第一章 习题课　分组求和、倒序相加求和、并项求和学案

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习题课　分组求和、倒序相加求和、并项求和 学习目标　1.熟练掌握等差数列、等比数列的求和方法.2.掌握分组求和、倒序相加求和与并项求和的使用情形和解题要点． 一、分组求和 例1　已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)))，a3＋a4＝32eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4))). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝aeq \o\al(2,n)＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)， 则an＝a1qn－1，且an>0， 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a1q)))，,a1q2＋a1q3＝32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1q2)＋\f(1,a1q3)))，)) 化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)qq＋1＝2q＋1，,a\o\al(2,1)q5q＋1＝32q＋1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)q＝2，,a\o\al(2,1)q5＝32，)) 又∵a1>0，q>0，∴a1＝1，q＝2， ∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝aeq \o\al(2,n)＋log2an＝4n－1＋n－1， ∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1) ＝eq \f(4n－1,4－1)＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(4n－1,3)＋eq \f(nn－1,2). 反思感悟　分组转化求和法的应用条件和解题步骤 (1)应用条件：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列的通项公式组成． (2)解题步骤 跟踪训练1　求和：Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn＋\f(1,xn)))2(x≠0)． 解　当x≠±1且x≠0时， Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn＋\f(1,xn)))2 ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋2＋\f(1,x2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4＋2＋\f(1,x4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2n＋2＋\f(1,x2n))) ＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,x4)＋…＋\f(1,x2n))) ＝eq \f(x2x2n－1,x2－1)＋eq \f(x－21－x－2n,1－x－2)＋2n ＝eq \f(x2n－1x2n＋2＋1,x2nx2－1)＋2n； 当x＝±1时，Sn＝4n. 综上知，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4n，x＝±1，,\f(x2n－1x2n＋2＋1,x2nx2－1)＋2n，x≠±1且x≠0.)) 二、倒序相加求和 例2　已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 021＝0，若f(x)＝eq \f(2,1＋x2)，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 021)等于(　　) A．2 020 B．4 036 C．2 021 D．4 038 答案　C 解析　∵正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 021＝0， ∴lg(a1·a2 021)＝0，即a1·a2 021＝1. ∵函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq \f(2,1＋x2)， ∴f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq \f(2,1＋x2)＋eq \f(2,1＋\f(1,x2))＝eq \f(2＋2x2,1＋x2)＝2. 令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 021)， 则T＝f(a2 021)＋f(a2 020)＋…＋f(a1)， ∴2T＝f(a1)＋f(a2 021)＋f(a2)＋f(a2 020)＋…＋f(a2 021)＋f(a1)＝2×2 021， ∴T＝2 021. 反思感悟　倒序相加法求和适合的题型 一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和． 跟踪训练2　在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可以求得sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝________. 答案　44.5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(89,2))) 解析　令S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°， 则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°， 两式相加可得2S＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin21°＋sin289°))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin22°＋sin288°))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin289°＋sin21°))＝89， 故S＝44.5，即sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝44.5. 三、并项求和 例3　已知数列an＝(－1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 解　方法一　若n是偶数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋[－(n－1)＋n]＝eq \f(n,2). 若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－n)＝eq \f(n－1,2)－n＝－eq \f(n＋1,2). 综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(n,2)，n为偶数，,－\f(n＋1,2)，n为奇数，))n∈N＋. 方法二　可采用分组求和(略)． 延伸探究　若an＝(－1)nn2，求数列{an}的前n项和Sn. 解　若n是偶数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2] ＝3＋7＋11＋…＋2n－1，共有eq \f(n,2)项， 故Sn＝eq \f(n,2)×3＋eq \f(\f(n,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1)),2)×4＝eq \f(n2,2)＋eq \f(n,2)， 若n是奇数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋(－n2)＝3＋7＋11＋…＋(－n2)， 其中有前eq \f(n－1,2)项是等差数列，故有 Sn＝eq \f(n－1,2)×3＋eq \f(\f(n－1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－1)),2)×4－n2＝－eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)， 综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(n2＋n,2)，n为偶数，,－\f(n2＋n,2)，n为奇数，))n∈N＋. 