【最新版】新教材苏教版高中数学选择性必修一§4.3 习题课 并项求和、错位相减法【讲义+习题】

习题课　并项求和、错位相减法
学习目标　1.熟练掌握等差与等比数列前n项和公式中各个符号的意义.2.根据数列的结构形式会用并项法和错位相减法求和．
一、并项求和
例1　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]＝.
若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－n)＝－n＝－.
综上所述，Sn＝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，共有项，
故Sn＝×3＋×4＝＋，
若n是奇数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋(－n2)
＝3＋7＋11＋…＋(－n2)，其中有前是等差数列，故有
Sn＝×3＋×4－n2
＝－－，
综上所述，Sn＝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1　若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2 023等于(　　)
A．－3 027 B．3 027 C．－3 034 D．3 034
答案　D
解析　S2 023＝(1－4)＋(7－10)＋…＋(6 061－6 064)＋6 067＝1 011×(－3)＋6 067＝3 034.
二、错位相减法
例2　求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0)．
解　当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝；
当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，
xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1，
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1
＝－nxn＋1，
∴Sn＝－.
综上可得，Sn＝
反思感悟　(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．
(2)用错位相减法求和时，应注意：
①要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形．
②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
跟踪训练2　已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)数列是公差为1的等差数列，
∴＝a1＋n－1，
可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，且a2＝3.解得a1＝1.∴Sn＝n2.
∴n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n＝1时也成立)．∴an＝2n－1.
(2)bn＝an·3n＝(2n－1)·3n，
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1，
∴－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×－(2n－1)×3n＋1，
可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1.

1．知识清单：
(1)并项求和．
(2)错位相减法求和．
2．方法归纳：公式法、错位相减法．
3．常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶；错位相减法中要注意相减后的项数、符号及化简．

1．已知在前n项和为Sn的数列{an}中，a1＝1，an＋1＝－an－2，则S101等于(　　)
A．－97 B．－98
C．－99 D．－100
答案　C
解析　由an＋1＝－an－2，得an＋an＋1＝－2，
则S101＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a100＋a101)＝1－2×50＝－99.
2．数列{an}的通项公式为an＝1＋n2sin ，前n项和为Sn，则S100等于(　　)
A．50 B．－2 400 C．－4 900 D．－9 900
答案　C
解析　a1＝1＋12，a2＝1，a3＝1－32，a4＝1，…，考虑到y＝sin 的周期为4，
所以S100＝100＋12－32＋52－72＋…＋972－992＝100－2×
＝100－2×＝－4 900.
3．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　　)
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
答案　D
解析　Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
②－①得：
Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2.
4．计算1×＋2×＋3×＋…＋9×＝______.
答案　
解析　S＝1×＋2×＋3×＋…＋9×，①
S＝1×＋2×＋3×＋…＋9×，②
由①－②得，S＝＋＋＋…＋－9×＝－9×＝1－－9×＝1－
＝，所以S＝.


1．若数列{an}的通项公式是an＝n，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)
A．15 B．12 C．－12 D．－15
答案　A
解析　因为an＝(－1)n(3n－1)，
所以a1＋a2＝－2＋5＝3，a3＋a4＝－8＋11＝3，
a5＋a6＝－14＋17＝3，a7＋a8＝－20＋23＝3，a9＋a10＝－26＋29＝3，
因此a1＋a2＋…＋a10＝3×5＝15.
2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝3，Sn为其前n项和，则S2 023等于(　　)
A．3 030 B．3 031 C．3 032 D．3 034
答案　D
解析　由题意a2＝2，a3＝1，a4＝2…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 023＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 021＋a2 022)＋a2 023＝3×1 011＋1＝3 034.
3．数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋1＋2an＋an－1＝0(n≥2)，则{an}的前2 022项和为(　　)
A．8 088 B．4 044 C．－4 044 D．0
答案　B
解析　由递推关系式可得a1＋a2＝－(a2＋a3)，a2＋a3＝－(a3＋a4)，所以a3＋a4＝a1＋a2＝4，
同理可得a5＋a6＝a7＋a8＝…＝a2 019＋a2 020＝a2 021＋a2 022＝4，所以S2 022＝4×1 011＝4 044.
4．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
答案　B
解析　∵an＝f(n)＋f(n＋1)
∴由已知条件知，an＝
即an＝
∴an＝(－1)n·(2n＋1)，
∴an＋an＋1＝2(n是奇数)，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2＋2＋2＋…＋2＝100.
5．已知公差不为零的等差数列{an}满足a1＝5，且a3，a6，a11成等比数列，设bn＝an×3n－1，则{bn}的前n项和Sn为(　　)
A．n×3n－1 B．(n＋1)×3n－1
C．(2n＋3)×3n－1－1 D．(2n＋1)×3n＋1
答案　B
解析　设{an}的公差为d，由a3，a6，a11成等比数列得
a＝a3·a11，即(a1＋5d)2＝(a1＋2d)(a1＋10d)，
又a1＝5，可得d＝2，
∴an＝2n＋3.
∴bn＝(2n＋3)×3n－1，
∴Sn＝5×30＋7×31＋9×32＋…＋(2n＋3)×3n－1，
3Sn＝5×31＋7×32＋…＋(2n＋1)×3n－1＋(2n＋3)×3n，
∴两式相减得－2Sn＝5＋2×－(2n＋3)×3n，
∴Sn＝(n＋1)×3n－1.
6．(多选)已知数列{an}为等差数列，a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项，记bn＝an·2an，则{bn}的前n项和可以是(　　)
A．n B．2n
C．2n＋1－2 D．(n－1)2n＋1＋2
答案　BD
解析　设等差数列{an}的公差为d.由a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项，得a＝a2a8，即(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)，整理得d2－d＝0，解得d＝0或d＝1.
∴an＝1或an＝1＋1×(n－1)＝n.
当an＝1时，bn＝an·＝2；
当an＝n时，bn＝an·＝n·2n.
若bn＝2，则{bn}的前n项和为2n；
若bn＝n·2n，设{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①
∴2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，②
①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，则Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
7．已知数列{an}满足：an＝cos ，则{an}的前100项和为________．
答案　1
解析　因为an＝cos ，所以a1＝1，a2＝－，a3＝－，a4＝1，a5＝－，a6＝－，…，可知数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3＝0，
所以S100＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a97＋a98＋a99＋a100
＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a97＋a98＋a99)＋a100＝a100＝a1＝1.
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－1(n∈N*)，则数列{nan}的前n项和Tn为______________．
答案　(n－1)2n＋1
解析　∵Sn＝2an－1(n∈N*)，
∴n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，化为an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1.又n＝1时，满足上式．
∴nan＝n·2n－1.
则数列{nan}的前n项和Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1.
∴2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
∴－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Tn＝(n－1)2n＋1.
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3＝8，S5＝2a7.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝ancos nπ＋2n＋1，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解　(1)设{an}的公差为d，依题意得

