第5讲 数列求和

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训练1 已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋4，数列{bn}的首项为b1 ＝2.
(1)若{bn}是公差为3 的等差数列，求证：{abn}也是等差数列； (2)若{abn}是公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和． 解：(1)证明：因为数列{bn}是首项为b1＝2，公差为3的等差数列， 所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1， 所以abn＝2bn＋4＝2(3n－1)＋4＝6n＋2， 所以abn＋1－abn＝6(n＋1)＋2－(6n＋2)＝6， 所以数列{abn}是以6为公差的等差数列．
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夯基诊断
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”) (1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn＝ a11－－aqn＋1.( √ )
(2)当 n≥2 时，n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1.( √ ) (3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 时只要把上式等号两边同时乘以 a 即 可根据错位相减法求得．( × ) (4)若数列 a1，a2－a1，…，an－an－1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列， 则数列{an}的通项公式是 an＝3n－2 1.( √ )
答案：22·220－2
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突破核心命题
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考 点 一 分组(并项)法求和
例1 (2024·菏泽模拟)已知数列{an}中，a1＝1，它的前n项和Sn满足 2Sn＋an＋1＝2n＋1－1.
(1)证明：数列an－23n为等比数列； (2)求 S1＋S2＋S3＋…＋S2n.
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(2)已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
Sn＝(2＋22＋…＋－2＋12n2＋12n.
答案：2n＋1－2＋12n2＋12n
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2．回源教材
(1)数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an＝n（n1＋1），则 S5 等于( B )
A．1
B．56
C．16
D．310
B 因为 an＝n（n1＋1）＝1n－n＋1 1， 所以 S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.
考 点 二 裂项相消法求和
例2 (2024·东北三省三校模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差 为d，记{an}的前n项和为Sn，S4－2a2a3＋14＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}公差 d＞1，令 cn＝an·aann＋ ＋21·2n，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
(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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法 求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“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 求解．
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训练3 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log2an，求数列{anbn}的前n项和Tn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q. 由a1＝2，S3＝a3＋6， 得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2， 所以an＝2n.
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(2)因为{abn}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首项为b1＝2，an＝ 2n＋4，
所以ab1＝a2＝2×2＋4＝8， 所以abn＝8×2n－1＝2n＋2. 又因为an＝2n＋4，所以abn＝2bn＋4， 所以2bn＋4＝2n＋2， 解得bn＝2n＋1－2，
2．几种数列求和的常用方法 (1)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 其他可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加 减． (2)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，从而求得前n项和．
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(3)数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为________．
S20＝4·1＋5·21＋6·22＋…＋23·219，2S20＝4·2＋5·22＋6·23＋…＋23·220， 两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23·220＝4＋2（11－－2219）－ 23·220＝－22·220＋2. 故 S20＝22·220－2.
所以 Tn＝1－（2n＋11）·2n.
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反思感悟 1．裂项相消法求和的基本步骤
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2．裂项相消法的原则及规律 (1)裂项原则 一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为 止． (2)消项规律 消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数 第几项．
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训练2 已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝n2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{ana1n＋1}的前 n 项和 Tn.
解：(1)当 n≥2 时，由 Sn＝n2，得 Sn－1＝(n－1)2，则 an＝Sn－Sn－1＝n2 －(n－1)2＝2n－1.当 n＝1 时，有 S1＝a1＝1，符合上式．综上，an＝2n－1.
2．错位相减法求和时，应注意： (1) 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． (2)应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1， 应用公式Sn＝na1.
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Sn＝_□_1 _n_（__a_1_＋ 2__a_n）___＝_□_2__n_a_1＋__n_（__n_－_2_1_）__d_． (2)等比数列{an}的前n项和Sn＝_□_3__na_a1_（1_，1_1－_q－_＝q_q_1n）_，_，__q_≠__1__.
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(2)由(1)知 an＝n－34，所以 bn＝(12)n·(n－34＋34)＝n(12)n，所以 Tn＝b1＋
b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝(12)1＋2(12)2＋3(12)3＋…＋(n－1)·(12)n－1＋n(12)n，①
所以12Tn＝(12)2＋2(12)3＋3(12)4＋…＋(n－1)(12)n＋n(12)n＋1，②
常用结论
1．一些常见的数列的前 n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n＝n（n2＋1）； (2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)； (3)1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2.
