高三数学数列求和

3．常见的拆项公式有：
1 1 1 (1) ＝ － ； n(n＋1) n n＋1 1 1 1 1 (2) ＝ ( － )； n(n＋k) k n n＋k 1 1 1 1 (3) ＝ ( － )； (2n－1)(2n＋1) 2 2n－1 2n＋1
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋„＋(an－an－1)
＝1＋a＋a2＋„＋an－1. ①当a＝1时，an＝n；
1－an ②当a≠1时，an＝ 1－a
，
n (a＝1) ∴an＝ 1－an . (a≠1) 1－a n
1－2 (2)∵a＝2，∴an＝ 1－2 ＝2n－1. ∴bn＝(2n－1)an＝(2n－1)(2n－1)
【答案】 B
321 2n－1 2．已知数列{an}的通项公式是an＝ ，其前 n 项和 S ＝ ， n n 64 2 则项数n等于( )
A．13 B．10 C．9 D．6
2n－1 1 【解析】 ∵an＝ n ＝1－ n， 2 2 1 1 1 1 ∴Sn＝n－( ＋ 2＋„＋ n)＝n－1＋ n， 2 2 2 2 321 1 而 ＝5＋ ， 64 64 1 1 ∴n－1＋ n＝5＋ ，∴n＝6. 2 64
∴Sn＝1－log2(n＋2)＝log2
2 n＋2
，
2 3 n＋1 方法二：Sn＝log2 ＋log2 ＋„＋log2 3 4 n＋2 2 3 n＋1 2 ＝log2( × ×„× )＝log2 . 3 4 n＋2 n＋2 2 2 (2)bn＝Sn＋Sn－1＝log2 ＋log2 n＋2 n＋1 4 ＝log2 ， (n＋1)(n＋2)
【特别提醒】 利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和．
若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于 1和不等于1两种情况分别求和．
1 2 n 2．求和：Sn＝ ＋ 2＋„＋ n. a a a
n(n＋1) 【解析】 (1)a＝1 时，Sn＝1＋2＋„＋n＝ ； 2 1 2 3 n (2)a≠1 时，Sn＝ ＋ 2＋ 3＋„＋ n① a a a a 1 1 2 n－1 n Sn＝ 2＋ 3＋„＋ n ＋ n＋1② a a a a a 由①－②得 1 1 1 1 1 n (1－ )Sn＝ ＋ 2＋ 3＋„＋ n－ n＋1 a a a a a a 1 1 (1－ n) a a n ＝ － n＋1， 1 a 1－ a
＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝______.
【解析】 由已知得q＝
1 所以a3＋a4＋a5＝(a2＋a3＋a4)×q＝－2×(－ )＝1， 2 1 3 3＝－ 1 ， a6＋a7＋a8＝(a3＋a4＋a5)×q ＝1×(－ ) 2 8 1 7 ∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝1－ ＝ . 8 8 7 【答案】 8
4 ∴2 ＝2 (n＋1)(n ＋2)＝ (n＋1)(n＋2) 1 1 ＝4·( － )， n＋1 n＋2 1 1 1 1 1 1 ∴Tn＝4( － ＋ － ＋„＋ － ) 2 3 3 4 n＋1 n＋2 1 1 2n ＝4( － )＝ . 2 n＋2 n＋2
bn log2 4
【方法点评】 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定
(1)求Sn；
(2)求Tn.
【思路点拨】 利用对数运算法则即可求Sn，通过变形运算利用裂 项相消法可求Tn.
n＋1 【自主探究】 (1)方法一：∵an＝log2 n＋2 ＝log2(n＋1)－log2(n＋2)，
∴Sn＝log22－log23＋log23－log24＋„＋log2(n＋1)－log2(n＋2) ＝1－log2(n＋2)，
＝2＋2(22＋23＋„＋2n)－(2n－1)·2n＋1 2 n －1 2 (1 － 2 )－(2n－1)·2n＋1 ＝2＋2· 1－2 n ＋ 2 ＝2＋2 －8－(2n－1)·2n＋1
＝－6＋(3－2n)·2n＋1， ∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6， ∴Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6－ ＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6.
1 1 1 1 1 ．数列 ， ， ，„， ，„的前 n 2·5 5·8 8·11 (3n－1)·(3n＋2) 项和为( ) n n A. B. 3n＋2 6n＋4 3n n＋1 C. D. 6n＋4 n＋2 【解析】 由数列通项公式 1 1 1 1 ＝ ( － )， (3n－1)·(3n＋2) 3 3n－1 3n＋2 得前 n 项和 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Sn＝ ( － ＋ － ＋ － ＋„＋ － )＝ ( － )＝ 3 2 5 5 8 8 11 3n－1 3n＋2 3 2 3n＋2 n . 6n＋4
n(2n－1＋1) 2
【方法点评】 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．用乘公比错位相减法求和时，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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
a1＝1， q＋d＝a， 即 2 q ＋2d＝2a， 3 q ＋3d＝2.
解得a1＝1，q＝2，d＝－2. ∴Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋„＋(an＋bn) ＝(a1＋a2＋„＋an)＋(b1＋b2＋„＋bn)
1－qn n(n－1) 2n－1 n(n－1) ＝ ＋ d＝ ＋ ·(－2) 1－q 2 2－1 2
＝(2n－1)·2n－(2n－1)， ∴Sn＝b1＋b2＋„＋bn ＝[2＋3·22＋5·23＋„＋(2n－1)·2n]－[1＋3＋5＋„＋(2n－1)]．
令Tn＝2＋3·22＋5·23＋„＋(2n－1)·2n①
则2Tn＝22＋3·23＋5·24＋„＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1②
①－②，得 －Tn＝2＋2·22＋2·23＋„＋2·2n－(2n－1)·2n＋1
前n项和就是用此法推导的． (4)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，从而求得其和．
(5)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，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减． (6)并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如Sn＝1002－992＋982－972＋„＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋„＋(2＋1)＝5__050.
