高考一轮复习数列求和

第4讲 数列求和【2015年高考会这样考】1．考查非等差、等比数列求和的几种常见方法．2．通过数列求和考查学生的观察能力、分析问题与解决问题的能力以及计算能力．【复习指导】1．熟练掌握和应用等差、等比数列的前n 项和公式．2．熟练掌握常考的错位相减法，裂项相消以及分组求和这些基本方法，注意计算的准确性和方法选择的灵活性．基础梳理数列求和的常用方法 1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.2．倒序相加法如果一个数列{a n }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 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的． 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，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．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a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.一种思路一般数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．两个提醒在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．三个公式(1)1n(n＋1)＝1n－1n＋1；(2)1(2n－1)(2n＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .双基自测1．(人教A 版教材习题改编)等比数列{a n }的公比q ＝12，a 8＝1，则S 8＝( )． A ．254 B ．255 C ．256 D ．257 解析 由a 8＝1，q ＝12得a 1＝27， ∴S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1281－12＝28－1＝255.答案 B2．(2011·潍坊模拟)设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )．A.n 24＋7n 4B.n 23＋5n 3C.n 22＋3n4 D ．n 2＋n解析 由题意设等差数列公差为d ，则a 1＝2，a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d .又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1a 6，即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0.∵d ≠0，∴d ＝12，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 24＋74n . 答案 A3．(2011·北京海淀模拟)等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )．A ．120B ．70C ．75D ．100解析 ∵S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2)，∴S nn ＝n ＋2.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 前10项的和为：(1＋2＋…＋10)＋20＝75.答案 C4．(2011·沈阳六校模考)设数列{(－1)n }的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( )． A.n [(－1)n －1]2B.(－1)n －1＋12C.(－1)n ＋12D.(－1)n －12解析 因为数列{(－1)n }是首项与公比均为－1的等比数列，所以S n ＝－1－(－1)n ×(－1)1－(－1)＝(－1)n －12.答案 D5．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，S 50＝________. 解析 S 50＝1－2＋3－4＋…＋49－50 ＝(－1)×25＝－25. 答案 －25考向一 公式法求和【例1】►已知数列{a n }是首项a 1＝4，公比q ≠1的等比数列，S n 是其前n 项和，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列． (1)求公比q 的值；(2)求T n ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n 的值．[审题视点] 求出公比，用等比数列求和公式直接求解． 解 (1)由题意得2a 5＝4a 1－2a 3. ∵{a n }是等比数列且a 1＝4，公比q ≠1， ∴2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，∴q 4＋q 2－2＝0， 解得q 2＝－2(舍去)或q 2＝1，∴q ＝－1.(2)∵a 2，a 4，a 6，…，a 2n 是首项为a 2＝4×(－1)＝－4，公比为q 2＝1的等比数列，∴T n ＝na 2＝－4n .应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．【训练1】 在等比数列{a n }中，a 3＝9，a 6＝243，求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和公式S n ，并求a 9和S 8的值．解 在等比数列{a n }中，设首项为a 1，公比为q ，由a 3＝9，a 6＝243，得q 3＝a 6a 3＝2439＝27，∴q ＝3.由a 1q 2＝a 3，得9a 1＝9，∴a 1＝1.于是，数列{a n }的通项公式为a n ＝1×3n －1＝3n －1， 前n 项和公式为S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12.由此得a 9＝39－1＝6 561，S 8＝38－12＝3 280.考向二 分组转化求和【例2】►(2012·包头模拟)已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求： (1)p ，q 的值；(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．[审题视点] 第(1)问由已知条件列出关于p 、q 的方程组求解；第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解．解 (1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x 4＝24p ＋4q ，x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．【训练2】 求和S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋12n －1. 解 和式中第k 项为a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k1－12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k . ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋1＋…＋1)n 个－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝12n －1＋2n －2.考向三 裂项相消法求和【例3】►在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .[审题视点] 第(1)问利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)后，再同除S n －1·S n 转化为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的等差数列即可求S n .第(2)问求出{b n }的通项公式，用裂项相消求和． 解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1.(2)又b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．【训练3】 在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n (n ＋1)2(n ＋1)＝n2.∴b n ＝2a n ·a n ＋1＝2n 2·n ＋12＝8n (n ＋1)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8n n ＋1. 考向四 错位相减法求和【例4】►(2011·辽宁)已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．[审题视点] 第(1)问列出关于首项a 1与公差d 的方程组可求解；第(2)问观察数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的通项采用错位相减法． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎨⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，∵a n 2n －1＝2－n 2n －1＝12n －2－n2n －1， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1＋12＋122＋…＋12n －2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22＋322＋…＋n 2n －1.记T n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1，① 则12T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，②①－②得：12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ，∴12T n ＝1－12n1－12－n 2n . 即T n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －n 2n －1.∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2n －1 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2n －1 ＝n 2n －1. 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“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”的表达式．【训练4】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3， ①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， ②①－②得：3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，∴a n ＝13n . 当n ＝1时，a 1＝13也适合上式， ∴a n ＝13n . (2)b n ＝na n＝n ·3n ，∴S n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ， ③ 则3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1， ④∴③－④得：－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1 ＝3(1－3n )1－3－n ·3n ＋1＝－32(1－3n )－n ·3n ＋1. ∴S n ＝34(1－3n )＋n ·3n ＋12＝34＋(2n －1)·3n ＋14.阅卷报告7——未对q ＝1或q ≠1讨论出错【问题诊断】 错位相减法适合于一个由等差数列{a n }及一个等比数列{b n }对应项之积组成的数列．考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等．【防范措施】 两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的n －1项是一个等比数列． 【示例】►(2010·四川)已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 错因 未对q ＝1或q ≠1分别讨论，相减后项数、符号均出现了错误． 实录 (1)由已知得 ⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＝6，a 1＋a 2＋…＋a 8＝－4， 即⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得a 1＝3，d ＝－1，∴a n ＝4－n . (2)由(1)知b n ＝n ·q n －1，∴S n ＝1＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1， qS n ＝1·q ＋2·q 2＋3·q 3＋…＋n ·q n ，两式相减得：(1－q )S n ＝1＋q ＋q 2＋…＋q n －1＋n ·q n ＝1－q n 1－q ＋n ·q n .∴S n ＝1－q n (1－q )2＋n ·q n 1－q . 正解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎨⎧ a 1＋a 2＋a 3＝6，a 1＋a 2＋…＋a 8＝－4，即⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得a 1＝3，d ＝－1，故a n ＝3－(n －1)＝4－n .(2)由(1)知，b n ＝n ·q n －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1，若q ≠1，上式两边同乘以q .qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n ，两式相减得：(1－q )S n ＝1＋q 1＋q 2＋…＋q n －1－n ·q n ＝1－q n1－q－n ·q n . ∴S n ＝1－q n (1－q )2－n ·q n 1－q ＝n ·q n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(1－q )2. 若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2， ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n (n ＋1)2 (q ＝1)，nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(1－q )2 (q ≠1).【试一试】 (2011·齐齐哈尔模拟)已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和S n .[尝试解答] (1)由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)， 又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)， ∴c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)． ∴S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1， 两式相减，得34S n ＝14＋3⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1， ∴S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)．。