专题2 求数列的前n项和 -(人教A版2019选择性必修第二、三册)(教师版)

求数列的前n项和求数列的前n项和Sn是数列中常考的一大专题，其方法有公式法、倒序相加(乘)法、分组求和法与裂项相消法等，在掌握这些方法的时候要注意方法的适用范围，其中的计算量有些大，技巧性也较强，需要多加以理解与总结【方法一】公式法若已知数列是等差或等比数列，求其前n项和可直接使用对应的公式；若求和的式子对应某些公式，也可以直接使用.常见如下(1)等差数列求和公式Sn(2)等比数列求和公式S(3)1(4)13【典题1】求和式3+6+12+…+3∙2n-2，先思考它是几项之和再求和【解析】和式3+6+12+…+3∙2n-2相当于数列显然它是首项a1=3，公比q=2的等比数列，设前n故an而和式最后一项是3∙2n-2=故和式3+6+12+…+3∙2n-2只有则3+6+12+…+3∙2n-2(切勿想当然和式等于=Sn-1【点拨】求和式时特别要注意确定项数，以第一个数为首项，判断最后一项为第几项(第n项、第n-1项？)便可.【典题2】已知等比数列{an}前n项和为Sn，且(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn=log2【解析】(1)由于Sn=an+1-当n=1时，S1当n≥2时，Sn-1=an①－②得an=∵数列{a∴a2=2a1故数列{an}是以1所以an(2)bn=log(遇到绝对值，则可利用x=x,x≥0-当n<6时，Tn=--5n+n(bn=n-6是等差数列，可由前n项和公式当n≥6时，Tn=b1=n∴T【点拨】当确保数列为等差数列或等比数列，便可直接使用对应的前n项和公式，这需要明确等差数列通项公式形如an=kn+b，等比数列通项公式形如巩固练习1(★★)求和式1+4+7+…+(3n+1).【答案】3【解析】1+4+7+…+3n+12(★★)已知{an}是等差数列，公差d≠0，a1=1，且a1,a3【答案】S【解析】∵数列{an}是等差数列，公差d≠0∴1+2d解得d=1或d=0(舍)∴a∴2∴数列{2an}是首项为∴S3(★★)已知等差数列{an}前三项的和为－(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若公差d>0，求数列{|an【答案】(1)an=4n－9或【解析】(1)由a1+a2+a又a1a2a3所以a1=-5d=4即an=4n－9或(2)当公差d>0时，an1)当n≤2时，an=4n－设数列{an}的前n项和为S2)当n≥3时，Tn所以数列{|an|}的前n项和Tn=4(★★★)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S(1)求数列{an}的等差数列．(2)令bn=lna3n+1【答案】(1)an=2【解析】(1)由已知得：a1+a设数列{an}的公比为q，由a2=2又S3=7，可知2q解得q1=2，由题意得q>1，∴q=2，∴a故数列{an}的通项为a(2)由于bn=lna由(1)得a3n+1∴b又bn+1∴{b∴T故Tn=32ln2[(n+【方法二】倒序相加(乘)法1对于某个数列{an}，若满足a1+an具体解法：设Sn=a把①反序可得Sn=由①+②得2S2对于某个数列{an}，若满足a1an=a2an-1【典题1】设f(x)=14x+2，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(－3)+f(【解析】设a+b＝则f(a)+f(b)=1所以f(－3)+f(4)=12，f(－f(－【点拨】课本中推导等差数列前n项和的公式的方法就是倒序相加法.【典题2】求sin2【解析】设S=sin2将①式右边反序得S=sin289∘①+②得2S=sin2=sin=89∴S=44.5.