4数列求和

(2)由(1)知，an＝2n＋1，
∴bn＝＝＝＝(－)，
∴Tn＝[(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(1－)＝.
即数列{bn}的前n项和Tn＝.
变式探究：在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，求数列{bn}的前n项的和．
解析：an＝(1＋2＋3＋…＋n)＝，
bn＝＝8(－)，
∴数列{bn}的前n项和为
【例2】已知等差数列 满足： ， . 的前n项和为 .
（Ⅰ）求 及 ；
（Ⅱ）令 （ ）,求数列 的前n项和 .
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，设出公差d
∵a3＝7，a5＋a7＝26，
∴，解得，
利用方程思想求出公差d和首项a1
∴an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
【例1】.求和Sn＝＋＋＋＋…＋.
解析：由于an＝＝n＋，
∴Sn＝(1＋)＋(2＋)＋(3＋)＋…＋(n＋)
＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(＋＋＋…＋)＝＋＝－＋1.
思路点拨：某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．
＝n2＋1－.故选A
7．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于________．
解析：∵an＝1－，
∴Sn＝n－(＋＋…＋)＝n－1＋＝，
∴n＋＝＝6＋＝6＋，∴n＝6.
答案：6
(4)并项求和法
一个数列的前n项和中，若可两两结合求解，则可用并项求和法．
例如Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050
Sn＝8[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝8(1－)＝.
思路点拨：裂项相消法的基本模型： ；
三基能力强化
2．已知数列{an}的通项公式是an＝，若Sn＝10，则n的值是(C)
(A)11 (B)99 (C)120 (D)121
解析：∵an＝＝－，
∴Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)
＝－1.
令Sn＝10，解得n＝120.
8设 是一次函数，若 则 等于________
解析：由 ，可令 ，由 成等比数列，则
。
答案:A。
(2)倒序相Hale Waihona Puke Baidu法
如果一个数列{ }，与首末两端“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．
当堂检测
11.已知函数 则① ；
② .
解析：∵＝(－)，
∴Sn＝(－＋－＋…＋－)
＝(－)＝·＝.
(6)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项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
【例3】已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
A． B． C． D．
解析：因为等差数列的公差为 ，则 ， ， ，
因为 是 与 的等比中项，所以 ，
即 ，
，所以 ， ．
于是 ．故选Ｄ．
6.设数列{ xn}满足 ，且 ，则 的值为(D)
A．100aB．101a2C．101a100D．100a100
解析：
思路点拨：关键是探究出数列{ xn}是以 为公比的等比数列。
解析：由条件可知：f(x)＋f(1－x)＝1.
而x＋(1－x)＝1，
∴f(－2)＋f(3)＝1，f(－1)＋f(2)＝1，f(0)＋f(1)＝1，
∴f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝3.
(3)分组转化求和法
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的通项公式组成，则求和时可用分组转化求和法，分别求和而后相加减．
∴a2＋a4＝20.
∴
解之，得或
故选C.
3．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(B)
(A)1 (B)(C)(D)
解析：∵an＝＝－，
∴S5＝(1－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝.故选B.
4（2012高考全国卷理）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5，S5=15，则数列 的前100项和为(A)
(A) (B) (C) (D)
解析：由 ,得 ，所以 ，
所以 ，
又 ，选A.
当堂检测
12．若数列{an}是各项均为正数的等比数列，其公比q≠1.已知lg a2是lg a1和1＋lg a4的等差中项，且a1a2a3＝1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意知，2lg a2＝lg a1＋1＋lg a4，∴lg a22＝lg(10a1a4)，
三基能力强化
1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(C)
(A)2n＋n2－1 (B)2n＋1＋n2－1 (C)2n＋1＋n2－2 (D)2n＋n2－2
解析：∵an＝2n＋2n－1
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(2＋22＋…＋2n)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]
第4节 数列求和
数列求和的常用方法
(1)公式法
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
a．1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
b．12＋22＋32＋…＋n2＝；
c．2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
d．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；
当堂检测
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14等于(B)
(A)16 (B)8 (C)4 (D)不确定
解析：由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，
可得数列{an}是等差数列，由S25＝＝100，
解得a1＋a25＝8，所以a1＋a25＝a12＋a14＝8，故选B.
4．(2010年高考天津卷)已知 为等差数列，其公差为 ，且 是 与 的等比中项， 为 的前 项和， ，则 的值为
＝2n＋1－2＋n2.
即Sn＝2n＋1＋n2－2.
故选C.
当堂检测
2．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(A)
(A)n2＋1－(B)2n2－n＋1－
(C)n2＋1－(D)n2－n＋1－
解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(＋＋…＋)
(A)13 (B)－76 (C)46 (D)76
解析： ＝－4×7＋ =－28＋57＝29， ＝－4×11＝－44，
＝－4×15＋ ＝－4×15＋121＝61，
＋ － ＝29－44－61＝－76.故选B
9（2012高考福建理）数列{an}的通项公式 ，前n项和为Sn，则S2012=___________.
解析： ，
可得 ，
.
练习：已知函数f(x)对任意x∈R，都有f(x)＝1－f(1－x)，
则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝________.
练习：已知函数f(x)对任意x∈R，都有f(x)＝1－f(1－x)，
则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝________.
解析：因为函数 的周期是4，所以数列 的每相邻四项之和是一个常数6，所以 .答案：3018．
(5)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．
若数列{an}的通项能转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和，如对公差为d的等差数列{an}有＝(－)，＝(－)．
∴a22＝10a1a4，即a12q2＝10a12q3，
又a1>0，q≠1，∴q＝.
又a1a2a3＝1，∴a13q3＝1，∴a1＝10，
∴an＝10×()n－1＝102－n.
(2)由(1)知，bn＝＝＝－，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(1－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝
练习：求数列，，，…，，…的前n项和。
三基能力强化
5．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＋S33＋S50等于_____．
解析：由题意知Sn＝
∴S17＝9，S33＝17，S50＝－25，
∴S17＋S33＋S50＝1.
答案：1
当堂检测
5．已知数列 的前n项和为 ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋ ，则 ＋ － 的值是(B)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝ ，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn.
思路点拨：(1)利用等比数列的基本量构造方程求通项an；(2)利用乘公比错位相减法求出Sn.
解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.