新人教版高中数学选择性必修第二册错位相减法、裂项相消法求和

习题课
错位相减法、裂项相消法求和
学习目标
1.熟练掌握等差和等比数列前n 项和的结构特点以及各个符号的意义.
2.掌握错位
相减和裂项相消求和的一般过程和思路．一、错位相减法例1求和：S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n (x ≠0)．解
当x ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)
2
；
当x ≠1时，S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，xS n ＝x 2＋2x 3＋3x 4＋…＋(n －1)x n ＋nx n ＋
1，
∴(1－x )S n ＝x ＋x 2＋x 3＋…＋x n －nx n ＋1＝x (1－x n )1－x －nx n ＋1，
∴S n ＝x (1－x n )(1－x )2
－nx n ＋
1
1－x
.
综上可得，S n x ＝1，－nx n ＋1
1－x ，x ≠1且x ≠0.
反思感悟
(1)一般地，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．(2)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”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．跟踪训练1
已知数列{a n }的前n 项和为S n
1的等差数列，且a 2＝3.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝a n ·3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解
(1)
1的等差数列，
∴S
n n
＝a 1＋n －1，可得S n ＝n (a 1＋n －1)，∴a 1＋a 2＝2(a 1＋1)，且a 2＝3.解得a 1＝1.∴S n ＝n 2.∴n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1(n ＝1时也成立)．∴a n ＝2n －1.
(2)b n＝a n·3n＝(2n－1)·3n，∴数列{b n}的前n项和
T n＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
∴3T n＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1，
∴－2T n＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×9(3n－1－1)
3－1－(2n－1)×3
n＋1，
可得T n＝3＋(n－1)×3n＋1.
二、裂项相消法
问题已知数列a n＝1
n(n＋1)，如何求{a n
}的前n项和S n.
提示a n＝1
n(n＋1)＝1
n－
1
n＋1，
S n＝a1＋a2＋…＋a n
＝1－
1
n＋1＝
n
n＋1
.
知识梳理
常见的裂项求和的形式：
①
1
n(n＋k)＝
②
1
(2n－1)(2n＋1)
＝
③
2n
(2n＋1)(2n＋1＋1)
＝
1
2n＋1－
1
2n＋1＋1
④
1
n(n＋1)(n＋2)＝
1
2
1
n(n＋1)－
1
(n＋1)(n＋2)；
⑤
1
n＋1＋n
＝n＋
1－n；
⑥
ln(n＋1)－ln n.
注意点：(1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系；(2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组；(3)检验所留的正项与负项的个数是否相同．例2已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S2＝2，S4＝16，{a n＋1}是等比数列．
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)若a n>0，设b n＝log2(3a n＋3)
n项和．
解
(1)设等比数列{a n ＋1}的公比为q ，其前n 项和为T n ，
因为S 2＝2，S 4＝16，所以T 2＝4，T 4＝20，易知q ≠1，所以T 2＝(a 1＋1)(1－q 2)
1－q ＝4，①
T 4＝(a 1＋1)(1－q 4)1－q ＝20，②
由
②
①
得1＋q 2＝5，解得q ＝±2.当q ＝2时，a 1＝13，所以a n ＋1＝43×2n －1
＝2n ＋
13
；
当q ＝－2时，a 1＝－5，所以a n ＋1＝(－4)×(－2)n －
1＝－(－2)n ＋
1.
所以a n ＝2n ＋
13
－1或a n ＝－(－2)n ＋
1－1.
(2)因为a n >0，所以a n ＝2n ＋
1
3
－1，所以b n ＝log 2(3a n ＋3)＝n ＋1，
所以
1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2
，
n 项和为
…＝1
2－1n ＋2＝n 2(n ＋2).反思感悟(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和
的目的．
(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．
(3)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．跟踪训练2设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.
(1)求a n ；
(2)设b n ＝1
S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .
解
(1)设数列{a n }的公差为d ，
a 1＋3d ＝a 1＋6d ，a 1＋7d )－2(a 1＋2d )＝3，
解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.
