北师大版高中数学选择性必修第二册 第一章 习题课2 数列的求和问题

A.13
B.10 C.9
2 -1
an= ,其前
2
n 项和
D.6
答案 D
解析
2 -1
1
∵an= 2 =1- 2 ,
1
1
12 2
∴Sn=n- 1
1-2
1
=n-1+2
=
321
1
=5+
,
∴
n=6.
64
64
321
Sn= ,则
64
n 的值为(
)
2
3.数列{
}的前
(+1)
2 021 项的和为
1
∴bn=(+2)
=
1 1
1
(
−
),
2
+2
∴Tn=b1+b2+…+bn-1+bn
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
= [(1- )+( − )+…+( −
)+( −
)]= (1+ −
−
)
2
3
2
4
+1

+2
2
2
+1
+2
-1
3
1
1
1
=4 − 2 (+1 + +2).
探究三
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.
①-②,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
3-3
=3+2× -(2n+1)3n
1-3
=3n-(2n+1)3n=-2n·3n.
∴Tn=n·3n,n∈N+.
当堂检测
1.数列
2
1 1 1
24,48,616,…的前 n
2
2
7
2-1
2+1
+ 3 + 4 +…+ 2 + +1 ,
2
2
2
1
3 1
1
1 2+1
两式相减得 Tn= +( + 2 +…+ -1 )- +1
2
2 2
2
2
2
所以
2+5
Tn=5- 2 .
=
1
1 -1
[1-(2) ]
3
2
+
1
2
1-2
−
2+1
+1
2
=
5
2+5
− +1 ,
2
2
反思感悟1.一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·
2×(2 -1)
(1+)
=
+ 2
2-1
n+1
=2
1 2 1
-2+ n + n.
2
2
反思感悟1.若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差或等比数
列,可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}的通项公式为cn=
,为奇数,
,为偶数,
其中数列{an},{bn}是等比数列
即3a2=a5,∴3(1+d)=1+4d,解得d=2,
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)可得bn=(-1)n-1×(2n-1),
∴T2n=(1-3)+(5-7)+…+[(4n-3)-(4n-1)]=(-2)·n=-2n.
探究二
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
(1 +1)(1-4 )
T4=
=20,
1-
②
由 得 1+q =5,解得 q=±2.当 q=2
2
①
所以
+1
4
n-1 2
an+1= ×2 =
;
3
3
②
1
时,a1=3,
当 q=-2 时,a1=-5,所以 an+1=(-4)×(-2)n-1=-(-2)n+1.
所以
2+1
an= 3 -1
或 an=-(-2)n+1-1.
答案
2 021
1 011
解析
2
1
1
因为(+1)=2( − +1),
所以
.
1
1
1
1
1
1
2 021
S2 021=2(1- + − +…+
−
)=2(1)=
.
2
2
3
2 021
2 022
2 022 1 011
-1,为奇数,
4.已知数列 an=
则 S100=
,为偶数,
.
答案 5 000
解析 由题意得
(2)因为 an>0,所以
2+1
an= 3 -1,
所以 bn=log2(3an+3)=n+1,
1
所以
+1
=
1
(+1)(+2)
1
所以数列{ }的前
+1

.
2(+2)
=
n
1
1
−
,
+1
+2
1
1
1
1
1
1
1
1
项和为(2 − 3)+(3 − 4)+…+(+1 − +2)=2 − +2
1 = 2,
则
解得
2
3
= 2,
1 · + 1 · = 24,
∴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)
(1)求数列{an}的通项公式;
(2){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)=6,12 q=a1q2,
又 an>0,解得 a1=2,q=2,所以 an=2n.
(2)由题意知
(2+1)(1 +2+1 )
S2n+1=
=(2n+1)bn+1,
2
又 S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以 bn=2n+1.
令

2+1
cn= ,则 cn= 2 ,

因此
3
5
Tn=c1+c2+…+cn=2 + 2
2
1
3
又2Tn= 2
2
5
7
2-1
2+1
+ 3 +…+ -1 + 2 ,
=
反思感悟(1)把数列的每一项拆成两项之差,求和时有些部分可以相互抵消,
从而达到求和的目的.
常见的拆项公式:
1
①(+1)
=
1
1
− +1;

1
②
(2-1)(2+1)
③
1
+ +1
=
1 1
1
(
−
);
2 2-1
2+1
= + 1 − .
变式训练2设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S3=a7,a8-2a3=3.
(1)求an;
1
(2)设bn=
,求数列{bn}的前n项和Tn.

解 (1)设数列{an}的公差为 d,
31 + 3 = 1 + 6,
由题意得
(1 + 7)-2(1 + 2) = 3,
解得 a1=3,d=2,∴an=a1+(n-1)d=2n+1.
(2)由(1)得
(-1)
Sn=na1+ 2 d=n(n+2),
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若 an>0,设
1
bn=log2(3an+3),求数列{
}的前
+1
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
(1 +1)(1-2 )
T2=
=4,
1-
b n}
的前n项和时,可采用错位相减法.
2.用错位相减法求和时要注意:
(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.
变式训练3已知数列{an}的通项公式为an=3n-1,在等差数列{bn}中,bn>0,且
S100=a1+a2+…+a99+a100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+…+a100)
=(0+2+4+…+98)+(2+4+6+…+100)=5 000.
5.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n,n∈N&#数列{bn}是等差数列;
第一章
习题课2 数列的求和问题
课堂篇 探究学习
探究一
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)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),
1 + 1 · = 6,
∴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.
本 课 结 束
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
或等差数列,可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
变式训练1已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3+S4=S5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1an,求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d,
由S3+S4=S5可得a1+a2+a3=a5,
1
2
A.n +1+
+1
2
1
1
C.n(n+1)+ − +1
2
2
项和 Sn 为(
B.n +2-
1
2+1
D.n(n+1)+
1
Sn=(2+4+6+…+2n)+(4 +
1
1
=n(n+1)+2 − +1 .
2
1
2+1
答案 C
解析
)
1
1
11
1
1
4 2
+…+
)=
n(2+2n)+
+1
1
8
2
2
1-2
2.已知数列{an}的通项公式
(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,
+1
得 bn+1=
2
∴bn+1-bn=1.
=
2+2
2
=

+1=b
n+1.
-1
2
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,

-1
2
=bn=n.
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-1,①
3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)3n-1+(2n+1)3n,②