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习题课(二)


习题课(二) 求数列前 n 项和的几种方法

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数列求和是数列的一个重要内容,由于求和形式多样,所以思维容量大,思维层次高, 是高考的热点问题,应给予足够的重视,现总结如下:
一、公式法求和 【例 1】 已知等差数列{an},a2=9,a5=21. (1)求{an}的通项公式; an (2)令 bn=2 ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

思路点拨:由 a2,a5 的值列方程组可求得基本量 a1 和 d,即可求 an;再利用等比数列前 n 项和公式求 Sn.

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? ?a1+d=9 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,依题意得方程组? 解得 a1=5,d=4. ? a + 4d = 21 ? 1

∴{an}的通项公式为 an=4n+1. + + + (2)由 an=4n+1 得 bn=24n 1,bn+1=24(n 1) 1 + + bn+1 24?n 1? 1 4 ∴ = 4n+1 =2 . bn 2 ∴{bn}是以 b1=25 为首项,公比为 q=24 的等比数列. 由等比数列前 n 项和公式得: 25?1-24n? 32?24n-1? Sn= = . 15 1-24

分析数列是由等差数列或等比数列构成,可直接由等差数列与等比数列的 求和公式求和.

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三、错位相减法求和 【例 3】 求和 a+2a2+3a3+…+nan(n∈N).
解:记 Sn=a+2a2+3a3+…+(n-1)an 1+nan, - + 则 aSn=a2+2a3+…+(n-2)an 1+(n-1)an+nan 1. + 两式相减,得(1-a)Sn=(a+a2+a3+…+an)-nan 1. n?n+1? 若 a=1,则 Sn=1+2+…+n= ; 2 + a?1-an? nan 1 若 a≠1,则 Sn= - . ?1-a?2 1-a


(1)一个等比数列在求前 n 项和时,一定要注意公比 q 是否为 1,若不能确 定,则要分 q=1 和 q≠1 两种情况讨论. (2)错位相减法: 等比数列前 n 项和公式的推导方法,即将数列中的各项乘以一个适当的 数(式).然后错开一位相减,使数列中的一些项相互抵消或形成规律,从而得出数列的前 n 项和.此种方法常用于求数列{an· bn}的前 n 项和,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.

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【例 4】 求和 Sn=1×2+4×22+7×23+…+(3n-2)×2n.
解:因为 Sn=1×2+4×22+7×23+…+[3(n-1)-2]×2n 1+(3n-2)×2n,① - + 2Sn=1×22+4×23+…+[3(n-2)-2]×2n 1+[3(n-1)-2]×2n+(3n-2)×2n 1,② 所以①-②得 + -Sn=1×2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-2)×2n 1 + =3×(2+22+…+2n)-(3n-2)×2n 1-4 + + =3×(2n 1-2)-(3n-2)×2n 1-4 + + + =3×2n 1-6-3n×2n 1+2n 2-4 + + + =2n 2+3(1-n)×2n 1-10=(5-3n)×2n 1-10. + 所以 Sn=(3n-5)×2n 1+10.


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四、裂项相消法求和 1 2 n 2 【例 5】 在数列{an}中,an= + +…+ ,又 bn= ,求数列{bn}的前 n+1 n+1 n+1 an· an+1 n 项的和.

1 n 解:an= (1+2+…+n)= , 2 n+1 2 ∵bn= , an· an+1 2 1 1 ∴bn= =8( - ), n n+1 n n+1 · 2 2 ∴数列{bn}的前 n 项和为 1 1 1 1 1 1 1 1 8n Sn=8[(1- )+( - )+( - )+…+( - )]=8(1- )= . 2 2 3 3 4 n n+1 n+1 n+1

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(1)若数列 {an}的通项能转化为 f(n+ 1)- f(n)的形式,常采用裂项相消法求 和. (2)使用裂项相消法求和时,要注意正、负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项. 1 1 1 1 1 1 (3)常见的拆项有:① = - ,②a = a+ ,③ = n+1- n, b b n?n+1? n n+1 n+ n+1 1 1 1 1 ④ = ( - )等. ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1

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六、分段求和法求和 【例 7】 已知数列{an}前 n 项和为 Sn,且 an+Sn=1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 bn=3+log4an,设 Tn=|b1|+|b2|+…+|bn|,求 Tn.
解:(1)由 an+Sn=1,得 an+1+Sn+1=1.两式相减得 an+1-an+Sn+1-Sn=0, 1 ∴2an+1=an,即 an+1= an. 2 又当 n=1 时,a1+S1=1, 1 ∴a1= . 2 1 1 ∴数列{an}是首项为 ,公比为 的等比数列, 2 2 1 1 - 1 - ∴an=a1qn 1= ×( )n 1=( )n. 2 2 2

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1 n 6-n (2)法一:bn=3+log4( )n=3- = . 2 2 2 当 n≤6 时,bn≥0,Tn=b1+b2+…+bn= n?11-n? ; 4

当 n≥7 时,bn<0, Tn=b1+b2+…+b6-(b7+b8+…+bn) 6×5 n2-11n+60 1 ?n-6??n-7? 1 = -[(n-6)(- )+ ×(- )]= , 4 2 2 2 4

? ? 综上可知,T =? n -11n+60 ? ? 4
n 2

n?11-n? 4

?n≤6? . ?n≥7?

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1 n 6-n 法二:bn=3+log4( )n=3- = . 2 2 2 当 n≤6 时,bn≥0,|bn|=bn, n?11-n? ∴Tn=b1+b2+…+bn= . 4 当 n≥7 时,bn<0,|bn|=-bn, ∴Tn=b1+b2+…+b6-b7-b8-…-bn =2(b1+b2+…+b6)-(b1+b2+…+bn) n2-11n+60 =2T6-Sn′= ,(其中 Sn′表示{bn}的前 n 项和) 4 n?11-n? ? ? 4 综上可知:T =? n -11n+60 ? ? 4
n 2

?n≤6? . ?n≥7?

如果一个数列是由各自具有不同特点的两段构成,则可考虑利用分段求和 法求和.
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