人教B版高中数学高一必修5练习2.3.2数列求和

?
s n (1 ) ( ) ( )
1 1 n n 1 n 1
1 2
1 2
1 3
1 3
1 4
(
1
n

1 ) n 1
8
练习
数列 an 的通项公式an 1
n (n 2)
,求它的前n项和sn
?
1 1 1 ( ) 2 n n 2
9
知识点3：裂项相消法
· · ·
· · ·
13
随堂练 习
1、数列 2、求和： 3、已知各项不为零的等差数列 · · · ， ， · · · 的前n项和 · · · ，求证： · · ·
14
3
1 1 1 1 ……的前n项和 例2：求数列 1 ,2 ,3 ,4 2 4 8 16
解：因为an n
1
2n
1 1 1 所以，sn (1 ) (2 ) (3 ) 2 4 8
1 (n n ) 2
=(1+2+3+
1 1 1 n)+( + + + 2 4 8
1 + n ) 2
a 和 bn 均为等差数列，
n
1 如果一个数列 cn 通项公式cn ， an bn 且 an bn d(d 为常数) ，则我们往往采用 裂项相消法。
10
1 3 5 2n 1 例5、求和： ＋ ＋ ＋＋ n 2 4 8 2
知识点4：错位相减法 若数列的通项公式为 cn an bn ，其中 an bn 中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和 时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的 等比数列的公比；然后再将得到的新和式和原和 式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方 法就是错位相减法。

解得dq＝ ＝28，或qd＝＝4－3056(舍去)， 故 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1. (2)因为 Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)， 所以S1n＝n（n1＋2）＝12n1－n＋1 2，
所
以
1 S1
＋
1 S2
＋
1 S3
＋
…
1 2×4
＋
1 3×5
数列求和之裂项相消法和错位相减法
1．基本求和公式 (1)等差数列前 n 项和 Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n2－1）d. (2)等比数列前 n 项和 Sn＝a1（11－－qqn）（q≠1）.
na1（q＝1）
2．裂项求和基本等式 AK·B＝B－K AA1 －B1 . 3．错位相减基本等式 {an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列，则 {anbn}的前 n 项和 Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＋anbn， qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－2bn－1＋an－1bn＋anbnq， 则(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbnq ＝a1b1＋d·b2（11－－qqn－1）－anbnq(q≠1)．
n a1an＋1.
【对点通关】
1．(必修
5
P47B
组
T4
改编)数列n（n1＋1）
的前
n
项和为19090，
则 n 的值为( )
A．9
B．10
C．99
D．100
解析：选 C.由题意得1×1 2＋2×1 3＋3×1 4＋…＋n×（1n＋1）＝
11－21＋12－13＋13－41＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1＝n＋n 1＝19090.

C.12(n2－n＋2)－21n
D.12n(n＋1)＋2(1－21n)
明目标、知重点
1234
解析 121＋214＋318＋…＋(n＋21n) ＝(1＋2＋…＋n)＋(21＋41＋…＋21n) ＝nn2＋1＋2111－－1221n＝12(n2＋n)＋1－21n＝12(n2＋n＋2)－21n. 答案 A
明目标、知重点
当n为奇数时，令n＝2k＋1 (k∈N＋).
－3n＋1 Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝ 2 .
－3n＋1
∴Sn＝
2
n为奇数，
3n 2
n为偶数.
明目标、知重点
当堂测·查疑缺
1234
1.数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝nn1＋1，则 S5 等于( B )
明目标、知重点
跟踪训练1 求数列1,1＋a,1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋ an－1，…的前n项和Sn(其中a≠0). 解 当a＝1时，则an＝n，
nn＋1 于是 Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝ 2 . 当 a≠1 时，an＝11－－aan＝1－1 a(1－an).
明目标、知重点
∴Sn＝1－1 a[n－(a＋a2＋…＋an)]
x＝±1， x≠±1.
明目标、知重点
呈重点、现规律
求数列前n项和，一般有下列几种方法. 1.错位相减 适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数 列求和. 2.分组求和 把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
明目标、知重点
3.裂项相消 有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程 消去中间项，只剩有限项再求和. 4.奇偶并项 当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值 的奇偶性进行分类讨论. 5.倒序相加 例如，等差数列前n项和公式的推导方法.

