第6章 數(shù)列 第4節(jié)　數(shù)列求和及綜合應(yīng)用

第六章數(shù)列第4節(jié)數(shù)列求和及綜合應(yīng)用考試要求1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式.2.掌握非等差數(shù)列，非等比數(shù)列求和的幾種常見(jiàn)方法.知識(shí)診斷基礎(chǔ)夯實(shí)內(nèi)容索引考點(diǎn)突破題型剖析分層訓(xùn)練鞏固提升ZHISHIZHENDUANJICHUHANGSHI知識(shí)診斷基礎(chǔ)夯實(shí)1知識(shí)梳理(1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：1.特殊數(shù)列的求和公式(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：2.數(shù)列求和的幾種常用方法 (1)分組轉(zhuǎn)化法

把數(shù)列的每一項(xiàng)分成兩項(xiàng)或幾項(xiàng)，使其轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列，再求解. (2)裂項(xiàng)相消法

把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得其和.

(3)錯(cuò)位相減法

如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和可用錯(cuò)位相減法求解. (4)倒序相加法

如果一個(gè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中與首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法求解.常用結(jié)論4.在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解.√診斷自測(cè)1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)√×√解析(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1討論求解.BA.50 B.75 C.100 D.125CA.7 B.8 C.9 D.10A解析S20＝4·1＋5·21＋6·22＋…＋23·219，2S20＝4·2＋5·22＋6·23＋…＋23·220，兩式相減，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23·2205.(易錯(cuò)題)數(shù)列{(n＋3)·2n－1}前20項(xiàng)的和為_(kāi)__________.

22·220－2故S20＝22·220－2.解析由f(x)＋f(1－x)＝4，可得f(0)＋f(1)＝4，…，an＝2(n＋1)即an＝2(n＋1).KAODIANTUPOTIXINGPOUXI考點(diǎn)突破題型剖析2考點(diǎn)一分組轉(zhuǎn)化求和解

設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)殛P(guān)于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集為(1，2)，例1

已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且關(guān)于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集為(1，2). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；又S2＝2a1＋d，所以a1＝d，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝a2n＋2an－1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解

由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.因?yàn)閎n＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，感悟提升訓(xùn)練1

已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n項(xiàng)和Sn.

解

Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3，

所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，綜上所述，考點(diǎn)二裂項(xiàng)相消法求和解已知Sn＝2an－a1，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－a1，兩式相減得an＝2an－1，n≥2，所以數(shù)列{an}是公比為2，首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.證明由Sn＝2an－a1＝2n－1，感悟提升證明

由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－1＋2，所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，所以an＋1＝2an(n≥2).訓(xùn)練2

設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2. (1)證明：{an}為等比數(shù)列；所以{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.解

由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.所以λ的取值范圍為[20，＋∞).考點(diǎn)三錯(cuò)位相減法求和解

設(shè){an}的公比為q，則an＝qn－1.因?yàn)閍1，3a2，9a3成等差數(shù)列，①－②得1.如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時(shí)，常采用錯(cuò)位相減法.2.錯(cuò)位相減法求和時(shí)，應(yīng)注意：(1)要善于識(shí)別題目類(lèi)型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形.(2)在寫(xiě)出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”，以便于下一步準(zhǔn)確地寫(xiě)出“Sn－qSn”的表達(dá)式.(3)應(yīng)用等比數(shù)列求和公式必須注意公比q是否等于1，如果q＝1，應(yīng)用公式Sn＝na1.感悟提升解

