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第五節　數列求和
【核心考點·分類突破】
考點一分組求和與并項求和
1.數列1,3,5,7,…,(2n-1)+的前n項和Sn的值等于(　　)
A.n2+1-　 B.2n2-n+1-
C.n2+1-　 D.n2-n+1-
【解析】選A.Sn=[1+3+…+(2n-1)]+(++…+)=+=n2+1-.
2.已知數列{an}的前n項和為Sn,且滿足an+an+1+an+2=cos ,a1=1,則S2 023=(　　)
A.0　 B.　 C.1　 D.
【解析】選C.S2 023=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+…+(a2 021+a2 022+a2 023)=1+cos +cos +…+cos +cos =1+337×(cos +cos )=1.
3.已知函數f(n)=且an=f(n)+f(n+1),則a1+a2+a3+…+a100=(　　)
A.0　 B.100
C.-100　 D.10 200
【解析】選B.由題意,得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002
-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.
4.若數列{an}的通項公式是an=(-1)n·(3n-2),則a1+a2+…+a10等于　　　　　.
【解析】記bn=3n-2,則數列{bn}是以1為首項,3為公差的等差數列,
所以a1+a2+…+a9+a10=(-b1)+b2+…+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+…+(b10-b9)=5×3=15.
答案:15
5.數列1,,2,,4,,…的前2n項和=　　　　　.
【解析】=(1+2+4+…+2n-1)+(+++…+)=2n-1+1-=2n-.
答案:2n-
6.(2024·徐州模擬)下面的數組均由三個數組成,分別是:(1,2,-1),(2,4,-2),(3,8,-5),
(4,16,-12),(5,32,-27),…,(an,bn,cn),若數列{cn}的前n項和為Sn,則S10=　　　　　.
【解析】(分組求和法)易知{an}是首項為1,公差為1的等差數列,{bn}是首項為2,公比為2的等比數列,且cn=an-bn,
所以S10=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(a10-b10)=(a1+a2+…+a10)-(b1+b2+…+b10)
=10×1+-=-1 991.
答案:-1 991
解題技法
1.分組轉化法求和的常見類型主要有:分段型(如①an=②an=2n+3n-1),周期型(如an=sin ).
2.并項求和法:一個數列的前n項和中,可兩兩或幾個相結合求解,則稱之為并項求和.形如an=(-1)nf(n)類型,可采用兩項合并求解.
考點二裂項相消法求和
模型一　bn=({an}為等差數列)型
[例1](1)數列{an}中,an=,則數列{an}的前2 024項和S2 024=　　　　　.
【解析】由題意得,an==-,
故S2 024=(1-)+(-)+…+(-)=1-=.
答案:
(2)求和
①Sn=1+++…+=　　　　　.
【解析】①因為an==2(-),
所以Sn=a1+a2+…+an=2[)+(-)+…+(]=2(1-)=.
②Sn=++…+=　　　　　.
【解析】②因為an==-),
所以Sn=(1-+-+…+-)
=(1+--)=-.
③Sn=++…+=　　　　　.
【解析】③因為an==-),
所以Sn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-)=.
答案:①　②-
③
解題技法
形如bn=型解題策略
(1)利用裂項相消法求和時,應注意抵消后不一定只剩下第一項和最后一項,也有可能前面剩兩項,后面也剩兩項.
(2)將通項公式裂項后,有時候需要調整前面的系數,使裂開的兩項之差和系數之積與原項相等,如:若{an}是等差數列,則=-),=-).
對點訓練
已知數列{an}為公差大于0的等差數列,a2·a3=15,且a1,a4,a25成等比數列.
(1)求數列{an}的通項公式;
【解析】(1)設等差數列{an}的公差為d(d>0).
由題意得解得
所以an=1+2(n-1)=2n-1.
所以數列{an}的通項公式是an=2n-1.
(2)設bn=,數列{bn}的前n項和為Sn,若Sm=,求m的值.
【解析】(2)由(1)知,bn===·(-),
所以Sn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-)=.
因為Sm=,所以Sm==,
解得m=20.
所以m的值為20.
模型二　an=型
[例2](1)設數列{an}的前n項和為Sn,若an=,則S99=(　　)
A.7　 B.8　 C.9　 D.10
【解析】選C.an==-,
所以S99=(-1)+(-)+…+(-)=-1=9.
(2)已知函數f (x)=xa的圖象過點(4,2),令an=,n∈N*.記數列{an}的前n項和為Sn,則S2 025=　　　　.
【解析】由f (4)=2可得4a=2,解得a=,
則f (x)=,
所以an===-,
S2 025=a1+a2+a3+…+a2 025=(-1)+(-)+(-)+…+
(-)+(-)=-1.
答案:-1
解題技法
形如an=型的數列采用裂項相消法求和時,應先將分母有理化.
對點訓練
已知等差數列{an}的前n項和為Sn,公差為d,其中d,S9為函數f(x)=(x-2)(x-99)的兩個零點且d(1)求數列{an}的通項公式;
【解析】(1)因為d,S9為函數f(x)=(x-2)(x-99)的兩個零點且d又因為Sn=na1+d,所以9a1+×2=99,解得a1=3,所以數列{an}是首項為3,公差為2的等差數列,所以an=a1+(n-1)d=2n+1.
(2)若bn=(n∈N*),求數列{bn}的前n項和Tn.
【解析】(2)因為bn=
=
=(-),
所以Tn=(-)+(-)+…+(-)+(-)
=.
考點三錯位相減法求和
[例3]已知等比數列{an}的前n項和為Sn,且a1=2,S3=a3+6.
(1)求數列{an}的通項公式.
【解析】(1)設等比數列{an}的公比為q.