解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)bn＝ancos nπ＋2n＋1＝(－1)nan＋2n＋1，
T2n＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2n－a2n－1)＋(22＋23＋…＋22n＋1)
＝3×n＋
＝3n＋22n＋2－4.
10．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，求数列的前n项和Tn.
解　(1)设数列{an}的公比为q，
由题意知，a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，
又an>0，解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n.
(2)由题意知S2n＋1＝
＝(2n＋1)bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋－，
所以Tn＝5－.

11．已知{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 023的值为(　　)
A．1 008 B．1 009 C．1 010 D．1 012
答案　D
解析　由题意，当n≥2时，可得Sn－1＝Sn－an，
因为an＋2Sn－1＝n，所以an＋2(Sn－an)＝n，即2Sn＝an＋n，
当n≥3时，2Sn－1＝an－1＋n－1，
两式相减，可得2an＝an－an－1＋1，
即an＋an－1＝1，
所以a2＋a3＝1，a4＋a5＝1，a6＋a7＝1，…，
所以S2 023＝a1＋＋＋…＋＝1＋1 011＝1 012.
12．公元1202年列昂那多·斐波那契(意大利著名数学家)以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n∈N*，n>2)，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用．若此数列{an}的各项除以2后的余数构成一个新数列{bn}，设数列{bn}的前n项的和为Tn，若数列{an}满足：cn＝a－anan＋2，设数列{cn}的前n项的和为Sn，则T2 022＋S2 022等于(　　)
A．1 349 B．1 348 C．674 D．673
答案　B
解析　∵ “兔子数列”的各项为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，
∴此数列被2除后的余数依次为：1,1,0,1,1,0,1,1,0，…，
即b1＝1，b2＝1，b3＝0，b4＝1，b5＝1，b6＝0，…，
∴数列{bn}是以3为周期的周期数列，
∴T2 022＝674(b1＋b2＋b3)＝674×2＝1 348，
由题意知＝＝＝＝－1，
由于c1＝a－a1a3＝－1，
所以cn＝(－1)n，
所以S2 022＝(－1＋1)＋(－1＋1)＋…＋(－1＋1)＝0.
则T2 022＋S2 022＝1 348.
13．在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有an＋1＝an＋n·2n，则a15等于(　　)
A．14·215＋2 B．13·214＋2
C．14·215＋3 D．13·215＋3
答案　D
解析　an＋1－an＝n·2n，
∴a2－a1＝1·21，
a3－a2＝2·22，
a4－a3＝3·23
…
an－an－1＝(n－1)·2n－1，
以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1，①
又∵2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n，②
①－ ②得a1－an＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n
＝－(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，
∴an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，
∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3.
14．设Xn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，对Xn的任意非空子集A，定义f(A)为A中的最大元素，当A取遍Xn的所有非空子集时，对应的f(A)的和为Sn，则S5＝________.
答案　129
解析　由Xn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，
Xn的任意非空子集A共有2n－1个，其中最大值为n的有2n－1，最大值为n－1的有2n－2个，…，最大值为1的有20＝1个，
故Sn＝20×1＋21×2＋…＋2n－2×(n－1)＋2n－1×n，
所以2Sn＝21×1＋22×2＋…＋2n－1×(n－1)＋2n×n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－2n×n，
所以－Sn＝－2n×n＝2n－1－2n×n，
故Sn＝(n－1)·2n＋1，
所以S5＝(5－1)×25＋1＝129.

15．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a51＝________.
答案　676
解析　当n为偶数时，an＋2－an＝2，
an＝2＋×2＝n；
当n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝1；
所以a1＋a2＋…＋a51＝26×1＋(2＋4＋6＋…＋50)＝26×1＋×25×(2＋50)＝676.
16．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数)．
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解　(1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)．
又a1＝1，
所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，
此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，
此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n·2n，
Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②
①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝
(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.