反思感悟　并项求和法适用的题型 一般地，对于摆动数列适用于并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组求和． 跟踪训练3　已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn. 解　当n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)， Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n·(3n－2) ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)] ＝3k＝eq \f(3,2)n； 当n为奇数时，令n＝2k－1(k∈N＋)， ∴Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k－(6k－2)＝2－3k＝eq \f(－3n＋1,2). ∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(－3n＋1,2)，n为奇数，,\f(3n,2)，n为偶数.)) 1.知识清单： (1)分组求和． (2)倒序相加求和． (3)并项求和． 2．方法归纳：公式法、分类讨论． 3．常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶． 1．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　) A．Sn＝n＋2n，n∈N＋ B．Sn＝n＋2n－1，n∈N＋ C．Sn＝n＋2n－1，n∈N＋ D．Sn＝1＋2n－1，n∈N＋ 答案　C 解析　∵an＝1＋2n－1， ∴Sn＝n＋eq \f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1. 2．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值为(　　) A．13 B．－76 C．46 D．76 答案　B 解析　∵S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29， S22＝(－4)×11＝－44， S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61. ∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76. 3．已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是________． 答案　－1,0 解析　S10＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a9＋a10)＝0， S9＝S10－a10＝－1. 4．若F(x)＝eq \f(4x,4x＋2)，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1 001)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1 001)))＋…＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1 000,1 001)))＝________. 答案　500 解析　∵F(x)＋F(1－x)＝eq \f(4x,4x＋2)＋eq \f(41－x,41－x＋2)＝1， ∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1 001)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1 000,1 001)))＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1 001)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(999,1 001)))＝…＝1. 设Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1 001)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1 001)))＋…＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1 000,1 001)))＝S， 则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1 000,1 001)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(999,1 001)))＋…＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1 001)))＝S， ∴S＝eq \f(1,2)×2S＝eq \f(1,2)×1 000＝500. 课时对点练 1．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　) A．15 B．12 C．－12 D．－15 答案　A 解析　记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15. 2．冬春季节是流感多发期，某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且满足an＋2－an＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))n(n∈N＋)，则该医院30天入院治疗流感的共有(　　) A．225人 B．255人 C．365人 D．465人 答案　B 解析　当n为奇数时，an＋2＝an， 当n为偶数时，an＋2－an＝2， 所以a1＝a3＝…＝a29＝1， a2，a4，…，a30是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以S30＝(a1＋a3＋…＋a29)＋(a2＋a4＋…＋a30)＝15＋15×2＋eq \f(15×14,2)×2＝255. 3．已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝3，Sn为其前n项和，则S2 021等于(　　) A．3 030 B．3 031 C．3 032 D．3 033 答案　B 解析　由题意a2＝2，a3＝1，a4＝2…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 021＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 019＋a2 020)＋a2 021＝3×1 010＋1＝3 031. 4．(多选)数列{an}是首项为1的正项数列，an＋1＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2 答案　AB 解析　an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)， ∴数列{an＋3}是等比数列， 又∵a1＝1，∴an＋3＝(a1＋3)2n－1， ∴an＝2n＋1－3，∴a3＝13， ∴Sn＝eq \f(41－2n,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4. 5．已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 021项和为(　　) A．－2 020 B．2 020 C．2 021 D．－2 021 答案　D 解析　设数列{an}的公差为d， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2a1＋6d＝a1＋3d＋7，,a1＋9d＝19，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1. 设bn＝ancos nπ， ∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2， b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…， 又b2 021＝a2 021cos 2 021π， ∴数列{ancos nπ}的前2 021项和 S2 021＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＋b2 021 ＝2×eq \f(2 020,2)－4 041＝－2 021. 6．已知数列{an}的通项公式为an＝n－2(n∈N＋)，设f(x)＝x＋log2eq \f(2＋x,8－x)，则数列{f(an)}的各项之和为(　　) A．36 B．33 C．30 D．27 答案　D 解析　由f(x)＝x＋log2eq \f(2＋x,8－x)，知eq \f(2＋x,8－x)>0， 解得－2