

研究数列求和的关键是研究通项，然后根据通项的形式选择合适的求和方法.常用方法除公式法外，还有分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等.

类型一　分组法求和

例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)若数列{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(q>0)，

则解得

∴an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.

(2)由(1)知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)

＝＋＝2n＋1－2＋n2＋n.

思维升华　(1)分组求和法适用于解决数列通项公式可以写成cn＝an＋bn的形式的数列求和问题，其中数列{an}与{bn}是等差数列或等比数列或可以直接求和的数列.其基本的解题步骤为：

①准确拆分，根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和.

②分组求和，分别求出各个数列的和.

③得出结论，对拆分后每个数列的和进行组合，解决原数列的求和问题.

(2)分组法求和的常见类型

①若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组法求{an}的前n项和.

②通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比或等差数列，可采用分组法求和.

类型二　裂项相消法求和

例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列的前n项和.

解　(1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，

因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，

易知q≠1，

所以T2＝＝4①，

T4＝＝20②，

由得1＋q2＝5，解得q＝±2.

当q＝2时，a1＝，所以an＋1＝×2n－1＝；

当q＝－2时，a1＝－5，

所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1

＝－(－2)n＋1.

所以an＝－1或an＝－(－2)n＋1－1.

(2)因为an>0，所以an＝－1，

所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，

所以＝

＝－，

所以数列的前n项和为

＋＋…＋＝－＝.

思维升华　若数列的通项可拆成结构相同的两式之差，则数列的前n项和可由裂项相消法求解.使用此方法时必须注意消去了哪些项，保留了哪些项，一般未被消去的项有前后对称的特点.常用的裂项技巧有：

①＝－，

＝，

＝(t≠0)；

②loga＝loga(n＋1)－logan(a>0，且a≠1)；

③＝－，

＝(－)；

④＝；

⑤若{an}为等差数列，d为公差，其中an≠0且d≠0，则＝.

类型三　错位相减法求和

例3 已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设{bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.

解　(1)设{an}的公比为q，

由题意知：a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，

又an>0，

解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.

(2)由题意知：S2n＋1＝

＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，

所以bn＝2n＋1.

令cn＝，则cn＝，

因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn

＝＋＋＋…＋＋，

Tn＝＋＋＋…＋＋，

两式相减得Tn

＝＋－＝＋－＝－，

所以Tn＝5－.

思维升华　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.

2.用错位相减法求和时，应注意：

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.

类型四　倒序相加法

例4 已知定义在R上的函数f(x)的图象的对称中心为(1 011，2)，数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝f(n)，n∈N*，则S2 021＝________.

答案　4 042

解析　由条件得f(2×1 011－x)＋f(x)＝2×2，

即f(2 022－x)＋f(x)＝4，

于是有a2 022－n＋an＝4(n∈N*).

又S2 021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＋a2 021，

S2 021＝a2 021＋a2 020＋…＋a2＋a1，

两式相加得2S2 021＝(a1＋a2 021)＋(a2＋a2 020)＋…＋(a2 020＋a2)＋(a2 021＋a1)＝2 021(a1＋a2 021)＝2 021×4.

故S2 021＝2 021×2＝4 042.

思维升华　如果一个数列的前n项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n项和.