2020学年高一数学下册期末数列求和知识梳理 8页

高一数学下学期期末备考数列求和知识点 1．公式法 直接利用等差、等比数列的求和公式求和． （1）等差数列的前 n 项和公式 Sn＝na1＋an 2 ＝na1＋nn－1 2 d. （2）等比数列的前 n 项和公式 Sn＝ na1，q＝1， a1－anq 1－q ＝a11－qn 1－q ，q≠1. 例 1．一个球从 100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第 10 次着地时，经过的路程是( ) A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9) C．200(1－2－9) D．100(1－2－9) 【答案】A [第 10 次着地时，经过的路程为 100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋ 2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－11－2－9 1－2－1 ＝100＋200(1－2－9)．] 2．分组转化法 把数列转化为几个等差、等比数列，再求解．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，则可采用分组求和法求{an}的前 n 项 和． (2)通项公式为 an＝ bn，n 为奇数， cn，n 为偶数 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列， 可采用分组求和法求和． 3．并项求和法 一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an＝(－1)nf(n)类型， 可采用两项合并求解． 例 2、(2019·山东青岛月考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋n 2 ，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＋n 2 －n－12＋n－1 2 ＝n. a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项 公式为 an＝n. (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1－22n 1－2 ＝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. [变式探究] 本例(2)中，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 由(1)知 bn＝2n＋(－1)nn. 当 n 为偶数时， Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝2－2n＋1 1－2 ＋n 2 ＝2n＋1＋n 2 －2； 当 n 为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] ＝2n＋1－2＋n－1 2 －n＝2n＋1－n 2 －5 2. ∴Tn＝ 2n＋1＋n 2 －2，n 为偶数， 2n＋1－n 2 －5 2 ，n 为奇数. 练习、 (2019·四川巴中质检)在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{an＋bn}是首项为 1，公比为 q 的等比数列，求{bn}的前 n 项和 Sn. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d， 则 a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6， ∴d＝－3，∴a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得 a1＝－1， ∴数列{an}的通项公式为 an＝－3n＋2. (2)∵数列{an＋bn}是首项为 1，公比为 q 的等比数列， ∴an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，∴bn＝3n－2＋qn－1， ∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝n3n－1 2 ＋(1＋q＋q2＋…＋qn－ 1)． 当 q＝1 时，Sn＝n3n－1 2 ＋n＝3n2＋n 2 ； 当 q≠1 时，Sn＝n3n－1 2 ＋1－qn 1－q . 4．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．裂项法求和在高考中经常考 查，多以解答题的形式考查，并且往往出现在第二问，难度属中低档． （1）常见的裂项公式 ① 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ； ② 1 2n－12n＋1 ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1 ； ③ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n. （2）利用裂项相消法求和的注意事项 1)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． 2)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． 3)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相 等．如：若{an}是等差数列，则 1 anan＋1 ＝1 d 1 an － 1 an＋1 ， 1 anan＋2 ＝ 1 2d 1 an － 1 an＋2 . 考点一：形如 an＝ 1 n＋kn＋p 的数列求和 例 3、(2019·山东威海月考)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前 10 项和 S10＝100. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝ 1 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和． 解 (1)设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d.由已知得 2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d＝20， 10a1＋10×9 2 d＝10a1＋45d＝100， 解得 a1＝1， d＝2， 所以数列{an}的通项公式为 an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)bn＝ 1 2n－12n＋1 ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1 ， 所以 Tn＝1 2 1－1 3 ＋1 3 －1 5 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1 ＝1 2 1－ 1 2n＋1 ＝ n 2n＋1. 考点 2：形如 an＝ 1 n＋k＋ n 的数列求和 例 4、(2019·皖北八校联考)已知函数 f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令 an＝ 1 fn＋1＋fn ，n∈ N*. 记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S 2 014＝( ) A． 2 013－1 B． 2 014－1 C． 2 015－1 D． 2 015＋1 【答案】C [由 f(4)＝2 可得 4α＝2，解得α＝1 2 ，则 f(x)＝x1 2.∴an＝ 1 fn＋1＋fn ＝ 1 n＋1＋ n ＝ n＋1－ n，S2 014＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋( 2 014 － 2 013)＋( 2 015－ 2 014)＝ 2 015－1.] 考点 3：形如 an＝ n＋1 n2n＋22 的数列求和 例 5、(2019·山东淄博模拟)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n) ＝0. