(江苏专用)202x版高考数学大一轮复习 第五章 数列 4 第4讲 数列求和 文

分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组 转化法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数的数列，其中数列{bn}，{cn}是 等比数列或等差数列，可采用分组转化法求{an}的前 n 项和．
3．(2018·高考江苏卷)已知集合 A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝ {x|x＝2n，n∈N*}．将 A∪B 的所有元素从小到大依次排列构成 一个数列{an}．记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，则使得 Sn>12an＋1 成立的 n 的最小值为________． 解析：所有的正奇数和 2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成 {an}，在数列{an}中，25 前面有 16 个正奇数，即 a21＝25，a38＝ 26.当 n＝1 时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当 n＝2 时，S2 ＝3<12a3＝36，不符合题意；当 n＝3 时，S3＝6<12a4＝48，不 符合题意；当 n＝4 时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；……；
1．必明辨的 3 个易错点 (1)在应用等比数列的前 n 项和公式时，注意等比数列公比 q 的 取值情况，要分 q＝1 和 q≠1. (2)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号． (3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前 剩多少项则后剩多少项．
2．必会的 2 种方法 解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路： (1)转化思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一 思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成． (2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、 错位相减法、倒序相加法等来求和．
1．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝________. 解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 所以 2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，② ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2×（1－1－2 2n）－ n×2n＋1， 所以 Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
答案：(n－1)2n＋1＋2
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2．已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋120＋130＋…＋190，…， 若 bn＝ana1n＋1，那么数列{bn}的前 n 项和 Sn＝________．
解析：an＝1＋2＋n3＋＋1…＋n＝n2， 所以 bn＝ana1n＋1＝n（n4＋1）＝4n1－n＋1 1， 所以 Sn＝41－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝41－n＋1 1＝n4＋n1. 答案：n4＋n1
第五章 数 列
第 4 讲 数列求和
1．公式法 如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差 或等比数列的前 n 项和公式． 2．非等差、等比数列求和的常用方法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}，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， 等差数列的前 n 项和即是用此法推导的．
1．数列 112，214，318，4116，…的前 n 项和是________． 解析：前 n 项和 Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋212＋…＋21n＝ n（n2＋1）＋1211－－1212n＝n（n2＋1）＋1－21n. 答案：n（n2＋1）＋1－21n
2．数列2×1 4，4×1 6，6×1 8，…，2n（21n＋2），…的前 n 项和 为________． 解析：因为 an＝2n（21n＋2）＝14n1－n＋1 1， 则 Sn＝141－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝141－n＋1 1＝4（nn＋1）. 答案：4（nn＋1）
3．等比数列{an}的首项为 a，公比为 q，Sn 为其前 n 项的和， 求 S1＋S2＋…＋Sn. 解：当 q＝1 时，an＝a，Sn＝na， 所以 S1＋S2＋…＋Sn＝(1＋2＋…＋n)a＝n（n2＋1）a. 当 q≠1 时， 因为 Sn＝a（11－－qqn），所以 S1＋S2＋…＋Sn
＝1－a q[(1－q)＋(1－q2)＋…＋(1－qn)] ＝1－a q[n－(q＋q2＋…＋qn)] ＝1－a qn－q（11－－qqn） ＝1n－aq－aq（（11－－qq）n）2 .
分组转化法求和 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和．
【解】 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋2 n－（n－1）2＋2 （n－1）＝n. a1 也满足 an＝n， 故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2)分组转化法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求 和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减． (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，那么这个数列的前 n 项和即可用此法来求，等 比数列的前 n 项和就是用此法推导的． (4)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．
当 n＝26 时，S26＝21×（12＋41）＋2×（1－1－225）＝441＋62＝ 503<12a27＝516，不符合题意；当 n＝27 时，S27＝22×（12＋43） ＋2×（1－1－2 25）＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意．故使 得 Sn>12an＋1 成立的 n 的最小值为 27. 答案：27
(2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1 ＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2（11－－222n）＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.