2.3.2 等比数列的前n 项和1．理解等比数列的前n 项和公式的推导过程．2．掌握等比数列的前n 项和公式，并能用它解决有关等比数列问题．(1)在求等比数列{a n }的前n 项和公式时，应分q ＝1和q ≠1两种情况，若题目中没有指明，切不可忘记对q ＝1这一情形的讨论．(2)等比数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量，即a 1，a n ，q ，n ，S n ，通常已知其中三个量可求另外两个量，这一方法简称为“知三求二”．【做一做1－1】在等比数列{a n }中，公比q ＝－2，S 5＝44，则a 1的值为( )． A ．4 B ．－4 C ．2 D ．－2【做一做1－2】在等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和为( )． A ．81 B ．120 C ．168 D ．1922．等比数列前n 项和的常用性质性质(1)：在等比数列{a n }中，若S n 为其前n 项和，则依次每k 项的和构成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，S 4k －S 3k ，…成等比数列，其公比为________．性质(2)：在等比数列{an }中，若项数为2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝____. 性质(3)：数列{a n }是公比为q 的等比数列，则S m ＋n ＝S n ＋__________.【做一做2】已知等比数列{a n }，S n 是其前n 项和，且S 3＝7，S 6＝63，则S 9＝________.一、错位相减法的实质及应用剖析：(1)用错位相减法求等比数列前n 项和的实质是把等式两边同乘等比数列的公比q ，得一新的等式，错位相减求出S n －qS n ，这样可以消去大量的“中间项”，从而能求出S n .当q ＝1时，S n ＝na 1，当q ≠1时，S n ＝a 1－a 1q n1－q.这是分段函数的形式，分段的界限是q ＝1.(2)对于形如{x n ·y n }的数列的和，其中{x n }为等差数列，{y n }为等比数列，也可以用错位相减法求和．错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题．(3)利用这种方法时，要注意对公比的分类讨论．二、等比数列的前n 项和公式的推导(首项为a 1，公比q ≠1)剖析：除了书上用到的错位相减法之外，还有以下方法可以求等比数列的前n 项和． (1)等比性质法 ∵a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a na n －1＝q ， ∴a 2＋a 3＋a 4＋…＋a na 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝q ，即S n －a 1S n －a n ＝q ，解得S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 1－q n 1－q. (2)裂项相消法S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝(a 11－q －a 1q 1－q )＋(a 1q 1－q －a 1q 21－q)＋(a 1q 21－q －a 1q 31－q )＋…＋(a 1q n －11－q －a 1q n 1－q )＝a 11－q －a 1q n 1－q ＝a 1－q n1－q. (3)拆项法S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －2)＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －2＋a 1q n －1－a 1q n －1)，∴S n ＝a 1＋q (S n －a 1q n －1) ＝a 1＋q (S n －a n )．解得S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 1－q n1－q.三、教材中的“？”例2中，有别的解法吗？将这个数列的前8项倒过来排，试一试．剖析：∵S 8＝27＋26＋25＋…＋2＋1， ∴S 8＝1＋2＋22＋…＋26＋27＝－281－2＝28－1＝255.此题说明了在一个等比数列{a n }中，若为有限项，如a 1，a 2，…，a n ，则a n ，a n －1，…，a 2，a 1也是等比数列，其公比为原数列公比的倒数．题型一 等比数列的前n 项和公式的应用 【例1】在等比数列{a n }中，(1)已知a 1＝3，q ＝2，求a 6，S 6；(2)已知a 1＝－1，a 4＝64，求q 和S 4； (3)已知a 3＝32，S 3＝92，求a 1，q .分析：在等比数列的前n 项和公式中有五个基本量a 1，a n ，q ，n ，S n ，只要已知任意三个，就可以求出其他两个．反思：在等比数列{a n }中，首项a 1与公比q 是两个最基本的元素；有关等比数列的问题，均可化成关于a 1，q 的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)利用等比数列的有关性质；(3)注意在使用等比数列前n 项和公式时，要考虑q 是否等于1.