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2．几种常见变形 (1)（2n－1）1（2n＋1）＝12(2n1－1－2n1＋1)； (2)等差数列{an}(an≠0)的公差为 d(d≠0)，则ana1n＋1＝1d(a1n－an1＋1)； (3)n（n＋1）1（n＋2）＝12n（n1＋1）－（n＋1）1（n＋2）； (4)（2n－1）2（n 2n＋1－1）＝2n－1 1－2n＋11－1.
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所以 b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21＋1－2)＋(22＋1－2)＋(23＋1－2)＋…＋(2n＋1 －2)＝22＋23＋…＋2n＋1－2n＝221－－22n＋2－2n＝2n＋2－2n－4，
所以数列{bn}的前 n 项和为 2n＋2－2n－4.
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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＝abnn， ，nn为 为奇 偶数 数， ，其中数列{an}，{bn} 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前 n 项和．
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第5讲 数列求和
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考试要求
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等
差数列、非等比数列求和的几种常见方法．
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聚焦必备知识
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知识梳理
1．公式法
(1)等差数列{an}的前n项和
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解：(1)由题意可得，S4－2a2a3＋14＝4a1＋6d－2(a1＋d)(a1＋2d)＋14 ＝4＋6d－2(1＋d)·(1＋2d)＋14＝0，
整理得d2＝4，则d＝±2， 可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1或an＝1－2(n－1)＝－2n＋3， 故an＝2n－1或an＝－2n＋3.
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解：(1)证明：由 2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)，① 得 2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)，② 由①－②得 an＋an＋1＝2n(n≥2)， 得 an＋1＝－an＋2n⇒an＋1－2n3＋1 ＝－(an－23n)(n≥2)，
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①
－
②
可
得
1 2
Tn
＝
(
1 2
)1
＋
(
1 2
)2
＋
(
1 2
)3
＋
(
1 2
)4
＋
…
＋
(
1 2
)n
－
n(
1 2
)n
＋
1
＝
12[1－1（ －2112）n]－n(12)n＋1＝1－(n＋2)·(12)n＋1，故 Tn＝2－(n＋2)(12)n.
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反思感悟
1．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，常采用错位相减法．
又当 n＝1 时， 由①得 a2＝1⇒a2－232＝－(a1－23)， 所以对任意的 n∈N*， 都有 an＋1－2n3＋1＝－(an－23n)， 故{an－23n}是以13为首项，－1 为公比的等比数列．
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(2)由(1)知 an－23n＝（－13）n－1⇒an＝2n＋（－3 1）n－1， 所以 an＋1＝2n＋1＋（3 －1）n，代入①得 Sn＝2n3＋1－（－61）n－12， 所以 S1＋S2＋…＋S2n＝13(22＋23＋…＋22n＋1)－16[(－1)＋(－1)2＋…＋ (－1)2n]－22n＝13×22－1－222n＋2－0－n＝22n＋2－33n－4.
(2)由(1)得，ana1n＋1＝（2n－1）1（2n＋1）＝12(2n1－1－2n1＋1)，则 Tn＝12 (11－13＋13－15＋15－17＋…＋2n1－1－2n1＋1)＝12(1－2n1＋1)＝2nn＋1.
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考 点 三 错位相减法求和
例3 (2024·重庆一中月考)已知函数f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有 正零点构成递增数列{an}(n∈N*)．
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(2)因为 d＞1，由(1)可得 d＝2，an＝2n－1， 则 cn＝（2n－1）2n（＋23n＋1）·2n＝（2n－11）·2n－1－（2n＋11）·2n，
故
Tn
＝
c1
＋
c2
＋
c3
＋
…
＋
cn
＝
(1
－
1 3×21
)
＋
(
1 3×21
－
1 5×22
)
＋
…
＋
[（2n－11）·2n－1－（2n＋11）·2n]＝1－（2n＋11）·2n，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝(12)n(an＋34)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
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解：(1)因为 f(x)＝cos πx－sin πx＝ 2cos(πx＋π4)，令 f(x)＝0 可得 2 cos(πx＋π4)＝0，即 πx＋π4＝π2＋kπ(k∈Z)，解得 x＝14＋k(k∈Z)．因为{an}为 所有正零点构成的数列，所以 a1＝14，且 an－an－1＝1(n≥2)，故{an}是以14是 首项，1 为公差的等差数列，即 an＝14＋(n－1)＝n－34.