2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第65课通项与求和2

第65课　通项与求和(2)

1. 等差、等比数列的前n项和公式(C级要求).

2. 非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法(B级要求).

1. 阅读：必修5第42～44页、第55～57页.

2. 解悟：①等差数列和等比数列求和公式形式的联系与区别；②体会课本中推出等差数列和等比数列求和公式的方法；③整理数列求和的常用方法.

3. 践习：在教材空白处，完成第47页第1题(4)、第57页第4题(2)、第62页第12题.

　基础诊断　

1. 设公比不为1的等比数列{an}满足a1a2a3＝－，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的前4项和为　　.

解析：设等比数列{an}的公比为q.因为a2，a4，a3成等差数列，所以2a4＝a2＋a3，所以2a2q2＝a2＋a2q，化为2q2－q－1＝0(q≠1)，解得q＝－.因为a1a2a3＝－，所以a·q3＝－，解得a1＝1，所以数列{an}的前4项和为＝.

2. 在数列{an}中，an＝，若数列{an}的前n项和Sn＝，则n＝　2 017　.

解析：因为an＝＝－，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，所以＝，解得n＝2 017.

3. 若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝　2n＋1－2＋n2　.

解析：Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.

4. 数列的前n项和Tn＝　3－　.

解析：由an＝(n＋1)·，得Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)×①，Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)×②，由①－②得Tn＝1＋＋＋…＋－(n＋1)×＝1＋－(n＋1)×＝－，所以Tn＝3－.

　范例导航　

考向❶  分组求和法

例1　已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.

(1) 求数列{an}的通项公式；

(2) 设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.

解析：(1) 当n＝1时，a1＝S1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.

因为a1＝1满足上式，

故数列{an}的通项公式为an＝n.

(2) 由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.

记数列{bn}的前2n项和为T2n，

则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).

记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，

则A＝＝22n＋1－2，

B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.

故数列{bn}的前2n项和T2n＝22n＋1＋n－2.

已知数列{an}的通项公式an＝2×3n－1＋(－1)n×(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.

解析：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]×(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]×ln3.

当n为偶数时，

Sn＝2×＋ln3＝3n＋ln3－1；

当n为奇数时，

Sn＝2×－(ln2－ln3)＋ln3

＝3n－ln3－ln2－1.

综上所述，Sn＝

【注】 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数列{an}的前n项和.

(2) 通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.

(3) 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.

考向❷  错位相减法求和

例2　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*).

解析：(1) 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.

由b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.

因为b1＝2，所以q2＋q－6＝0.

又因为q>0，所以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，

所以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，得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＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，

所以Tn＝×4n＋1＋，所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.

设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.

(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2) 当d>1时，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

解析：(1) 由题意得

即解得或

所以an＝2n－1，bn＝2n－1或an＝(2n＋79)，bn＝9×.

(2) 由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，

于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①

Tn＝＋＋＋＋＋…＋，②

①－②可得Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，

所以Tn＝6－.

【注】 错位相减法求和时的注意点：

(1) 要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形；

(2) 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；

(3) 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

考向❸  裂项相消法求和

例3　已知数列{bn}的前n项和为Tn，bn＝.证明：对任意的n∈N*，都有Tn<.

解析：因为bn＝＝，

所以Tn＝[1－＋－＋－＋…＋－＋－]

＝[1＋－－]<×＝，

故对任意的n∈N*，都有Tn<.

已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝　－1　.

解析：由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，所以f(x)＝x，所以an＝＝＝－，所以S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.

【注】 (1) 用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝，裂项后可以产生连续相互抵消的项；(2) 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.

　自测反馈　

1. 若数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 017＝　1 008　.

解析：因为an＝ncos，当n＝2k－1，k∈N*时，an＝a2k－1＝(2k－1)cos＝0；当n＝2k时，an＝a2k＝2kcoskπ＝2k·(－1)k，所以S2 017＝(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 016)＝0＋(－2＋4－6＋…－2 014＋2 016)＝1 008.

2. 若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项和S100＝　－200　.

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.

3. 在等比数列{an}中，a1＝，a4＝4，则数列{a}的前n项和 Sn＝　　.

解析：因为a4＝a1q3＝4，a1＝，所以q＝2，所以an＝×2n－1＝2n－2，所以a＝4n－2，所以数列{a}是以为首项，4为公比的等比数列，所以Sn＝＝.

4. ＋＋…＋＝　－1　Ｗ.

解析：原式＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.

1. 数列求和先看通项公式，根据通项公式的特点选择相应的方法.

2. 在利用等差、等比数列的求和公式时，要数清项数，公比如果是字母，需对它进行分类讨论.

3. 你还有那些体悟，写下来：