選①，即Sn＝2an＋1.①當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2a1＋1，故a1＝－1；當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1＋1，②①②兩式相減得an＝2an－1，所以{an}為等比數(shù)列，其中公比為2，首項(xiàng)為－1.所以an＝－2n－1.選②，即a1＝－1，log2(anan＋1)＝2n－1.所以當(dāng)n≥2時(shí)，log2(anan＋1)－log2(an－1an)＝2，所以{a2k－1}(k∈N*)為等比數(shù)列，其中首項(xiàng)為a1＝－1，公比為4，所以a2k－1＝－1×4k－1＝－2(2k－1)－1；由a1＝－1，log2(a1a2)＝1，得a2＝－2，同理可得，a2k＝－2×4k－1＝－22k－1(k∈N*).綜上，an＝－2n－1.所以{an}為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，又因?yàn)閧an}為單調(diào)數(shù)列，所以q＞0，(2)求數(shù)列{－nan}的前n項(xiàng)和Tn.注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.解

由(1)知，－nan＝n·2n－1，所以Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－2)·2n－2＋(n－1)·2n－1＋n·2n，兩式相減得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1－n·2n＝(2n－1)－n·2n.所以Tn＝(n－1)·2n＋1.考點(diǎn)四數(shù)列的綜合問(wèn)題[規(guī)范解答]解由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，由an＋1－an＝4n－1，證明依題意設(shè)bn＝1＋(n－1)d＝dn＋1－d，[規(guī)范解答]由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，第一步分析題意，弄清題目給出的各數(shù)列之間的關(guān)系第二步根據(jù)題目條件求得基本量，從而利用累加法確定數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式第三步利用累乘法求得數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式第四步求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和，并利用放縮法證明不等式第五步反思回顧解題過(guò)程，規(guī)范答題步驟

答題模板解由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，訓(xùn)練4

已知等差數(shù)列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an與前n項(xiàng)和Sn；(2)將數(shù)列{an}的前4項(xiàng)抽去其中一項(xiàng)后，剩下三項(xiàng)按原來(lái)順序恰為等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng)，記{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，若存在m∈N*，使對(duì)任意n∈N*，總有Sn＜Tm＋λ恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.解由題意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，∴{Tm}為遞增數(shù)列，得4≤Tm＜8.故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使對(duì)任意n∈N*總有Sn＜Tm＋λ，則10＜8＋λ，得λ＞2.即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(2，＋∞).數(shù)列中的奇偶項(xiàng)問(wèn)題微點(diǎn)突破

數(shù)列中的奇、偶項(xiàng)問(wèn)題是對(duì)一個(gè)數(shù)列分成兩個(gè)新數(shù)列進(jìn)行單獨(dú)研究，利用新數(shù)列的特征(等差、等比數(shù)列或其他特征)求解原數(shù)列.(1)數(shù)列中的奇、偶項(xiàng)問(wèn)題的常見(jiàn)題型①數(shù)列中連續(xù)兩項(xiàng)和或積的問(wèn)題(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；②含有(－1)n的類(lèi)型；③含有{a2n}，{a2n－1}的類(lèi)型；④已知條件明確奇偶項(xiàng)問(wèn)題.(2)對(duì)于通項(xiàng)公式分奇、偶不同的數(shù)列{an}求Sn時(shí)，我們可以分別求出奇數(shù)項(xiàng)的和與偶數(shù)項(xiàng)的和，也可以把a(bǔ)2k－1＋a2k看作一項(xiàng)，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.例1

已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝3，且數(shù)列{an＋1－an}是以2為公比的等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；一、含有(－1)n的類(lèi)型解

依題意可知數(shù)列{an＋1－an}是以a2－a1＝3－1＝2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，等式兩邊同時(shí)除以2n得，所以an＝2n－1.(2)令cn＝(－1)n＋1an，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.解

由(1)得，cn＝(－1)n＋1(2n－1)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n－1為偶數(shù)，解法一當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)∴S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)綜上所述，放縮法的注意事項(xiàng)以及解題策略：(1)對(duì)于“和式”數(shù)列不等式，若能夠直接求和，則考慮先求和，再放縮證明不等式；若不能或很難求和，則可考慮先放縮后求和證明不等式.而對(duì)于“和式”數(shù)列不等式，放縮的最主要目的是通過(guò)放縮，把原數(shù)列變?yōu)榭汕蠛汀⒁浊蠛偷臄?shù)列.(2)明確放縮的方向：是放大還是縮小.若要證明小于某值，則放大；若要證明大于某值，則縮小.數(shù)列中的簡(jiǎn)單放縮微點(diǎn)突破

