高考数列求和例题分析,总结

高考数列求和例题分析,总结篇一：详解数列求和的方法+典型例题1详解数列求和的常用方法 数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧。 第一类：公式法 利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法。 1、等差数列的前 n 项和公式 Sn? n(a1?an)n(n?1)d ?na1? 22 2、等比数列的前 n 项和公式 ?na1(q?1)? Sn?a1(1?qn)a1?anq ?1?q?1?q(q?1)? 3、常用几个数列的求和公式 （1） 、Sn? n ?k?1?2?3?n? k?1n 1 n(n?1) 2 1 n(n?1)(2n?1) 6 （2） 、Sn? ?k2?12?22?32?n2? k?1n （3） 、Sn? 133333 k?1?2?3?n?n(n?1)2 ?2k?1 第二类：乘公比错项相减（等差?等比） 这种方法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列 an?bn的前 n 项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列。 例 1：求数列nq n?1 (q 为常数)的前 n 项和。 解：、若 q=0， 则 Sn=0 、若 q=1，则 Sn?1?2?3?n?、若 q0 且 q1， 则 Sn?1?2q?3q?nq 2 n?1 1 n(n?1)2 qSn?q?2q2?3q3?nqn 式式：(1?q)Sn?1?q?q2?q3?qn?1?nqn?Sn? 1 (1?q?q2?q3?qn?1?nqn) 1?q 11?qn (?nqn) ?Sn? 1?q1?q 1?qnnqn ?Sn?2 (1?q)1?q ? ?0(q?0)?1 综上所述：Sn?n(n?1)(q?1) ?2?1?qnnqn ?(q?0 且 q?1)?2 1?q?(1?q) 解析：数列nqn?1是由数列?n?与 qn?1 对应项的积构成的，此类型的才适应错位相减， （课本中的的等比数列前 n 项和公式就是用这种方法推导出来的） ，但要注意应按以上三种 情况进行分类讨论，最后再综合成三种情况。 ? 第三类：裂项相消法 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的通项分解（裂项）如： 1、乘积形式，如： （1） 、an? 111 ? n(n?1)nn?1 (2n)2111 （2） 、an?1?(?) (2n?1)(2n?1)22n?12n?1 （3） 、an?（ 1111 ? n(n?1)(n?2)2n(n?1)(n?1)(n?2) 4 ） 、 an? n?212(n?1)?n1111 ?n?n?,则 S?1? nn?1nn n(n?1)2n(n?1)2n?2(n?1)2(n?1)2 2、根式形式，如： an?1n?1?n ?n?1?n 例 2：求数列 1111， ， ， ，的前 n 项和 Sn 1?22?33?4n(n?1) 解： 111 =? n(n?1)nn?1 Sn?1? 111111? 2233nn?11 ?Sn?1? n?1 1111， ， ， ，的前 n 项和 Sn 1?32?43?5n(n?2) 例 3：求数列 解：由于： 1111 =(?） n(n?2)2nn?2 则：Sn? 1?11111?(1?)?(?)?(?)? 2?324nn?2? 1111 ?) ? Sn?(1? 22n?1n?2311 ? ? Sn? 42n?22n?4 解析：要先观察通项类型，在裂项求和时候，尤其要注意：究竟是像例 2 一样剩下首尾两项，还是像例 3 一样剩下四项。 第四类：倒序相加法 这是推导等差数列的前 n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序） ，再把它与原数列相加，就可以得到 n 个(a1?an)。 例 4：若函数 f(x)对任意 x?R 都有 f(x)?f(1?x)?2。 （1）an?f(0)?f()?f()?f(证明你的结论； （2）求数列 1 n2nn?1 )?f(1)，数列an是等差数列吗？是 n 1 的的前 n 项和 Tn。 an?an?1 1n 2n n?1 )?f(1)（倒序相加） n 解：（1） 、an?f(0)?f()?f()?f( n?1n?21)?f()?f()?f(0) nnn 1n?12n?2 1?0?1 nnnn ?an?f(1)?f( 则，由条件：对任意 x?R 都有 f(x)?f(1?x)?2。 2n?1）?2an?2?2?2?2?（ ?an?n?1?an?1?n?2 ?an?1?an?1 从而：数列an是 a1?2,d?1 的等差数列。 （2） 、 1111 ? an?an?1(n?1)(n?2)n?1n?21111? 2?33?44?5（n?1）?(n?2) ?Tn= 11111111n ? ?Tn=? 2334n?1n?22n?22n?4 n 故：Tn= 2n?4 解析：此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的。 