2019大一轮高考总复习理数北师大版文档：第6章 第4节

第四节 数列求和
(对应学生用书P 79)
1．公式法
(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．分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 3．裂项相消法
(1)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． (2)裂项时常用的三种变形： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1
；
②
1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝
⎛⎭⎫1
2n －1－12n ＋1；
③
1
n ＋n ＋1
＝n ＋1－n .
4．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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．
5．倒序相加法
如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“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．
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.
提醒： 辨明两个易误点
(1)使用裂项相消法求和时，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．
(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2较为合
理．( )
(2)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋1
1－q .( )
(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和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)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．(教材习题改编)一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )
A ．100＋200×(1－2－
9)
B ．100＋100(1－2－
9)
C ．200(1－2－9)
D ．100(1－2－
9)
解析：选A 从第1次着地后开始，每次着地所经过的路程构成一个公比q ＝1
2
的等比
数列．所以经过的路程S ＝100＋250⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1291－12
＝100＋200×(1－2－
9)．
3．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为____________. 解析：S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1
－2＋n 2.
答案：2n ＋
1＋n 2－2
4．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，则S n ＝____________________. 解析：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 所以2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋
1，②
①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1
＝2×(1－2n )1－2
－n ×2n ＋
1，
所以S n ＝(n －1)2n ＋
1＋2.
答案：(n －1)2n ＋
1＋2
(对应学生用书P 80)
分组转化法求和 [明技法]
分组转化法求和的常见类型
(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组转化法求{a n }的前n 项和；
(2)通项公式为a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
b n ，n 为奇数，
c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数
列，可采用分组转化法求和．
[提能力]
【典例】 (2018·唐山检测)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1
＝b 1，a 14＝b 4.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和． 解：(1)等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝9
3＝3，
所以b 1＝b 2
q
＝1，b 4＝b 3q ＝27.
所以b n ＝3n －
1(n ＝1,2,3，…)．
设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， 所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…)． (2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －
1.
因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －
1.
从而数列{c n }的前n 项和
S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1
＝n (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3
＝n 2＋3n －12.
[刷好题]
已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝5，a n ＝2a n －1＋3n －
1(n ≥2，n ∈N ＋)，b n ＝a n －3n (n ∈N ＋)．
(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .
解：(1)∵a n ＝2a n －1＋3n －
1(n ∈N ＋，n ≥2)，
∴a n －3n ＝2(a n －1－3n －
1)，
∴b n ＝2b n －1(n ∈N ＋，n ≥2)． ∵b 1＝a 1－3＝2≠0， ∴b n ≠0(n ≥2)，∴b n
b n －1
＝2，
∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列． ∴b n ＝2·2n －
1＝2n .
(2)(1)知a n ＝b n ＋3n ＝2n ＋3n ，
∴S n ＝(2＋22＋...＋2n )＋(3＋32＋ (3)
)＝2(1－2n )1－2＋3(1－3n )1－3
＝2n ＋1＋3n ＋
12－72.
错位相减法求和 [明技法]
错位相减法求和策略
(1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解．
(2)在写“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．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
【典例】 (2018·太原模拟)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.
(1)求{a n }和{b n }的通项公式；
(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N ＋，求数列{c n }的前n 项和．
解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.
由已知，有⎩
⎪⎨⎪⎧
2q 2
－3d ＝2，
q 4－3d ＝10，
消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0，解得q 2＝4. 又因为q >0，所以q ＝2，所以d ＝2.
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －
1，n ∈N ＋；
数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N ＋. (2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －
1，
设{c n }的前n 项和为S n ，
则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －
2＋(2n －1)×2n －
1，
2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －
1＋(2n －1)×2n ，
上述两式相减，得
－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋
1－3－(2n －1)·2n ＝－(2n －3)·2n －3，
所以，S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N ＋. [母题变式] 若c n ＝b n
a n
，如何求解？
解：∵a n ＝2n －
1，n ∈N ＋，b n ＝2n －1，n ∈N ＋.