＝Baidu Nhomakorabean－n2＋n－1.
错位相减法求和
已知数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，„，an－an－1，„是 首项为1，公比为a的等比数列．
(1)求an； (2)如果a＝2，bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Sn. 【思路点拨】 (1)根据题意得到表达式，再用累加法求通项； (2)利用错位相减法求和． 【自主探究】 (1)由a1＝1， 当n≥2时，an－an－1＝an－1，
①直接利用等差、等比数列的前n项和公式求和．
②一些常见的数列的前n项和 n(n＋1) a．1＋2＋3＋4＋„＋n＝ ； 2 b．12＋22＋32＋„＋n2＝ n(n＋1)(2n＋1) ； 6 c．2＋4＋6＋„＋2n＝n(n＋1)； d．1＋3＋5＋„＋2n－1＝n2； 2 2 n(n ＋ 1) n (n ＋ 1) 3 3 3 2 e．1 ＋2 ＋„＋n ＝ . [ ]＝ 2 4
的数列来求之． 2．常见类型及方法
(1)an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解；
(2)an＝a·qn－1，利用等比数列前n项和公式直接求解； (3)an＝bn±cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，采用
分组求和法求{an}的前n项和．
【特别提醒】 应用等比数列前n项和公式时，要注意公比q的 取值．
方法二：S2
010＝－1＋2－3＋4－5＋6－„－2
009＋2 010
＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋„＋(－2 009＋2 010) ＝1＋1＋1＋1＋1＋„＋1＝1 005.
1 005个1
【答案】 D 4．已知等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝4，a2＋a3＋a4＝－2，则a3
(2)倒序相加法
如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同 一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的
前n项和即是用此法推导的．
(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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的
第四节
数列求和
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公 考纲点击
式.
2.掌握非等差、等比数列求和的几种常 见方法. 1.以考查等差、等比数列的求和公式为 主，同时考查转化的思想.
2.对非等差、等比数列的求和，主要考
查学生的观察能力、分析问题与解决问
热点提示
题的能力以及计算能力.
数列求和的常用方法 (1)公式法
a2＋a3＋a4 1 ＝－ ， a1＋a2＋a3 2
S2 007 S2 005 5．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝－2 009， － 2 007 2 005 ＝2，则S2 009＝______.
n(n－1) 【解析】 由题意可知 Sn＝na1＋ d， 2 Sn (n－1) ∴ ＝a1＋ d， n 2 S2 007 S2 005 2 006 2 004 ∴ － ＝a1＋ d－a1－ d＝d， 2 007 2 005 2 2 ∴d＝2， S2 009 2 008 ∴ ＝a1＋ d＝－2 009＋2 008＝－1， 2 009 2 ∴S2 009＝－2 009.
a(an－1)－n(a－1) ∴Sn＝ . an(a－1)2
n(n＋1) (a＝1) 2 综上所述，Sn＝ n －1) a(a －n1)－n(a (a≠1) a (a－1)2
裂项相消求和
已知数列{an}的通项公式为an＝log2n＋1 (n∈N*)，设其前n项 n＋2 和为Sn，bn＝Sn＋Sn－1,2bn的前n项和为Tn，
【答案】 －2 009
分组转化求和
已知数列{an}的前n项是3＋2－1,6＋22－1,9＋23－1,12＋24
－1，„，写出数列{an}的通项并求其前n项和Sn.
【思路点拨】 → 分别求和 → 得结论
先求通项 → 转化为几个易求和数列形式
【自主探究】 由已知得，数列{an}的通项公式为 an＝3n＋2n－1＝3n－1＋2n，
【答案】 D 3．数列{(－1)n·n}的前2 010项的和S2 A．－2 010 B．－1 005 C．2 010 D．1 005
010＝－1＋2－3＋4－„－2
010为(
)
【解析】 方法一：S2
009＋2 010
007＋2 008－2
＝－(1＋3＋5＋„＋2 009)＋(2＋4＋6＋„＋2 010) 1 005×2 010 1 005×2 012 ＝－ ＝1 005. ＋ 2 2
1．已知数列{an}是等比数列，{bn}是等差数列，且b1＝0，数列 {cn}满足cn＝an＋bn，它的前4项依次是1，a,2a,2，求数列{cn}的前 n项和．
【解析】 设数列{an}的首项是a1，公比是q，则an＝a1qn－1；设
数列{bn}的公差是d，则bn＝(n－1)d.由已知，得
a1＋b1＝1， a2＋b2＝a， a ＋b ＝2a 3 3 a4＋b4＝2，
∴Sn＝a1＋a2＋„＋an
＝(2＋5＋„＋3n－1)＋(2＋22＋„＋2n) n(2＋3n－1) 2(1－2n) ＝ ＋ 2 1－2 1 n ＋ 1 ＝ n(3n＋1)＋2 －2. 2
【方法点评】 1.数列求和应从通项入手，若无通项，则先求
通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和
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，再 就是将通项公式裂项后，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．
1 1 1 1 2．一般情况如下，若{an}是等差数列，则 a a ＝d(a －a ) ． n n ＋1 n n ＋1 1 1 1 1 ＝ ( － ) 此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相 an·an＋2 2d an an＋2 消求和．