(2)由(1)得S n ＝na 1＋n (n －1)
2
d ＝n (n ＋2)，
∴b n＝1
n(n＋2)＝
∴T n＝b1＋b2＋…＋b n－1＋b n
＋1
2－
1
n＋1－
＝
3
4－
1．知识清单：
(1)错位相减法求和．
(2)裂项相消法求和．
2．方法归纳：公式法、错位相减法、裂项相消法．
3．常见误区：错位相减法中要注意项的符号以及化简合并；裂项求和中要关注正项与负项的个数是否相同．
1．已知a n＝1
n＋1＋n
(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于()
A．7B．8C．9D．10
答案B
解析因为a n＝
1
n＋1＋n
＝n＋1－n(n∈N*)，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝2－1＋3－2＋…＋81－80＝9－1＝8.
2．数列1
2×5，
1
5×8，
1
8×11，…，
1
(3n－1)×(3n＋2)
，…的前n项和为()
A.n
3n＋2
B.n
6n＋4
C.3n
6n＋4
D.n＋1
n＋2
答案B
解析由数列通项公式
1
(3n－1)(3n＋2)
＝
得前n 项和S n
－15＋15－18＋18－1
11
＋…＋
13n －1－
＝n 6n ＋4
.3
2021项和为________．答案
20211011
解析
因为2
n (n ＋1)
＝
所以S 2021＝－12＋12－13＋…＋12021
－
＝＝
20211011
.4．已知a n ＝2n ，b n ＝1
a n ·a n ＋2，则{
b n }的前n 项和T n ＝__________________.
答案
－
1n ＋1－解析
1a n a n ＋2＝
T n －13＋12－14＋13－15＋…＋1
n －
＋1
2－
1n ＋1－－
1n ＋1－课时对点练
1．数列214，418，61
16，…的前n 项和S n 为(
)A ．n 2＋1＋
12n
＋1
B ．n 2＋2－
12n
＋1
C ．n (n ＋1)＋1
2－12n ＋1
D ．n (n ＋1)＋
12n
＋1
答案C
解析
S n ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋1
8
＋…
＝12n (2＋2n )＋41－
1
2＝n (n ＋1)＋1
2－12
n ＋1.
2．等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于()
A ．6
B ．5
C ．4
D ．3
答案B
解析
∵数列{a n }是等比数列，a 5＝2，a 6＝5，
∴a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝a 5a 6＝10，∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝lg(a 1·a 2·…·a 10)＝lg(a 5a 6)5＝5lg 10＝5.
3．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()
A ．1009
B ．1010
C ．2019
D ．2020
答案D
解析设数列{a n }的公差为d ，
a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，
1＝1，＝2，
∴a n ＝2n －1.
设b n ＝a n cos n π，∴b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项和S 2020＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×
2020
2＝2020.
4．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋4
5，…，那么数列{b n }n 项的和
为(
)
A ．
B ．
C ．1－
1
n ＋1 D.1
2－
1n ＋1
答案
A
解析∵a n＝1＋2＋3＋…＋n
n＋1＝
n(n＋1)
2
n＋1
＝
n
2，
∴b n＝1
a n a n＋1＝4
n(n＋1)＝
∴S n＝－1
2＋
1
2－
1
3＋
1
3－
1
4＋…＋
1
n－
＝
5．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数(称为埃及分数)．则
下列埃及分数
1
1×3，
1
3×5，
1
5×7，…，
1
2019×2021的和是()
A.2020 2021
B.1010 2021
C.1009 2019
D.2018 2019
答案B
解析∵1
(2n－1)(2n＋1)＝
∴
1
1×3＋
1
3×5＋
1
5×7＋…＋
1
2
019×2021
－1
3＋
1
3－
1
5＋
1
5－
1
7＋…＋
1
2019－
＝
1010
2021
.
6．(多选)设等差数列{a n}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法正确的是()
A．a n＝2n＋1
B．d＝2
C.1
a2n－1＝
n项和为n
4(n＋1)
答案ABD
解析设等差数列{a n}的公差为d.∵{a n}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，又
a 2＝5，∴a 7－a 2＝5d .
∴d ＝2.∴a n ＝2n ＋1.故AB 正确；
∴1a 2n －1＝14n (n ＋1)
＝
C 错误；
n 项和为
S n －12＋12－13＋…＋1
n －
＝n 4(n ＋1).故D 正确．7．在数列{a n }中，a
1＝2，a n ＋1＝a n
＋n ∈N *，则a n ＝________
答案2＋
ln n
解析
∵a n ＋1＝a n ＋
∴a n ＋1－a n ＝
ln n ＋1
n
＝ln(n ＋1)－ln n .又a 1＝2，
∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n －ln(n －1)]＝2＋ln n －ln 1＝2＋ln n .8．设数列{na
n }的前n 项和为T n ，若na n
＝n －1
，则T n ＝________.
