第五章数列第四节

1、第 1 页共21页第五章数列第四节数列求和1公式法(1) 等差数列 an的前 n 项和 Snn a1 an na1n n 1 d22.推导方法：倒序相加法na1， q 1，(2) 等比数列 an的前 n 项和 Snn.a11 q， q 11 q推导方法：乘公比，错位相减法(3) 一些常见的数列的前 n 项和： 1 2 3, n n n 1 ；2 2 4 6, 2n n(n 1)；2 1 3 5, 2n 1 n .2几种数列求和的常用方法(1) 分组转化求和法： 一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减(2) 裂项相消法： 把数列的通

2、项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前 n 项和(3) 错位相减法： 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解(4) 倒序相加法： 如果一个数列 an与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“” )1，则其前 n 项和 Sna1 an1(1)如果数列 an为等比数列，且公比不等于1 q .()1111(2)当 n2 时， n2 12n 1 .()n 1第2页 共21页(3) 求 Sn a 2a2 3a

3、2, nan 之和时， 只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得()(4) 推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21 sin22sin23 , sin288 sin289 44.5.()答案 ： (1)(2) (3)(4)1，若 an的前 n 项和为2 017，则项数 n 为 ()2在数列 an中， ann n 12 018A 2 014B 2 015C 2 016D 2 017解析：选D因为 a 1 11 ，nn n1n1n所以 S 11 11,1 111n 2 017，所以 n 2 017.n2 2 3n n1n1n 1 2 0183数列n1的前 n项

4、和为 ()1 2A 1 2nB 2 2nC n2n 1D n 2 2n解析：选C由题意得 an 1 2n 1，n1 2n所以 Sn n n 2 1.4数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 Sn 1 2 3 4, (1) n 1n，则 S17 _.解析： S17 1 2 3 4 5 6 , 15 16 17 1 ( 2 3) ( 4 5) ( 6 7) , ( 14 15) ( 16 17) 1 1 1 , 1 9.答案：9考点一公式法、分组转化法求和基础送分型考点 自主练透 考什么 怎么考 利用公式进行数列求和是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，属于基础题 .方法

5、 (一)公式法求和1 (2017 北京高考 )已知等差数列an和等比数列 bn满足a1 b1 1， a2 a4 10， b2b4 a5.(1) 求 an的通项公式；(2) 求和： b1 b3 b5, b2n 1.解： (1) 设等差数列 an的公差为d.第 3 页共21页a1 1，因为a2 a4 10，所以 2a1 4d 10，解得 d 2，所以 an 2n 1.(2) 设等比数列 bn的公比为q.3因为 b1 1， b2b4 a5，所以 b1qb1q 9.2解得 q 3.所以 b2n 1 b1q2n2 3n 1.从而 b1 b3 b5 , b2n 1 1 3 32 ,方法点拨 几类可以使用公

6、式法求和的数列n 13n 132.(1) 等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解(2) 奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式(3) 等差数列各项加上绝对值，等差数列乘( 1)n 等方法 (二 )分组转化法求和2在数列 an中， a1 1， a2 2， an 2 an1 ( 1)n，那么 S100 的值为 ()A 2 500B 2 600C 2 700D 2 800解析：选B当 n 为奇数时， an 2 an 0，所以 an 1，当 n 为偶数时， an 2

7、 an 2，所以 an n，1，n为奇数，故 ann， n为偶数，于是 S 50 2 100 50 2 600.10023已知数列 an的前 n 项和 Snn2 n，n N* .2(1) 求数列 an的通项公式；(2) 设 bn 2an ( 1)nan，求数列 bn的前 2n 项和解： (1) 当 n 1 时， a1 S1 1；当 n 2 时， an SnSn 1n2 n n 1 2 n 1 n.22a1 1 也满足 an n，故数列 an的通项公式为an n.(2) 由 (1)知 ann，故 bn 2n ( 1)nn.第 4 页共21页记数列 bn的前 2n 项和为 T2 n，则 T2n (

8、21 22 , 22n) ( 1 2 3 4 , 2n)记 A 21 22 , 22n， B 1 2 3 4 , 2n，则 A 2 1 22n 22n 1 2，1 2B ( 1 2) ( 3 4), (2n 1)2n n.故数列 bn的前 2n 项和 T 2n A B 22n 1 n 2.方法点拨 1分组转化求和的通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前 n 项和的数列求和2分组转化法求和的常见类型考点二错位相减法求和重点保分型考点 师生共研错位相减法求和在高考中几乎年年考查，多在解答题的第2 问中出现，难度中档 . 典题领悟