题型二 等比数列的前n 项和的性质的应用【例2】在各项均为正数的等比数列{a n }中，若S 10＝10，S 20＝30，求S 30.分析：可以利用解方程组解决，也可以利用等比数列的前n 项和的性质来解决．反思：由于等比数列中，无论是通项公式还是前n 项和公式，均与q 的若干次幂有关，所以在解决等比数列问题时，经常出现高次方程，为达到降幂的目的，在解方程组时经常利用两式相除，达到整体消元的目的．题型三 某些特殊数列的求和【例3】(1)已知数列{a n }的通项公式a n ＝2n＋n ，求该数列的前n 项和S n ；(2)已知数列{a n }的通项公式a n ＝n ·2n，求该数列的前n 项和S n .分析：(1)所给数列虽然不是等差数列或等比数列，但在求该数列的前n 项和时可以把a n 看成一个等比数列和一个等差数列的和的形式，分别求和，再相加．(2)写出数列的前n 项和，注意其与等比数列形式类似，考虑用推导等比数列求和公式的方法来求其前n 项和．反思：(1)分组求和法适用于某些特殊数列的求和，这些特殊数列的通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式；(2)错位相减法适用于求一个等差数列与一个等比数列的积组成的新数列的前n 项和．题型四 等比数列前n 项和的实际应用【例4】为了保护某处珍贵文物古迹，政府决定建一堵大理石护墙，设计时，为了与周边景观协调，对于同种规格的大理石用量须按下述法则计算：第一层用全部大理石的一半多一块，第二层用剩下的一半多一块，第三层……依此类推，到第十层恰好将大理石用完，问共需大理石多少块？每层各用大理石多少块？分析：设出共用大理石的块数，即可求出各层大理石的使用块数，通过观察，此即为一等比数列，通过等比数列求和，求出总块数，再求出每层用的块数．反思：对于实际问题，可以采用设出未知量的方法使之具体化．通过对前几项的探求，寻找其为等比数列的本质，再通过等比数列求和公式来求解．题型五 易错辨析【例5】已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，n ，n 为偶数，试求其前n 项和．错解：S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n )＝－4n21－4＋n2×2＋n 2n2－2×2＝13·2n ＋1＋n 24＋n 2－23. 错因分析：这里数列的通项a n 是关于n 的分段函数，当n 为奇数或为偶数时对应不同的法则，因此求和必须对项数n 进行分类讨论．1在等比数列{a n }中，若a 1＝1，a 4＝18，则该数列的前10项和为( )．A ．2－128B ．2－129C ．2－1210 D ．2－1211 2等比数列的前n 项和S n ＝k ·3n＋1，则k 的值为( )．A ．全体实数B ．－1C ．1D ．33某人为了观看2012年奥运会，从2005年起，每年5月10日到银行存入a 元定期储蓄，若年利率为p 且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2012年将所有的存款及利息全部取回，则可取回的钱的总数(元)为( )．A ．a (1＋p )7B ．a (1＋p )8C ．ap [(1＋p )7－(1＋p )] D ．a p[(1＋p )8－(1＋p )]4已知等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 2＝2，a 1a 5＝16，则S 5＝________. 5在等比数列{a n }中，S n ＝65，n ＝4，q ＝23，则a 1＝________.6在等比数列{a n }中，S 3＝4，S 6＝36，求a n . 答案：基础知识·梳理1．na 1 a 1(1－q n )1－q na 1 a 1－a n q1－q【做一做1－1】A 由题意，知q ≠1，故有S 5＝44＝a 1(1－q 5)1－q，将q ＝－2代入解得a 1＝4.【做一做1－2】B 由a 5＝a 2·q 3，得q 3＝2439＝27，∴q ＝3，从而a 1＝3.∴S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝3×(1－34)1－3＝120.2．q k (q ≠－1) q q n·S m 【做一做2】511 典型例题·领悟【例1】解：(1)a 6＝a 1q 5＝3×25＝96.S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝3(1－26)1－2＝189.(2)∵a 4＝a 1q 3，∴64＝－q 3.∴q ＝－4，∴S 4＝a 1－a 4q 1－q ＝－1－64×(－4)1－(－4)＝51.(3)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝32，S 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝92，①②②÷①，得1＋q ＋q2q2＝3， ∴2q 2－q －1＝0，∴q ＝1或q ＝－12.当q ＝1时，a 1＝32；当q ＝－12时，a 1＝6.【例2】解：解法一：设{a n }的公比为q ，显然q ≠1.