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)令 bn＝ n＋1 n＋22a2n ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 n∈N*，都有 Tn< 5 64. (1)解 由 S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正项数列，所以 Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是 a1＝S1＝2，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上，数列{an}的通项公式为 an＝2n. (2)证明 由于 an＝2n， 故 bn＝ n＋1 n＋22a2n ＝ n＋1 4n2n＋22 ＝ 1 16 1 n2－ 1 n＋22 . Tn＝ 1 16 1－ 1 32＋ 1 22－ 1 42＋ 1 32－ 1 52＋…＋ 1 n－12 － 1 n＋12 ＋ 1 n2－ 1 n＋22 ＝ 1 16 1＋ 1 22－ 1 n＋12 － 1 n＋22 < 1 16 1＋ 1 22 ＝ 5 64. 练习、(2019·山东泰安月考)在数列{an}中，an＝ 1 nn＋1 ，若{an}的前 n 项和为2 019 2 020 ，则项 数 n 为( ) A．2 016 B．2 017 C．2 018 D．2 019 【答案】D [因为 an＝ 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ，所以 Sn＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 ＝2 019 2 020 ，所以 n＝2 019.] 练习、(2019·山东东营模拟)已知数列{an}中，a1＝1，其前 n 项和为 Sn，且满足 an＝ 2S2n 2Sn－1(n≥2)． (1)求证：数列 1 Sn 是等差数列； (2)证明：当 n≥2 时，S1＋1 2S2＋1 3S3＋…＋1 nSn＜3 2. 证明 (1)当 n≥2 时，Sn－Sn－1＝ 2S2n 2Sn－1 ， Sn－1－Sn＝2SnSn－1， 1 Sn － 1 Sn－1 ＝2， 又 a1＝1， 1 S1 ＝1， 从而 1 Sn 构成以 1 为首项，2 为公差的等差数列． (2)由(1)可知，1 Sn ＝ 1 S1 ＋(n－1)×2＝2n－1， ∴Sn＝ 1 2n－1 ，∴当 n≥2 时，1 nSn＝ 1 n2n－1 ＜ 1 n2n－2 ＝1 2· 1 nn－1 ＝1 2 1 n－1 －1 n . 从而 S1＋1 2S2＋1 3S3＋…＋1 nSn＜1＋1 2 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n－1 －1 n ＝3 2 － 1 2n ＜3 2. 5．倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 例 6、判断对错，推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得 sin21° ＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( ) 【答案】√ 6．错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和．错位相减法求和时 的注意点： (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． (2)在写出“Sn”与“qSn”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 “Sn－qSn”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． 7．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn＋1 2 . (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1). (4)12＋22＋…＋n2＝nn＋12n＋1 6 . 例 7、(2019·山东济宁月考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已知 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列 bn an 的前 n 项 和 Tn. 解 (1)设{an}的公比为 q， 由题意知 a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2， 又 an>0，由以上两式联立方程组解得 a1＝2，q＝2， 所以 an＝2n. (2)由题意知 S2n＋1＝2n＋1b1＋b2n＋1 2 ＝(2n＋1)bn＋1， 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bn an ，则 cn＝2n＋1 2n . 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝3 2 ＋ 5 22＋ 7 23＋…＋2n－1 2n－1 ＋2n＋1 2n ， 又 1 2Tn＝ 3 22＋ 5 23＋ 7 24＋…＋2n－1 2n ＋2n＋1 2n＋1 ， 两式相减得 1 2Tn＝3 2 ＋ 1 2 ＋ 1 22＋…＋ 1 2n－1 －2n＋1 2n＋1 ， 所以 Tn＝5－2n＋5 2n . 练习、已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比 q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ n an ，求{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q， 因为 S2＝2a2－2，① S3＝a4－2，② 所以由①②两式相减得 a3＝a4－2a2， 即 q2－q－2＝0. 又因为 q>0，所以 q＝2. 又因为 S2＝2a2－2，所以 a1＋a2＝2a2－2， 所以 a1＋a1q＝2a1q－2， 代入 q＝2，解得 a1＝2，所以 an＝2n. (2)由(1)得 bn＝ n 2n， 所以 Tn＝1 2 ＋ 2 22＋ 3 23＋…＋n－1 2n－1 ＋ n 2n，① 将①式两边同乘1 2 ，得 1 2Tn＝ 1 22＋ 2 23＋ 3 24＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1 ，② 由①②两式错位相减得 1 2Tn＝1 2 ＋ 1 22＋ 1 23＋ 1 24＋…＋ 1 2n－ n 2n＋1 ＝ 1 2 1－ 1 2 n 1－1 2 － n 2n＋1 ＝1－ 1 2n－ n 2n＋1 ，整理得 Tn＝2－n＋2 2n . 练习、已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－1 2n2＋kn(其中 k∈N*)，且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k，并求 an； (2)设数列 9－2an 2n 的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<4. (1)解 当 n＝k∈N*时，Sn＝－1 2n2＋kn 取得最大值， 即 8＝Sk＝－1 2k2＋k2＝1 2k2，故 k2＝16，k＝4. 当 n＝1 时，a1＝S1＝－1 2 ＋4＝7 2 ， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝9 2 －n. 当 n＝1 时，上式也成立． 综上，an＝9 2 －n. (2)证明 ∵9－2an 2n ＝ n 2n－1 ， ∴Tn＝1＋2 2 ＋ 3 22＋…＋n－1 2n－2 ＋ n 2n－1 ，① 2Tn＝2＋2＋3 2 ＋…＋n－1 2n－3 ＋ n 2n－2.② ②－①，得 2Tn－Tn＝2＋1＋1 2 ＋…＋ 1 2n－2 － n 2n－1 ＝4－ 1 2n－2 － n 2n－1 ＝4－n＋2 2n－1 . ∴Tn＝4－n＋2 2n－1 ， ∴Tn<4.