【点拨】对于某个数列{an}，若满足【典题3】设函数fx=2x2x+2的图象上两点P1(1)求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个定值；(2)求Sn【解析】(1)证：∵OP∴P是P1P2∴y∴yp(2)解：由(1)知x1+x2=1(即横坐标之和为1，则对应的坐标之和为1，则有f1n由SnSn相加得2S=2f=n+3-22∴Sn巩固练习1(★★)设等差数列{an}，公差为d，求证：{an【解析】Sn=倒序得：Sn=①+②得：2又∵∴2S2(★★)设fx=x-13+1，求f(－4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)【答案】11【解析】用倒序相加法：令f(－4)+f(－则也有f(6)+f(5)+…+f(0)+由f(x)+f(2可得：f(－于是由①②两式相加得2S＝所以S＝113(★★)设函数f(x)=x21+x2【答案】72【解析】∵函数f(x)=x∴f(x)+f(∴f(1)+f(2)+f(1【方法三】分组求和法1若数列{cn}中通项公式cn=an+bn，可分成两个数列{an}，{bn2常见的是cn=等差+3等比数列的通项公式形如an=kn+b，等差数列的通项公式形如a【典题1】求数列{3n+2n-1}的前n【解析】设an=3n+2n-1，(其中可知数列则=3(把等比项和等差项分别放在一组)=31+32==3【典题2】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且(1)求数列{a(2)若数列{bn}满足n×2n+S【解析】(1)等差数列{an}的前n项和为S∴a1+4d=5故an(2)由于an=2n，又∵数列{bn}∴1则Tn【典题3】设数列{an}满足a(1)求数列{a(2)设bn=log【解析】(1)数列{an}满足a∴a∴a当n=1时，a1=1∴数列{an}(2)∵b∴b2(这里把数列{bn}分成数列{n=1=1巩固练习1(★★)已知数列{an}的通项an=2n+n，若数列{an【答案】546【解析】数列{an}若数列{an}的前n则Sn则S82(★★)数列112，214，318，…，n+12【答案】n(n+1)【解析】数列112，Sn3(★★★)已知数列{an}是等比数列，公比为q，数列{bn}是等差数列，公差为d，且满足：(1)求数列{an}(2)设cn=an+bn【答案】(1)an=2n-1,【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn由已知，有(1+d)+(1+2d)=4qq即-4q+3d=-2q2-3d=-2∴{an}的通项公式为an=2n-1，{(2)由(1)知，cn则S=1×(1-24(★★★)已知公差不为0的等差数列{an}的前9项和S9=45，且第2(1)求数列{a(2)若数列{bn}满足bn=an【答案】(1)an=n(2)【解析】(1)设公差为d，且d≠0的等差数列{an}的前9项和S9=45所以S9整理得9a解得a1故an(2)由(1)得：数列{bn}所以Tn【方法四】错位相减法当数列{an}的通项公式an=bn⋅cn【典题1】已知递增的等比数列{an}满足a2+a(1)求数列{an}(2)令bn=an⋅lo【解析】(1)设数列{an}由题意可知a2+即a3=8a2+a∴a(2)b(其中{n}是等差数列，{∴S2S∴1-S∴Sn=(1-n)×2n+1-2．【典题2】已知正项数列{an}的前n项和为S(1)求数列{a(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，若(3)求数列{T【解析】(1)由an2+两式相减得：(a整理得：(a由于数列{an}当n=1时，解得a1故an(2)由(1)得：bn(其中{2n-7}是等差数列，{∴Tn=(-5)⋅22T①－②得：-T化简得Tn(3)T(做差法判断数列{Tn当n≤2时，Tn+1<Tn，当故T1故数列{Tn}巩固练习1(★★★)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且(1)求数列{a(2)设数列{bn}满足bn=2(a【答案】(1)an=2n－【解析】(1)由题意，设等差数列{an}4a整理，得2a1-d=0∴a(2)由题意，令bn=a则Tn12两式相减，可得12=1+(1+1=1+1-=3-2n+3∴Tn2(★★★)正项数列{an}的前n项和为S(1)求a1，a2的值及数列(2)记cn=an3n，数列{c【答案】(1)an=4n－【解析】(1)n=1时，8S1n=2时，8S2=a2+2∵8Sn∴8Sn-1①－②可得8a⇒a⇒an－2=⇒an－an-1=4或所以数列{an}是以2故an=2+4(n－2cTn=13T③－④可得23Tn∴Tn3(★★★)已知等比数列{an}满足a1=2，a2=4(且2S(1)求数列{an}(2)令cn=bnan，求数列(3)若λ>0，求对所有的正整数n都有2λ2-kλ+2>【答案】(1