1、第36讲数列求和夯实基础【p76】【学习目标】1熟练掌握等差、等比数列前n项和公式2熟练掌握非等差、等比数列求和的几种方法，如错位相减、裂项相消以及分组求和等【基础检测】1数列an满足an1an(1)nn，则数列an的前20项的和为()A100 B100 C110 D110【解析】a1a211，a3a413，a5a615，a7a817，由上述可知a1a2a19a201(13519)110100.【答案】A2.()A. B.C. D.【解析】因为.【答案】C3化简Snn(n1)2(n2)2222n22n1的结果是()A2n22n B2n1n2C2nn2 D2n1n2【解析】Snn(n1)2(n2
2、)2222n22n1，2Snn2(n1)22(n2)2322n12n，式得：Snn(222232n)n22n1，Snn(n1)2(n2)2222n22n12n1n2.【答案】D4设f(x)，利用倒序相加法，则fff等于()A4 B5 C6 D10【解析】当x1x21时，f(x1)f(x2)1.设Sfff，倒序相加有2S10，即S5.【答案】B5数列an的通项公式为anncos ，其前n项和为Sn，则S2 019_【解析】因为数列anncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故S4a1a2a3a42.S2 019S2 016a2 017a2 018a2 0192
3、02 01801 010.【答案】1 010【知识要点】求数列前n项和的基本方法(1)公式法数列an为等差或等比数列时直接运用其前n项和公式求和若an为等差数列，则Sn_na1d_若an为等比数列，其公比为q，则当q1时，Sn_na1_(an为常数列)；当q1时，Sn_(2)裂项相消求和法数列an满足通项能分裂为两项之差，且分裂后相邻的项正负抵消从而求得其和(3)倒序相加法如果一个数列an的前n项中首末两端等“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项的和即可用倒序相加法，如等差数列前n项的和公式就是用此法推导的(4)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
4、的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的(5)分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和然后相加减(6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解例如，Sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.典 例 剖 析【p76】考点1分组转化法求和等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求b1b2b3b10的值【解析】(
5、1)设等差数列an的公差为d.由已知得解得所以ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得bn2nn，所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)(2112)55211532 101.已知数列an的首项a1，an1 (nN*)(1)证明：数列是等比数列(2)求数列的前n项和Sn.【解析】(1)an1，.又a1，1，是以为首项， 为公比的等比数列(2)由(1)知1 ，1，n，设Tn，Tn，Tn，Tn2 .又12n，数列的前n项和为Sn2.考点2错位相减法求和设数列an是等差数列，数列bn的前n项和Sn满足Sn1bn(nN*)，且a21，a51.
6、(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设Tn为数列anbn的前n项和，求Tn.【解析】(1)由Sn1bn，知：当n1时，b11b1，b1.当n2时，Sn11bn1，得：2bnbn1，b10，bn10.(n2)，bn是以为首项，为公比的等比数列，bn，b3.a23，a59，3da5a26，d2.故a11，an12(n1)2n1.(2)anbn.Sn，Sn，得：Sn2.Sn3.【点评】用错位相减法求和应注意的问题(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”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式(3)在应用错位相减
7、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1两种情况求解考点3裂项相消法求和已知数列an满足a13，an12ann1，数列bn满足b12，bn1bnann，nN*.(1)证明：an1为等比数列；(2)数列cn满足cn，求数列cn的前n项和Tn.【解析】(1)因为an12ann1，所以an1(n1)2(ann)又a13，所以a112，所以数列ann是以2为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)知，ann22n12n.所以bn1bnannbn2n，即bn1bn2n.b2b121，b3b222，b4b323，bnbn12n1.以上式子相加，得bn22n(n2)当n1时，b12，满足bn
8、2n，所以bn2n.所以cn.所以Tn.考点4并项法求和已知数列满足a11，2anan13an13an.(1)求的通项公式；(2)若cn，求的前2n项的和T2n.【解析】(1)由2anan13an13an，得，所以，所以数列是首项为1，公差为的等差数列，所以1n，即an.(2)设c2n1c2n，因为，所以c2n1c2n，T2nn2n.【点评】用并项法求和时，要注意可能要分类讨论方 法 总 结【p77】1数列的通项公式的不同结构特征对应不同的求和方法，分析数列通项公式的特征，联想相应的求和方法既是根本，又是关键2数列求和实质就是求数列Sn的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，
9、对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练3常见的拆项公式有：(1).(2).(3).(4)()(5)CCC.(6)nn！(n1)！n！.(7)anSnSn1(n2)走 进 高 考【p77】1(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_【解析】设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意有：，解得，数列的前n项和Snna1dn11.裂项有：2，据此：22.【答案】2(2017天津)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2
