江苏高考数学一轮复习《通项与求和2》教程学案

第65课 通项与求和(2)
1. 等差、等比数列的前n 项和公式(C 级要求).
2. 非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法(B 级要求).
1. 阅读：必修5第42～44页、第55～57页.
2. 解悟：①等差数列和等比数列求和公式形式的联系与区别；②体会课本中推出等差数列和等比数列求和公式的方法；③整理数列求和的常用方法.
3. 践习：在教材空白处，完成第47页第1题(4)、第57页第4题(2)、第62页第12题.
基础诊断
1. 设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3＝－1
8，且a 2，a 4，a 3成等差数列，则数列{a n }
的前4项和为 5
8
.
解析：设等比数列{a n }的公比为q.因为a 2，a 4，a 3成等差数列，所以2a 4＝a 2＋a 3，所以2a 2q 2＝a 2＋a 2q ，化为2q 2－q －1＝0(q ≠1)，解得q ＝－12.因为a 1a 2a 3＝－18，所以a 31·q 3
＝－18，解得a 1＝1，所以数列{a n }的前4项和为1－⎝⎛⎭⎫－1
24
1－⎝⎛⎭
⎫－12＝5
8.
2. 在数列{a n }中，a n ＝
1n （n ＋1）
，若数列{a n }的前n 项和S n ＝2 017
2 018，则n ＝ 2 017 .
解析：因为a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝1－12＋12－13＋…＋1
n －
1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，所以n n ＋1＝2 017
2 018
，解得n ＝2 017. 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S n ＝ 2n ＋
1－2＋n 2 . 解析：S n ＝2（1－2n ）1－2
＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1
－2＋n 2.
4. 数列⎩
⎨⎧⎭⎬⎫（n ＋1）·⎝⎛⎭⎫12n 的前n 项和T n ＝ 3－n ＋32n .
解析：由a n ＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫12n ，得T n ＝2×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋4×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n
①，12T n
＝2×⎝⎛⎭⎫122
＋3×⎝⎛⎭⎫123
＋4×⎝⎛⎭⎫124
＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭
⎫12n ＋1
②，由①－②得12
T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…
＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1＋14⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛
⎭⎫12n －11－12
－(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1，所以T n ＝3－n ＋32n .
范例导航
考向❶ 分组求和法
例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n
2
，n ∈N *.
(1) 求数列{a n }的通项公式；
(2) 设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和. 解析：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）
2＝n .
因为a 1＝1满足上式， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2) 由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，
则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n ）1－2
＝22n ＋1
－2，
B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝22n ＋
1＋n －2.
已知数列{a n }的通项公式a n ＝2×3n －
1＋(－1)n ×(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .
解析：S n ＝2(1＋3＋…＋3n －
1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]×(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]×ln3.
当n 为偶数时，
S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln3＝3n ＋n 2ln3－1；
当n 为奇数时，
S n ＝2×1－3n 1－3－(ln2－ln3)＋⎝⎛⎭⎫
n －12－n ln3 ＝3n －n －12
ln3－ln2－1.
综上所述，S n
＝⎩⎨⎧
3n ＋n
2
ln3－1， n 为偶数，
3n
－n －1
2ln 3－ln2－1， n 为奇数.
【注】 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，可采用分组求和法求数列{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，
可采用分组求和法求和.
(3) 某些数列的求和是将数列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，注意在含有字母的数列中对字母的讨论. 考向❷ 错位相减法求和
例2 已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.
(1) 求{a n }和{b n }的通项公式；
(2) 求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *).
解析：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12. 因为b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q >0，所以q ＝2，所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3， 所以a n ＝3n －2.
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2) 设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n .
由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －
1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ， 故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，
4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋
1，
上述两式相减得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n
＋
1
＝
12×（1－4n ）1－4
－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋
1－8，
所以T n ＝3n －23×4n ＋1＋83，所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋8
3
.
设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2
＝2，q ＝d ，S 10＝100.
(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2) 当d >1时，c n ＝a n
b n ，求数列{
c n }的前n 项和T n .
解析：(1) 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝100，b 1q ＝2，
即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩
⎪⎨⎪
⎧a 1＝9，
d ＝29
，
所以a n ＝2n －1，b n ＝2
n －1
或a n ＝19
(2n ＋79)，b n ＝9×⎝⎛⎭⎫29n －1.
(2) 由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －
1，故c n ＝2n －12n －1，
于是T n ＝1＋32＋522＋723＋9
24＋…＋2n －12n －1，①
12T n ＝12＋322＋523＋724＋9
25＋…＋2n －12
n ，② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋1
2n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，
所以T n ＝6－2n ＋3
2
n －1.
【注】 错位相减法求和时的注意点：
(1) 要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形；
(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；
(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.
考向❸ 裂项相消法求和
例3 已知数列{b n }的前n 项和为T n ，b n ＝
n ＋14n 2（n ＋2）2
.证明：对任意的n ∈N *，都有T n
<564. 解析：因为b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2
＝116⎣⎡⎦
⎤1n 2－1（n ＋2）2， 所以T n ＝116[1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－1（n ＋1）2＋1n 2－1
（n ＋2）2] ＝116[1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2]<116×⎝⎛
⎭⎫1＋122＝564，
故对任意的n ∈N *，都有T n <
5
64
.
已知函数f (x )＝x α的图象过点(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 2 017＝
2 018－1 .解析：由f (4)＝2，可得4α
＝2，解得α＝12，所以f (x )＝x 1
2，所以a n ＝
1
f （n ＋1）＋f （n ）
＝
1
n ＋1＋n
＝n ＋1－n ，所以S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4
－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.
【注】 (1) 用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：
1n ＋n ＋k ＝1
k
(n ＋k －n )，
1n （n ＋k ）＝1k ⎝
⎛⎭⎫1
n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项；(2) 抵消后并不一定只剩下第
一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.
自测反馈
1. 若数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π
2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝ 1 008 .
解析：因为a n ＝n cos n π
2，当n ＝2k －1，k ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝(2k －1)cos （2k －1）π2＝0；
当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k cos k π＝2k ·(－1)k ，所以S 2 017＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 016)＝0＋(－2＋4－6＋…－2 014＋2 016)＝1 008.
2. 若数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －
1·(4n －3)，则它的前100项和S 100＝ －200 . 解析：S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
3. 在等比数列{a n }中，a 1＝12，a 4＝4，则数列{a 2
n }的前n 项和 S n ＝ 4n －112
.
解析：因为a 4＝a 1q 3＝4，a 1＝12，所以q ＝2，所以a n ＝12×2n －1＝2n －2，所以a 2n ＝4n －2，所以数列{a 2n }是以1
4为首项，4为公比的等比数列，所以S n ＝ 1
4（1－4n ）1－4
＝4n －112. 4.
11＋2＋12＋3＋…＋1
n ＋n ＋1
＝ n ＋1－1 Ｗ.
解析：原式＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n)＝n ＋1－1.
1. 数列求和先看通项公式，根据通项公式的特点选择相应的方法.
2. 在利用等差、等比数列的求和公式时，要数清项数，公比如果是字母，需对它进行分类讨论.
3. 你还有那些体悟，写下来：。