此例题不仅利用了倒序相加法，还利用了裂项相消法。在数列问题中，要学会灵活应用不同的方法加以求解。 第五类：分组求和法 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可。 例 5：求数列 1n?1 +n?2的前 n 项和 Sn n(n?1) 解：令 an? 1 bn?n?2n?1 n(n?1) Sn?(a1?b1)?(a2?b2)?(a3?b3)?(an?bn) ?Sn?(a1?a2?a3?an)?(b1?b2?b3?bn) 111111?)?(1?2?2?3?22?n?2n?1) 2233nn?11)?(1?2?2?3?22?n?2n?1) ?Sn?(1? n?1 ?Sn?(1? 令 Tn?1?2?2?3?22?n?2n?1 2Tn?2?2?22?3?23?n?2n 式式：(1?2)Tn?1?2?22?23?2n?1?n?2n ?Tn?(1?2?22?23?2n?1?n?2n) 1?2n ?n?2n) ?Tn?( 1?2 ?Tn?(n?1)?2n?1 11)?(n?1)?2n?1?2?(n?1)?2n n?1n?1 12n 例 6：求数列(x?n)的前 n 项和 Sn x12n 分析：将 an?(x?n)用完全平方和公式展开，再将其分为几个数列的和进行求解。 x121122n112nnn2n2n 解：an?(x?n)=(x)?2?x?n?(n)=x?2?2n=x?2?() xxxxx 111 Sn?x2?2?()2?x4?2?()4?x2n?2?()2n xxx 111 ?Sn? (x2?x4?x2n)?(2?2?2)?()2?()4?()2nxxx 故：Sn?(1? 22（首项 x，公比 x 等比数列） （常数列） （首项()，公比()等比数列） 1x 2 1x 2 、令 Tn?x2?x4?x2n x?1 时，Tn?x2?x4?x2n=1?1?1?n x?1 时，Tn?x2?x4?x2n x2?x2n?x2x2n?2?x2 ?= 22 1?xx?1 、令 Mn?2?2?2?2n 篇二：高考数学数列求和典型题及解析数列求和 【考题回放】 1. （北京卷）设 f(n)?2?24?27?210?23n?10(n?N)，则 f(n)等于（ D ） A. 27 (8?1)B. n 27 (8 n?1 ?1) C. 27 (8 n?3 ?1) D. 27 (8 n?4 ?1) 2. 等差数列an中，a1=1,a3+a5=14，其前 n 项和Sn=100,则 n=（ B ） A9B10 C11 D12 3. （福建）数列an的前n 项和为 Sn，若 an? A1B 56 1n(n?1) ，则 S5 等于（ B ） C 16 D 130 S31S6 4. （全国 II）设 Sn 是等差数列an的前 n 项和，若，则 S63S12 A. 3111 C. 10389 S3S6 ? 3a1?3d6a1?15d ?13 ,可得 a1?2d 且 d?0 解析:由等差数列的求和公式可得 所以 S6S12 ? 6a1?15d12a1?66d ? 27d90d ? 310 ,故选 A 5. （天津卷）已知数列an、bn都是公差为 1 的等差数列，其首项分别为 a1、b1，且 a1?b1?5， * ，则数列cn的前 10 项和等于（ ） a1,b1?N设cn?abn（n?N） A55B70 C85 D100 解：数列an、bn都是公差为 1 的等差数列，其首项分别为 a1、b1，且 a1?b1?5，a1,b1?N设 cn?abn（n?N*） ，则数列cn的前 10 项和等于ab1?ab2?ab10=ab1?ab1?1?ab1?9，ab1?a1?(b1?1)?4， ab1?ab1?1?ab1?9 * =4?5?6?13?85，选 C. 6. （江苏卷）对正整数 n，设曲线 y?xn(1?x)在x2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 an，则数列的前 n项和的公式是解：y?nx n?1 ann?1 ?(n?1)x，曲线 y=x(1-x)在 x=2 处的切线的斜率为k=n2-(n+1)2 ?an?n ?2.数列?的 n?1?n?1?an nnn-1n 切点为（2，-2n）,所以切线方程为 y+2n=k(x-2),令x=0 得 an=(n+1)2n,令 bn= 前 n 项和为 2+2+2+2=2-2突 破 重 难 点 【范例 1】设数列?an?满足 a1?3a2?32a3?3n?1an? （）求数列?an?的通项； （）设 bn?解 (I)a1?3a2?32a3?.3n?1an? 3 n?1 23nn+1 n3 ，a?N* nan ，求数列?bn?的前 n 项和 Sn 2 n?2 n3 ,a1?3a2?3a3?.3 13 n an?1? n?13 (n?2), an? n3 ? n?13 ? 13 (n?2). an? 13 n (n?2). 验证 n?1 时也满足上式，an? (n?N). * (II) bn?n?3n，Sn?1?3?2?32?3?33?.n?3n 3Sn?1?3?2?3?3?3?.n?3 2 3 n n?1 2 3 4 n?1 n?1 - ： ?2Sn?3?3?3?3?n?3 ? 3?3 1?3 ?n?3 n?1 ，?Sn? n2 ?3 n?1 ? 