10、n1的前n项和(nN*)【解析】(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以，bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以，数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，有a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3T
11、n2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18. 得Tn4n1.所以，数列a2nb2n1的前n项和为4n1.考 点 集 训【p216】A组题1数列an的前n项和为Sn，若an(1)nn，则S2 018()A2 018 B1 009 C2 019 D1 010【解析】由题意，数列an满足an(1)nn，所以S2 018a1a2a3a4a2 017a2 01812342 0172 018(12)(34)(2 0172 018)1 009.【答案】B2在数列an中，若a10，an1an2n，则的值为()A. B. C. D.【解析】由题意，数列an中，a10，an1an
12、2n，则an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1212(n1)n(n1)，所以，所以1.【答案】A3已知数列an中，a12，2，则数列an的前n项和Sn()A32n3n3 B52n3n5C32n5n3 D52n5n5【解析】因为2，所以an12an3，即an132(an3)，则数列an3是首项为a135，公比为2的等比数列，其通项公式为an352n1，所以an52n13，分组求和可得数列an的前n项和Sn52n3n5.【答案】B4记Sn为数列an的前n项和，已知a1，2n，则S100()A2 B2 C2 D2【解析】根据题意，由2n，得2n，则2n1，2n2，21，将各式相加得212
13、22n12n2，又a1，所以ann，因此S10012100，则S1001299100，将两式相减得S100100，所以S10021002.【答案】D5已知公差不为零的等差数列an中，a11，且a2，a5，a14成等比数列，an的前n项和为Sn，bn(1)nSn.则数列bn的前2n项和T2n_【解析】由题意，a11，an是等差数列，a2，a5，a14成等比数列，可得：(1d)(113d)(14d)2，解得：d2，所以ana1(n1)d2n1，Snna1dn2.由bn(1)nSn(1)nn2，所以bn的前2n项和T2n(1222)(3242)(2n1)2(2n)2374n1n(2n1)【答案】n(
14、2n1)6已知数列an满足a11，an13an1(nN*)，则数列an的前n项和Sn_【解析】由a11，an13an1，可设an1t3(ant)，即an13an2t，可得2t1，即t，则an13，可得数列是首项为，公比为3的等比数列，即有an3n1，即an3n1，可得数列an的前n项和Sn(13323n1)n(3n12n3)【答案】(3n12n3)7已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且a2an4Sn.(1)求Sn；(2)设bn()，求数列的前n项和Tn.【解析】(1)由题意得两式作差得(an1an)(an1an2)0，又数列an各项均为正数，所以an1an20，即an1an2.当n1
15、时，有a2a14S14a1，得a1(a12)0，则a12，故数列an是首项为2，公差为2的等差数列，所以Snna1dn2n.(2)，所以Tn1.8已知数列an和bn满足a1a2a3an2bn(nN*)，若an为等比数列，且a12，b33b2.(1)求an和bn；(2)设cn(nN*)，记数列cn的前n项和为Sn，求Sn.【解析】(1)设等比数列an的公比为q，数列an和bn满足a1a2a3an2bn(nN*)，a12，a12b1，a1a22b2，a1a2a32b3，b11，a22b2b12q0，a32b3b22q2，又b33b2，232q2，解得q2，q2舍an2n.2bna1a2a3an22
16、22n2，bn.(2)cn2，数列cn的前n项和为Sn22121.B组题1已知函数fn2cos，且anff，则a1a2a100()A100 B0C100 D10 200【解析】a1122，a22232，a33242, a44252，所以a1a3a995 050, a2a4a100(23100101)5 150，所以a1a2a1005 0505 150100.【答案】A2已知幂函数fxa的图象过点，令an(nN*)，记数列an的前n项和为Sn，则S2 019()A.1 B.1C.1 D.1【解析】函数fxa的图象过点，可得4a2，解得a，fx，则an，则S2 01911.【答案】D3已知数列an
17、中，a11，a23，若an22an1an0对任意nN*都成立，则数列an的前n项和Sn_【解析】a11，a23，an22an1an0对任意nN*都成立，可得：an2an1(an1an)，a2a14.则数列an1an是等比数列，首项为4，公比为1.an1an4(1)n1.n2k1时，a2k1a2k4(1)2k14，SnS2k1(a2k1a2k)a1(a2a3)(a2ka2k1)(a2ka2k1)1(4)54k32n.n2k时，a2k1a2k4(1)2k24.Sn(a1a2)(a3a4)(a2k1a2k)4k2n，Sn【答案】4已知数列an是等差数列，其前n项和为Sn，数列是公比大于0的等比数列，且b12a12, a3b21, S32b37.(1)求数列an和的通项公式；(2)令cn求数列的前n项和Tn.【解析】(1)设数列an的公差为d, 的公比为q，且q0，由题易知， a11, b12，由得解得q2，此时d2，an2n1, bn2n.(2)由(1)知， an2n1, bn2n，cn当n为偶数时，奇数项和偶数项各有项，Tnn.令Hnc2c4c6cn，Hn，Hn，以上两式相减得，Hn.Hn.故n为偶数时， Tnn，当n(n3)为奇数时， n1为偶数，TnTn1an2n，经验证， n1也适合上式，综上得Tn