答案
49
－
解析
T n
＝
＋
＋
＋…
＋n
－1
，
－1
2T
n ＝
＋
＋…＋(
n －
－1
＋
n
，
两式相减得
3
2T n
＝1
＋
…
－1－
n
1
n
＝
23
－
.所以数列{na n }的前n 项和T n ＝4
9
－
.
9．已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝1
a n a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和．
解
(1)
a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，
a 1＋
10×9
2
d ＝10a 1＋45d ＝100，
1＝1，＝2，
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝
所以T n －13＋13－1
5＋…＋12n －1－
＝n 2n ＋1
.10．已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；
(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1
n 项和T n .解
(1)设数列{a n }的公比为q ，
由题意知，a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，
又a n >0，
解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知，S 2n ＋1＝
(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2
＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.
令c n ＝b
n a n ，则c n ＝2n ＋12n ，
因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n
＝32＋522＋7
23＋…＋2n －12n －1
＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋7
24＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1
，
两式相减得12T n ＝32＋＋1
22
＋…－2n ＋12n ＋1＝3
2＋121
－
1
1－
1
2－2n ＋12n ＋
1＝52－2n ＋52n ＋1，所以
T n ＝5－
2n ＋5
2n
.11．在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1·a 5＝64
前n 项和是()
A ．1－1
2n ＋1
－1B ．1－
12n ＋1C ．1－1
2n
＋1D ．1－
12n －1
答案A
解析
在各项都为正数，公比设为q (q >0)的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1·a 5＝64，则4q 4
＝64，解得q ＝2，则a n ＝2n .
∵2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－1
2n ＋
1－1
∴
n 项和是12－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－1
2n ＋1－1＝1
－
1
2n ＋
1－1
，故选A.12．设S ＝
1＋112＋12
2＋
1＋122＋13
2＋
1＋132＋1
4
2＋…＋
1＋120202＋120212
，[S ]表示
不大于S 的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S ]等于()
A ．2019
B ．2020
C ．2021
D ．2022
答案B 解析
因为
1＋1
n 2＋
1(1＋n )2
＝(n2＋n)2＋2(n2＋n)＋1
n2(1＋n)2
＝
n2＋n＋1
n(n＋1)
＝1
所以S＝11…＋12021－1
2021，
所以[S]＝2020.
13．在数列{a n}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有a n＋1＝a n＋n·2n，则a15等于() A．14·215＋2B．13·214＋2
C．14·215＋3D．13·215＋3
答案D
解析a n
＋1
－a n＝n·2n，
∴a2－a1＝1·21，
a3－a2＝2·22，
a4－a3＝3·23
…
a n－a n－1＝(n－1)·2n－1，
以上n－1个等式，累加得a n－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1，①
又∵2a n－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n，②
①－②得a1－a n＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n
＝2(1－2n－1)
1－2－(n－1)·2
n＝(2－n)·2n－2，
∴a n＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，
∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3.
14．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n＝2a n－1(n∈N*)，则数列{na n}的前n项和T n 为________．
答案(n－1)2n＋1
解析∵S n＝2a n－1(n∈N*)，
∴n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－1－(2a n－1－1)，化为a n ＝2a n
－1
，
∴数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴a n＝2n－1.
∴na n＝n·2n－1.
则数列{na n}的前n项和T n＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1.
∴2T n＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n
＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴T n ＝(n －1)2n ＋1.
15．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45，…这些数叫做三角形数．设第n 个三角形数为a n ，则下面结论错误的是(
)
A ．a n －a n －1＝n (n >1)
B ．a 20＝210
C ．1024是三角形数
D.1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝2n n ＋1
答案
C 解析∵a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，由此可归纳得a n －a n －1＝n (n >1)，故A 正确；将前面的所有项累加可得a n ＝(n －1)(n ＋2)2＋a 1＝n (n ＋1)2
，∴a 20＝210，故B 正确；令n (n ＋1)2
＝1024，此方程没有正整数解，故C 错误；1a 1＋1a 2＋…＋1a n
＝…
＝＝2n n ＋1
，故D 正确．16．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数)．
(1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ；
(2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n .
解(1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ)．
又a 1＝1，
所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列，
此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1；
当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0，
所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，
此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －
1－λ.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以n (a n ＋1)＝n ·2n ，
T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，①
2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，②①－②得，－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.。