由a1=2,S3=a3+6,
得a1(1+q+q2)=6+a1q2,
解得q=2,
所以an=2n.
(2)設bn=log2an,求數列{anbn}的前n項和Tn.
【解析】(2)由(1)可得bn=log2an=n,
所以anbn=n·2n,
Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)2n+n·2n+1,
所以-Tn=2+22+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,
所以Tn=(n-1)2n+1+2.
解題技法
錯位相減法求和的步驟
設{anbn}的前n項和為Sn,其中數列{an}為公差為d的等差數列,數列{bn}為公比為q(q≠1)的等比數列.則錯位相減法求和的步驟如下.
因為Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,
所以qSn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1.
兩式相減得(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1=a1b1+d·-anbn+1,
令Tn=a1b1+d·-anbn+1,則Sn=.
對點訓練
已知數列的前n項和為Sn=3n2+8n-6,是等差數列,且an=bn+bn+1(n≥2).
(1)求數列和的通項公式;
【解析】(1)Sn=3n2+8n-6,
所以n≥2時,Sn-1=3(n-1)2+8(n-1)-6,
所以an=Sn-Sn-1=6n+5.
n=1時,a1=S1=5,不滿足an=6n+5,
所以an=;
設的公差為d,an=bn+bn+1(n≥2),
所以an-1=bn-1+bn(n≥3),
所以an-an-1=bn+1-bn-1,所以2d=6,所以d=3.
因為a2=b2+b3,所以17=2b2+3,
所以b2=7 b1=4,所以bn=3n+1;
(2)令cn=bn·2n+2n+1,求數列的前n項和Tn.
【解析】(2)cn=3(n+1)2n,
所以Tn=3①,
所以2Tn=3②,
①-②得,-Tn=3
=6+3
=-3n·2n+1,
所以Tn=3n·2n+1,
所以數列的前n項和Tn=3n·2n+1.第五節　數列求和
【核心考點·分類突破】
考點一分組求和與并項求和
1.數列1,3,5,7,…,(2n-1)+的前n項和Sn的值等于(　　)
A.n2+1-　 B.2n2-n+1-
C.n2+1-　 D.n2-n+1-
2.已知數列{an}的前n項和為Sn,且滿足an+an+1+an+2=cos ,a1=1,則S2 023=(　　)
A.0　 B.　 C.1　 D.
3.已知函數f(n)=且an=f(n)+f(n+1),則a1+a2+a3+…+a100=(　　)
A.0　 B.100
C.-100　 D.10 200
4.若數列{an}的通項公式是an=(-1)n·(3n-2),則a1+a2+…+a10等于　　　　　.
5.數列1,,2,,4,,…的前2n項和=　　　　　.
6.(2024·徐州模擬)下面的數組均由三個數組成,分別是:(1,2,-1),(2,4,-2),(3,8,-5),
(4,16,-12),(5,32,-27),…,(an,bn,cn),若數列{cn}的前n項和為Sn,則S10=　　　　　.
解題技法
1.分組轉化法求和的常見類型主要有:分段型(如①an=②an=2n+3n-1),周期型(如an=sin ).
2.并項求和法:一個數列的前n項和中,可兩兩或幾個相結合求解,則稱之為并項求和.形如an=(-1)nf(n)類型,可采用兩項合并求解.
考點二裂項相消法求和
模型一　bn=({an}為等差數列)型
[例1](1)數列{an}中,an=,則數列{an}的前2 024項和S2 024=　　　　　.
(2)求和
①Sn=1+++…+=　　　　　.
②Sn=++…+=　　　　　.
③Sn=++…+=　　　　　.
解題技法
形如bn=型解題策略
(1)利用裂項相消法求和時,應注意抵消后不一定只剩下第一項和最后一項,也有可能前面剩兩項,后面也剩兩項.
(2)將通項公式裂項后,有時候需要調整前面的系數,使裂開的兩項之差和系數之積與原項相等,如:若{an}是等差數列,則=-),=-).
對點訓練
已知數列{an}為公差大于0的等差數列,a2·a3=15,且a1,a4,a25成等比數列.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)設bn=,數列{bn}的前n項和為Sn,若Sm=,求m的值.
模型二　an=型
[例2](1)設數列{an}的前n項和為Sn,若an=,則S99=(　　)
A.7　 B.8　 C.9　 D.10
(2)已知函數f (x)=xa的圖象過點(4,2),令an=,n∈N*.記數列{an}的前n項和為Sn,則S2 025=　　　　.
解題技法
形如an=型的數列采用裂項相消法求和時,應先將分母有理化.
對點訓練
已知等差數列{an}的前n項和為Sn,公差為d,其中d,S9為函數f(x)=(x-2)(x-99)的兩個零點且d(1)求數列{an}的通項公式;
(2)若bn=(n∈N*),求數列{bn}的前n項和Tn.
考點三錯位相減法求和
[例3]已知等比數列{an}的前n項和為Sn,且a1=2,S3=a3+6.
(1)求數列{an}的通項公式.
(2)設bn=log2an,求數列{anbn}的前n項和Tn.
解題技法
錯位相減法求和的步驟
設{anbn}的前n項和為Sn,其中數列{an}為公差為d的等差數列,數列{bn}為公比為q(q≠1)的等比數列.則錯位相減法求和的步驟如下.
因為Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,
所以qSn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1.
兩式相減得(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1=a1b1+d·-anbn+1,
令Tn=a1b1+d·-anbn+1,則Sn=.
對點訓練
已知數列的前n項和為Sn=3n2+8n-6,是等差數列,且an=bn+bn+1(n≥2).
(1)求數列和的通項公式;
(2)令cn=bn·2n+2n+1,求數列的前n項和Tn.

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