9、(2017 山东高考 )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；bn(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an 的前 n项和 Tn.思维路径 (1) 可利用已知条件a1 a2 6， a1a2 a3 列出关于首项a1 和公比q 的两个方程，解方程可得 a1 ， q，从而求得通项公式(2) 由 S2n1 bnbn 1，利用求和公式及性质，推出数列bn的通项公式，结合(1)进而求出bn的通项公式，观察其特点用错位相减法求和即可解： (1) 设 an的公比为q，由题意知a1(1 q)

10、6， a21q a1 q2.又 an 0，解得 a1 2， q 2，所以 an 2n.(2) 由题意知，第5页 共21页S2n 1 2n 1 b1 b2n1 (2n 1)bn1 ，2又 S2n 1 bnbn 1，bn 1 0，所以 bn 2n 1.n，则 c 2n 1令 c bn，nann23572n 1 2n 1因此 T c c , c 23n，n12n2 22 ,2n 1213572n 1 2n 1，又T n2 3 4,nn 1222222两式相减得1 31112n 12 , n 1n12T n22 2223 11 n 1 2n 12n 1225 2n 5 2 2n 1 ，2n 5所以 T

11、 n 52n . 解题师说 1掌握解题 “ 3 步骤 ”2注意解题 “ 3 关键 ”(1) 要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2) 在写出 “Sn”与 “qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出 “ Sn qSn”的表达式；(3) 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q 1 和 q 1 两种情况求解3谨防解题 “ 2 失误 ”(1) 两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号(2) 对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n 1 项和当作n 项和 冲关演练 第6页 共21页已知数列 an的前 n 项和 Sn 3n2 8n， bn是

12、等差数列，且an bnbn 1.(1) 求数列 bn的通项公式；an 1 n 1(2) 令 cn bn 2 n ，求数列 cn的前 n 项和 Tn.解： (1) 由题意知，当n 2 时， an Sn Sn 16n 5，当 n 1 时， a1 S1 11，满足上式，所以 an 6n 5.设数列 bn的公差为d.a1 b1 b2，11 2b1 d，由即a2 b2 b3，17 2b1 3d，b1 4，所以 bn 3n 1.可解得d3.n 16n6n 1(2) 由 (1)知 cn3n 3 n 3(n 1) 2 ，又 Tn c1 c2 , cn，得 Tn 3 222 323 (n 1)2n 1，2Tn

13、3223 324 (n 1)2n 2，两式作差，得T n 3222 23 24 2n 1 (n 1)2n 2n 34 12 n 1 2n 241 2 3n2n 2，n2.所以 T n 3n2考点三裂项相消法求和题点多变型考点 追根溯源裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an 的通项公式，达到求解目的.,常见的命题角度有：, 1 形如 an f(1 ,n n k )型； , 2形如 an f(1,r( n k) r( n) 型； , 3 形如 an f(n 1,n2n2 2)型 . 题点全练 1角度 (一 )形如 an型n n k1

14、(2017 国卷全 )等差数列 an的前 n 项和为 Sn，a3 3，S4 10，则 n1 _.k1 Sk解析： 设等差数列 an的首项为a1，公差为d，a1 2d 3，a1 1，依题意有解得4a1 6d 10，d 1，第7页 共21页所以 S n n1， 1 2 21 1，n2Sn1nn 1n nn1111112n因此 ,.212 2 3nn1k 1 Skn1答案： 2nn 1角度 (二)形如 an1型n k n2 (2018 江南十校联考 )已知函数f (x) x的图象过点 (4,2)，令 an1， nf n 1 f nN* .记数列 an的前 n 项和为 Sn，则 S2 018 ()A.

15、2 0171B.2 018 1C.2 0191D.2 019 1解析： 选 C 由 f(4) 2 可得1，4 2，解得 21则 f(x) x2. an11 n 1 n，f n 1 f nn1 nS2018 a1 a2 a3 , a2 018 ( 21) ( 32)( 43),( 20182 017) (2 019 2 018) 2 019 1.n 1角度 (三 )形如 ann2 n2 2型3正项数列 an的前 n 项和 Sn 满足： S2n (n2 n 1)Sn (n2 n) 0.(1) 求数列 an的通项公式 an；(2) 令 bnn 12 ，数列 bn的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意