14 ?3 n?1 ? 34 ? 【变式】已知二次函数 y?f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为 f(x)?6x?2，数列an的前 n 项和 ? 为 Sn，点(n,Sn)(n?N)均在函数 y?f(x)的图像上。（） 、求数列an的通项公式； （） 、设 bn? 1anan?1 ，Tn 是数列bn的前 n 项和，求使得 Tn? m20 对所有 n?N?都成立的最小正整数 m； 点评：本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题的能力和推理能力。 解：（）设这二次函数 f(x)ax2+bx (a0) ,则 f(x)=2ax+b,由于 f(x)=6x2,得 a=3 , b=2, 所以 f(x)3x22x. ? 又因为点(n,Sn)(n?N)均在函数 y?f(x)的图像上，所以 Sn3n22n. 3n?1)?2(n?1)?6n5. 当 n2 时，anSnSn1（3n22n）?（ 2 当 n1 时，a1S1312615，所以，an6n5 （n?N） 3anan?1 2? （）由（）得知 bn? 3 (6n?5)?6(n?1)?5? 1 26n?5 ( 1 ? 16n?1 )， n故 Tn?bi i?1 1?1111111? （1）. (1?)?(?)?.?(?)?2?26n?177136n?56n?1? 16n?1 因此，要使 12 （1） m20 （n?N?）成立的 m,必须且仅须满足 12 m20 ，即 m10，所以满 足要求的最小正整数 m 为 10. 【范例 2】 （浙江）已知数列?an?中的相邻两项a2k?1，a2k 是关于 x 的方程 x2?(3k?2k)x?3k?2k?0 的两个根，且 a2k?1a2k(k?1，2，3，?) （I）求 a1，a2，a3，a7；（II）求数列?an?的前 2n项和 S2n； f(2)f(3)f(4)f(n?1) ?1?sinn(?1)(?1)(?1)(?1)?3?，Tn?（）(理)记f(n)?， a1a2a3a4a5a6a2n?1a2n2?sinn? 求证： 16 Tn 524 (n?N) * k （I）解：方程 x2?(3k?2k)x?3k?2k?0 的两个根为x1?3k，x2?2， 当 k?1 时，x1?3，x2?2，所以 a1?2； 当 k?2 时，x1?6，x2?4，所以 a3?4； 当 k?3 时，x1?9，x2?8，所以a5?8 时； 当 k?4 时，x1?12，x2?16，所以 a7?12 2 n （II）解：S2n?a1?a2?a2n?(3?6?3n)?(2?2?2)? 1a1a2 1a3a4 1a5a6 (?1) f(n?1) 3n?3n 2 2 ?2 n?1 ?2 （III）证明：Tn? ? a2n?1a2n ， 所以 T1? 1a1a2 ? 16 ，T2? 1a1a2 ? 1a3a4 ? 524 当 n3 时，Tn? 16 ? 1a3a4 ? 1a5a6 ? (?1) f(n?1) a2n?1a2n ， 16 ? ?1?1? a3a4?a5a6a2n?1a2n?1 16 ? 16?2 2 ? 111?11?1 ?， ?3nn?66?22?66?2 同时，Tn? 524 ? 1a5a6 ? 1a7a8 ? (?1) f(n?1) a2n?1a2n ?1?1 ? 24a5a6?a1a2a2n?1a2n? 5 1 524 ? 19?2 3 ? 5151?11? ?1nn?249?2249?22? 16Tn 524 综上，当 n?N*时， 【变式】在数列?an?中，a1?2，an?1?4an?3n?1，n?N* （）证明数列?an?n?是等比数列； （）求数列?an?的前 n 项和 Sn； （）证明不等式 Sn?14Sn，对任意 n?N*皆成立 解、 （）证明：由题设 an?1?4an?3n?1，得an?1?(n?1)?4(an?n)，n?N* 又 a1?1?1，所以数列?an?n?是首项为 1，且公比为 4 的等比数列 （）解：由（）可知 an?n?4n?1，于是数列?an?的通项公式为 an?4n?1?n 所以数列?an?的前 n 项和 Sn? 4?13 n ? n(n?1)2 （）证明：对任意的 n?N*， 4 n?1 Sn?1?4Sn? ?1 3 ? (n?1)(n?2) 2 ?4n?1n(n?1)?12 ?4?(3n?n?4)0 ? 22?3? * 所以不等式 Sn?14Sn，对任意 n?N 皆成立 【点睛】本题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的概念、等比数列的通项公式及前 n 项和公式、不等式的证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力 【范例 3】已知 a1=2，点(an,an+1)在函数 f(x)=x2+2x 的图象上，其中=1，2，3， （1） 证明数列lg(1+an)是等比数列； （2） 设 Tn=(1+a1) (1+a2) (1+an)，求 Tn 及数列an的通项； （3） 记 bn= 1an ? 1an?2 ，求bn数列的前项和 Sn，