(3)放縮的項(xiàng)數(shù)：不一定對(duì)所有項(xiàng)進(jìn)行放縮，有時(shí)從第一項(xiàng)開(kāi)始，或從第二項(xiàng)，或從第三項(xiàng)等開(kāi)始.(4)常見(jiàn)的放縮方法有：①增加(減少)某些項(xiàng)；②增大(減少)分子(分母)；③增大(減小)被開(kāi)方數(shù)；增大(減小)底數(shù)(指數(shù))；④利用不等式的性質(zhì)或基本不等式；⑤利用函數(shù)的單調(diào)性等.一、先求和再放縮例1

已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S4＝24，S10＝120.(1)求Sn；解

設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則得a1＝3，d＝2.∴Sn＝3n＋n2－n＝n2＋2n.又S1＝a1＝1，所以a2＝4.(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2.FENCENGXUNLIANGONGGUTISHENG分層訓(xùn)練鞏固提升3A級(jí)基礎(chǔ)鞏固1.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n(2n－1)，則該數(shù)列的前100項(xiàng)之和為(

)A.－200 B.－100 C.200 D.100解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.D2.(2021·成都診斷)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋n，若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S8＝(

) A.546 B.582 C.510 D.548AA.2019 B.2020 C.2021 D.2022C4.(2022·鄭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足an＋1－an＝2，a1＝－5，則|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(

) A.9 B.15 C.18 D.30

解析

由題意知{an}是以2為公差的等差數(shù)列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.C5.在數(shù)列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，則該數(shù)列的前100項(xiàng)之和是(

)A.18 B.8 C.5 D.2解析由an＋2＝an＋1－an＝(an－an－1)－an＝－an－1＝－(an－2－an－3)＝－(an－3－an－4)＋an－3＝an－4，得{an}是周期為6的周期函數(shù)，又a3＝a2－a1＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，∵100＝16×6＋4，∴S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.CA.10 B.120 C.130 D.140B解析設(shè)f(x)＝xα，且f(x)過(guò)點(diǎn)(4，2)，7.(2021·合肥質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為－1，anan＋1＝－2n，則數(shù)列{an}的前10項(xiàng)之和等于________.

解析

因?yàn)閍nan＋1＝－2n，31所以{an}的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)均為公比為2的等比數(shù)列，8.(2022·石家莊模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1009(n∈N*)，則其前2021項(xiàng)之和S2021＝________.解析

S2021＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2020＋a2021)，又an＋1＋an＝n－1009(n∈N*),且a1＝1，∴S2021＝1＋(2－1009)＋(4－1009)＋…＋(2020－1009)＝1＋(2＋4＋6＋…＋2020)－1009×10102021解析Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，則2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，兩式相減得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋19.已知數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整數(shù)n的值為_(kāi)_______.5故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.又an＝2n，∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，依題意52－2n＋1<0，故最小正整數(shù)n的值為5.解因?yàn)閍1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①故當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②10.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通項(xiàng)公式；又n＝1時(shí)，a1＝2適合上式，已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，滿足________.(1)求an；解若選①，即2Sn＝nan＋1，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝(n－1)an，兩式作差得2an＝nan＋1－(n－1)an，即(n＋1)an＝nan＋1，當(dāng)n＝1時(shí)也成立，∴an＝n.若選②，即2Sn＝an＋1an，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝anan－1，兩式作差得2an＝anan＋1－anan－1，由an＞0，得an＋1－an－1＝2.當(dāng)n＝1時(shí)，2S1＝a2a1，得a2＝2.又∵a1＝1，a2＝2，∴{a2n}是公差為2，首項(xiàng)為2的等差數(shù)列，{a2n－1}是公差為2，首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，故an＝n.即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，由an＞0，得an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1，∴{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列.故an＝n.(2)若bn＝