由已知条件可列出方程组⎩⎪⎨⎪⎧10＝a 1(1－q 10)1－q，30＝a 1(1－q20)1－q，两式作商，得1＋q 10＝3，∴q 10＝2.∴S 30＝a 1(1－q 30)1－q＝a 1(1－q 10)1－q(1＋q 10＋q 20)＝10×(1＋2＋4)＝70.解法二：由性质S m ＋n ＝S n ＋q n·S m ，得S 20＝S 10＋q 10S 10，即30＝10＋10q 10，∴q 10＝2.∴S 30＝S 20＋q 20S 10＝30＋40＝70.解法三：运用性质S m 1－q m ＝S n1－qn (q ≠±1)．由已知条件S 10＝10，S 20＝30，易得q ≠±1，∴S 101－q 10＝S 201－q 20，即101－q 10＝301－q20.∴q 10＝2. 又S 101－q 10＝S 301－q30，解得S 30＝70. 解法四：运用性质S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，S 4k －S 3k ，…成等比数列．∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，而S 10＝10，S 20＝30，∴(S 20－S 10)2＝S 10·(S 30－S 20)，即(30－10)2＝10×(S 30－30)．∴S 30＝70. 【例3】解：(1)S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n )＝(2＋22＋23＋ (2))＋(1＋2＋3＋…n )＝2(1－2n)1－2＋(1＋n )n2 ＝2n ＋1－2＋(n ＋1)n 2.(2)∵S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，∴－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1，∴S n ＝n .2n ＋1－(2＋22＋23＋ (2))＝n ·2n ＋1－2(1－2n)1－2＝n ·2n ＋1－(2n ＋1－2)＝(n －1)·2n ＋1＋2.【例4】解：设共用大理石x 块，则各层用大理石块数分别为第一层：x 2＋1＝x ＋22；第二层：x －x ＋222＋1＝x ＋24；第三层：x －x ＋22－x ＋242＋1＝x ＋28；……第十层：x －x ＋22－x ＋24－…－x ＋2292＋1＝x ＋2210.所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为x ＋22，公比为12，项数为10的等比数列，故x ＝x ＋22＋x ＋24＋…＋x ＋2210，解得x ＝2 046.答：共用去大理石2 046块，各层分别为1 024,512,256,128,64,32,16,8,4,2块． 【例5】正解：(1)当n 为奇数时，S n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n )＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n －1)＝2(1－4n ＋12)1－4＋n －12×2＋n －12(n －12－1)2×2＝13·2n ＋2＋n 24－1112. (2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n )＝2(1－4n 2)1－4＋n 2×2＋n 2(n2－1)2×2＝13·2n ＋1＋n 24＋n 2－23. 随堂练习·巩固1．B 设其公比为q ，∵a 1＝1，a 4＝a 1q 3＝18.∴q ＝12.∴S 10＝1×(1－1210)1－12＝2－129.2．B 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3k ＋1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝k ·3n －k ·3n －1＝2k ·3n－1.令3k ＋1＝2k 得k ＝－1.3．D 2005年存入的a 元到2012年所得的本息和为a (1＋p )7,2006年存入的a 元到2012年所得的本息和为a (1＋p )6，依此类推，则2011年存入的a 元到2012年的本息和为a (1＋p )，每年所得的本息和构成一个以a (1＋p )为首项，1＋p 为公比的等比数列，则到2012年取回的总额为a (1＋p )＋a (1＋p )2＋…＋a (1＋p )7＝a (1＋p )[1－(1＋p )7]1－(1＋p )＝a p[(1＋p )8－(1＋p )]．4．315．27 S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝a 1[1－(23)4]1－23＝65，解得a 1＝27.6．解：∵S 33≠S 66，∴q ≠1.∴S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝4，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝36.两式相除，得1＋q 3＝9，∴q ＝2.将q ＝2代入S 3＝4，得a 1＝47.∴a n ＝47·2n －1＝2n ＋17.。