)bn=2n－1(2)【解析】(1)设等比数列{an}由a1=2，a2=4(a∴an由2Sn=当n≥2时，4S两式作差可得：4b整理得：(b∵bn>0，∴又4b1=(则bn=1+(n－2∵∴T则2T∴-T∴Tn(3)由(1)知，a2n∵a2n+1bn+1∴a2nb∵λ>0时，对所有的正整数n都有2λ∴2λ2－而当λ>0时，2λ+1λ≥2∴k<22即k的取值范围是(－∞，4(★★★)已知数列{an}满足：n+1an+1-n+2an=(n+1)(n+2)(n∈N(1)证明数列{ann+1}为等差数列，并求数列(2)若cn=(an-1)bn+1，数列{cn}的前【答案】(1)an=(n+1)2,【解析】(1)证明：∵n+1∴a∴数列{ann+1又a1=4，∴a∴a则an=(n+1)∵Sn令n=1，得b1∴Sn+1由②－①得：Sn+1∴b∴{bn}∴bn2c∴Tn∴2Tn由①－②得：-T∴T而Sn∴S∵T∴m≤nS令f(n)=2n+1－∴f(n)递增，则fn故m≤－1．【方法五】裂项相消法常见裂项公式(1)1nn+1=(2)1n+1+n【典题1】设等差数列{an}满足a2=5，a6+a8【解析】∵a6+又∵a2=5∴a∴a∴1an2∴数列{1an14【点拨】本题是用了常见的裂项公式1nn+1=思考下以下各项怎么裂项：an=1n2【典题2】数列{an}的通项公式an=1n+2+【解析】a∴S=4=n+3【点拨】①本题是用了常见的裂项公式1n+k有些类似分母有理化，n+k+n+b与②思考下以下各项怎么裂项：an=1n+1-【典题3】等比数列{an}中，a1=2，q=2，数列bn=an+1(an+1-1)(【解析】由题意，可知an则bn∴T=2(1=2(1=4092【点拨】①本题的裂项2n+1(2n+1-1)(2n-1)=2(12n-1-12n+1-1)需要一些技巧，可这么猜想2n+1②在裂项的技巧中，大胆猜想再小心验证便可.思考下以下各项怎么裂项：an【典题4】已知数列{an}满足an≠0(1)求证：{1an}是等差数列；【解析】证明：1∴1∴{1an}是以3(2)由(1)知：1∴a∴an2=∴a<1411<1=1【点拨】①在数列中求证不等式，利用放缩法是常用的方法，但技巧性较高.②要证明a12+a22+…+an2<1巩固练习1(★★)数列{an}满足an=1(2n+1)(2n+3),n∈N*，其前n项和为【答案】1【解析】an=可得其前n项和Sn=12由12n+3>0，可得Sn<M恒成立，可得M≥16，即M的最小值为2(★★★)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对∀n∈N*有2Sn=an2+an，【答案】9【解析】∵2S∴当n≥2时，2a整理得：(a又∵数列{a∴a又∵2a1=∴数列{an}∴a∴bn=∴数列{bn}的前n要使得Tn为有理数，只需1n+1为有理数即可，即∵1≤n≤100，∴t=3、即在T1，T故答案为：9．3(★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足(1)求数列{a(2)设bn=2nan，记数列{b【答案】(1)an=n【解析】(1)解：由题意，当n=1时，a1即a2－6=2当n≥2时，由Sn=a两式相减，可得：an整理，得an+1两边同时乘以12n+1，可得：an+1∵a∴数列{an2n}∴a∴a(2)证明：由(1)知，bn=2则bn∴Tn∵n∈N*，∴1∴14(★★★)已知数列{an}满足a(1)证明：数列{1an}是等差数列，并求数列(2)设bn=ann+2，求数列{bn}【答案】(1)an=1【解析】(1)证明：由an+1=a再由a1=1，得∴数列{1an}是首项为1，公差为∴1an=1+(n-1)×1=n，则(2)解：由bn=a∴数列{bn}前n=125(★★★)设数列{an}的前n项和为Sn，已知(1)求{a(2)若数列{bn}满足bn=2n+1n【答案】(1)an=2n+1(2)【解析】(1)a则an-1两式相减得：(a∵an>0，∴∴{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，(2)b∴Tn6(★★★★)设Sn为数列{an}的前n项和，且S(1)求证：数列{a(2)若对任意Tn为数列{an+2(【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】证明：(1)由Sn+1