16、的n N* ，都有 T n0， Sn n2 n.于是 a1 S1 2，当 n 2 时， an SnSn 1 n2 n (n 1)2 (n 1) 2n.综上，数列 an的通项公式为an 2n.(2) 证明：由于 an 2n，故 bnn1n121112 .22 2216nn2n2an4nn 2第8页 共21页Tn 1111111121222222 ,n 1n 1163 2435111111115n22 122 122 0， a 1)loga 1 n 冲关演练 (2018 天一大联考 )设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，首项 a1 1，且 S2 018 S2 017 1.2 0182 017(

17、1) 求 Sn；(2) 求数列1的前 n 项和 T n.SnSn1解： (1) 设数列 an的公差为 d，Snna1 n n 1d2d因为 n n a1 (n 1)2，所以 Snn 为一个等差数列，所以 S2 018 S2 017 d 1，所以 d 2，201820172Sn2故 n，所以 Sn n .(2) 因为1 1 11，SnSn 1 n n1 n n1第9页 共21页所以 T n 111 1 ,11 1 1 n . n22 3n 1n 1 n 1(一 )普通高中适用作业A 级 基础小题练熟练快1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3 9， S5 25，则 S7 ()A 41B

18、 48C 49D 56解析：选C设 Sn An2 Bn，S3 9A 3B 9，由题知解得 A 1， B 0，S525A 5B 25， S7 49.2已知数列 an的通项公式是an 2n 31 n，则其前20 项和为 ()5A 380311B 40021119205555C420311D41142044055205解析：选C令数列 an的前 n 项和为 Sn，则 S20 a1 a2 , a20 2(1 2, 20)1111111 520120205420 3 3 2, 20 2 3 20.55521415153已知数列 an满足 a1 1， an 12an， n为正奇数，则其前6 项之和是 ()

19、an 1， n为正偶数，A 16B 20C 33D 120解析：选C由已知得 a2 2a1 2， a3 a2 1 3，a4 2a3 6， a5 a4 1 7，a6 2a5 14，所以 S6 1 2 3 6 7 14 33.4 (2018 淮北模拟 )5 个数依次组成等比数列，且公比为2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为 ()A21B 2202121C10D 5解析：选C由题意可设这5 个数分别为 a， 2a,4a， 8a,16a，故奇数项和与偶数项第10页共21页a4a 16a21和的比值为2a 8a10，故选 C.5已知 an是首项为 1的等比数列， Sn 是 an的前 n 项和，且 9S3

20、 S6，则数列1 的前an5项和为()15 31A.8或5 B.16或53115C.16D. 836解析：选C设 an的公比为 q，显然 q 1，由题意得9 1 q1 q ，所以 1 q3 9，1q1 q11 511231得 q2，所以 an是首项为1，公比为2的等比数列，前5项和为11 16.26化简 Sn n (n 1) 2 (n 2) 22, 2 2n 2 2n 1 的结果是 ()A 2n 1 n 2B 2n1 n 2nn1 n 2C 2 n 2D 2解析：选D因为 Sn n (n 1) 2 (n 2) 22 , 2 2n 2 2n 1，2Sn n 2 (n 1) 22 (n 2) 23

21、 , 2 2n 1 2n，所以得，Sn n (2 22 23 , 2n) n 2 2n 1，所以 Sn 2n 1 n 2.11117已知数列：12，2，3 ，,，n n，则其前n项和关于n的表达式为_482,解析： 设所求的前 n 项和为 Sn，则1111 112nn n 11n n 1 2Sn (1 2 3, , n212 2n 1. n) 2 421 2n n 11答案： n 1228在数列 an中，若 a1 2，且对任意正整数m， k，总有 am k am ak，则 an的前 n项和 Sn _.解析： 依题意得an 1 an a1，即有 an 1 an a1 2，所以数列 an是以 2为

22、首项、 2为公差的等差数列，an 2 2(n 1) 2n， Sn n 2 2n n(n 1)2答案： n(n 1)9已知正项数列an满足22，则数列 an 的前 n 项和 Snan 1 6an an 1an.若 a1 2_.解析： a2n 1 6a2nan 1an，第11页共21页 (an 1 3an)(an 1 2an) 0， an0 ， an 1 3an，又 a12，数列 an是首项为2，公比为3 的等比数列， Sn 2 1 3n 3n 1. 1 3答案： 3n 110已知数列 an满足 a1 1， an 1an 2n(n N * )，则 S2 018 _.解析： 数列 an满足 a1 1