∴c n ＝2n －12
n －1.
设数列{c n }的前n 项和为S n ，则
S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝120＋321＋5
22＋…＋2n －12n －1
12S n ＝121＋3
22＋…＋2n －32n －1＋2n －12n 上述两式相减，得
12S n ＝1＋2(12＋122＋…＋12n －1)－2n －12n ＝1＋2×(1－12n －1)－2n －12n ＝3－1
2n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n
. ∴S n ＝6－2n ＋3
2
n －1，n ∈N ＋.
(2018·漳州质检)已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .
解：(1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，a 2－1＝4， a 2－1
a 1－1
＝2， ∴a n －1＝2·2n －
1＝2n ，
∴a n ＝2n ＋1.
(2)b n ＝na n ＝n ·2n ＋n ， 故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n
＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )． 令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， 则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋
1，
两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1
＝2(1－2n )1－2
－n ·2n ＋
1，
∴T ＝2(1－2n )＋n ·2n ＋
1＝2＋(n －1)·2n ＋
1.
∵1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)
2，
∴T n ＝(n －1)·2
n ＋1
＋n 2＋n ＋4
2
.
裂项相消法求和 [析考情]
裂项法求和在高考中经常考查，多以解答题的形式考查，并且往往出现在第二问，难度属中低档．
[提能力]
命题点1：a n ＝1
(n ＋k )(n ＋p )
型裂项求和
【典例1】 数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋
1－2，数列{b n }是首项为a 1，公差为d (d ≠0)
的等差数列，且b 1，b 3，b 9成等比数列．
(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；
(2)若c n ＝2
(n ＋1)b n (n ∈N ＋)，求数列{c n }的前n 项和T n .
解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋
1－2n ＝2n ，
又a 1＝S 1＝21＋
1－2＝2＝21，也满足上式，
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .则b 1＝a 1＝2. 由b 1，b 3，b 9成等比数列，得(2＋2d )2＝2×(2＋8d )， 解得d ＝0(舍去)或d ＝2， 所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .
(2)由(1)得c n ＝2(n ＋1)b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1
n ＋1，
所以数列{c n }的前n 项和T n ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n ×(n ＋1)
＝1－12＋12－13＋…＋
1
n －
1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1
. 命题点2：形如a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2
的数列求和
【典例2】 (2018·潍坊模拟)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2
＋
n )＝0.
(1)求数列{a n }的通项公式a n ；
(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n
，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N ＋，都有T n <5
64. (1)解：由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，
得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.
由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .
于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 又a 1＝2也满足上式，
综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ，
故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1
n 2－1(n ＋2)2. T n
＝
1
16
⎣⎡⎦⎤
1－132＋122－142＋132－15
2＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝
1
16
⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564
. [悟技法]
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[刷好题]
1．(2018·福州质检)已知函数f (x )＝x a 的图像过点(4,2)，令a n ＝1
f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N ＋.记
数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 016＝( )
A. 2 015－1 B ． 2 016－1 C. 2 017－1
D ． 2 017＋1
解析：选C 由f (4)＝2可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 1
2
.
∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1
n ＋1＋n ＝n ＋1－n ，S 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝(2－
1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 016－ 2 015)＋( 2 017－ 2 016)＝ 2 017－1. 2．(2018·沈阳质检)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1
S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .
解：(1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，
又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝8，a 4＝1
(舍去)． 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2， 故a n ＝a 1q n －
1＝2n －
1，n ∈N ＋.
(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q
＝2n
－1，
又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1
S n ＋1，
所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝⎝⎛⎭⎫1S 1
－1S 2
＋⎝⎛⎭
⎫
1S 2
－1S 3
＋…＋⎝
⎛⎭
⎫1S n －1S n ＋1
＝1S 1－1S n ＋1
＝1－1
2n ＋1－1
，n ∈N ＋.。