23、， an1an 2n，n1 n 1 时， a2 2， n 2 时， anan1 2，an1数列 an的奇数项、偶数项分别成等比数列， S2 018 121 009 21 21 009 321 009 3.1 212答案： 321 009 3B 级 中档题目练通抓牢1已知数列 an中， an 4n 5，等比数列 bn的公比q 满足 q an an 1( n 2)且 b1 a2，则 |b1|b2| |b3| , |bn| ()A 1 4nB 4n 1C.1 4nD.4n 133解析：选B由已知得 b1 a2 3， q 4， bn ( 3) ( 4)n 1， |bn| 3 4n 1，即|bn|是以

24、3为首项， 4 为公比的等比数列|b1| |b2| ,3 1 4nn|bn| 4 1.142 (2018 湘潭三模 )已知 Tn为数列2n 1n的前 n 项和，若 mT 10 1 013 恒成立，则整2数 m 的最小值为 ()A 1 026B 1 025C 1 024D 1 023解析：选C2n 11 n2n 12，T n n 112n，第12页共21页T10 1 013 1111210 1 013 1 024 210，又 mT10 1 013，整数 m 的最小值为 1 024.n为 n 个正数 p1， p2，, ， pn 的“均倒数”若已知正项数列 an3定义 p1 p2, pn的前 n 项

25、的“均倒数”为1 11 1 ,1()，又 bn an，则14b1b2b2b3b10b112n11A.11B.121011C.11D.12解析：选C依题意有n1， a2,a1 an2n 1即前 n 项和 Sn n(2n 1) 2n2 n，当 n 1 时， a1 S1 3；当 n 2 时， an SnSn 1 4n 1， a1 3 满足该式则 an 4n 1， bn an 1 n. 4因为11 11，bnbn11nn1n n所以11,1 1 11 1 ,1110b1 b2b2 b3b10b112 2 310 11 11.4已知数列 an中， a1 1， an1 ( 1)n(an 1)，记 Sn 为

26、 an的前 n 项和，则S2 018_.解析： 由 a1 1，an 1 ( 1)n(an 1)可得，a2 2， a3 1， a4 0， a5 1， a6 2， a7 1， , ，故该数列为周期是 4 的数列，所以 S2 018 504( a1 a2 a3 a4) a1 a2 504 ( 2) 1 2 1 009.答案 ： 1 0095已知数列 an的前 n 项和 Sn n2，则数列1的前 n 项和 Tn _.an1 11， n 1，即 an1，n 1，解析： an2n 1， n2，n2 n 1 2， n 2 an 2n 1.112 11 11 14nn 1 ，an 112n第13页共21页11

27、11 ,11T n12n423n 111n41 n14n 4.答案：n4n 46(2018沈阳质检)已知数列an是递增的等比数列，且1 a4 9， a2 3 8.aa(1) 求数列 an的通项公式；(2) 设 Sn 为数列 an 的前 n 项和， bn an 1 ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.SnSn 1解： (1) 由题设知a1a4 a2a3 8，a1 1，a1 8，又 a1a4 9，可解得或(舍去 )a4 8a4 1设等比数列 an的公比为q，由 a4a1 q3，得 q 2，故 an a1qn1 2n 1， n N* .na1 1 qn(2) Sn 2 1，又 bn an 1 Sn

28、1 Sn 1 1 ，SnSn 1 SnSn 1 Sn Sn1所以 T n b1 b2, bn1 11 1,1 11223 Snn 1SSSSS 1 1S1 Sn1 11*.n 1， n N2 17已知数列 an的首项为 a1 1，前 n 项和为 Sn，且数列Sn是公差为2 的等差数列n(1) 求数列 an的通项公式；(2) 若 bn ( 1)nan，求数列 bn的前 n 项和 Tn.解： (1) 由已知得 Sn 1 (n 1) 2 2n 1，n所以 Sn 2n2 n.当 n 2 时， an SnSn 1 2n2 n 2(n 1)2 (n 1) 4n 3.而 a11 满足上式，所以 an 4n

29、3， nN * .n(2) 由 (1)可得 bn (1) (4n 3)第14页共21页当 n 为偶数时， T n ( 1 5) ( 9 13) , (4n7) (4n 3) 4 n 2n；2当 n 为奇数时， n 1 为偶数， Tn T n 1 bn 1 2(n 1) (4n 1) 2n 1.2n， n为偶数，综上， T n 2n 1， n为奇数 .C 级 重难题目自主选做(2017 山东高考 )已知 xn是各项均为正数的等比数列，且x1 x2 3， x3 x2 2.(1) 求数列 xn的通项公式；(2) 如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P1(x1， 1)，P2(x2,2)， , ， Pn1