届高考数学一轮复习第六章数列64数列求和学案.docx

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届高考数学一轮复习第六章数列64数列求和学案

§6.4　数列求和

考纲展示►　

考点1　公式法求和

1.公式法

直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．

（1）等差数列的前n项和公式：

Sn＝＝na1＋d.

（2）等比数列的前n项和公式：

Sn＝

2．倒序相加法与并项求和法

（1）倒序相加法：

如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．

（2）并项求和法：

在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．

形如an＝（－1）nf（n）类型，可采用两项合并求解．

例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝（1002－992）＋（982－972）＋…＋（22－12）＝（100＋99）＋（98＋97）＋…＋（2＋1）＝5050.

非等差、等比数列求和的常用方法：

倒序相加法；并项求和法．

（1）[教材习题改编]一个球从100m高处自由落下，着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是（　　）

A．100＋200×（1－2－9）B．100＋100（1－2－9）

C．200（1－2－9）D．100（1－2－9）

答案：

A

（2）[教材习题改编]已知函数f（n）＝n2cosnπ，且an＝f（n）＋f（n＋1），则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________.

答案：

－100

解析：

因为f（n）＝n2cosnπ＝

所以f（n）＝（－1）n·n2，

由an＝f（n）＋f（n＋1）＝（－1）n·n2＋（－1）n＋1·（n＋1）2＝（－1）n[n2－（n＋1）2]＝（－1）n＋1·（2n＋1），得

a1＋a2＋a3＋…＋a100＝3＋（－5）＋7＋（－9）＋…＋199＋（－201）＝50×（－2）＝－100.

数列求和的两个易错点：

公比为参数；项数的奇偶数．

（1）设数列{an}的通项公式是an＝xn，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

答案：

Sn＝

解析：

当x＝1时，Sn＝n；当x≠1时，Sn＝.

（2）设数列{an}的通项公式是an＝（－1）n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

答案：

Sn＝

解析：

若n为偶数，则Sn＝0；若n为奇数，则Sn＝－1.

[典题1]　

（1）已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋（n≥2），则数列{an}的前9项和等于________．

[答案]　27

[解析]　由a1＝1，an＝an－1＋（n≥2），

可知数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，

故S9＝9a1＋×＝9＋18＝27.

（2）若等比数列{an}满足a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前n项和Sn＝________.

[答案]　（2n－1）

[解析]　由题意a2＋a5＝q（a1＋a4），得20＝q×10，故q＝2，代入a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得9a1＝10，即a1＝.

故Sn＝＝（2n－1）．

[点石成金]　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，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列来求之．

考点2　分组转化法求和

分组求和法

若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．

（1）数列1，3，5，…，的前n项和Sn＝________________.

答案：

n2＋1－

（2）已知数列{an}中，an＝设数列{an}的前n项和为Sn，则S9＝________.

答案：

377

[典题2]　已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋（－1）n·（ln2－ln3）＋（－1）nnln3，求其前n项和Sn.

[解]　由通项公式知，Sn＝2（1＋3＋…＋3n－1）＋[－1＋1－1＋…＋（－1）n]·（ln2－ln3）＋[－1＋2－3＋…＋（－1）nn]ln3，

所以当n为偶数时，

Sn＝2×＋ln3＝3n＋ln3－1；

当n为奇数时，

Sn＝2×－（ln2－ln3）＋ln3

＝3n－ln3－ln2－1.

综上知，Sn＝

[点石成金]　分组转化法求和的常见类型

（1）若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．

（2）通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比或等差数列，可采用分组转化法求和．

[提醒]　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.

在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝a，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋（－1）nbn，求Tn.

解：

（1）由题意知，（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），

即（a1＋2）2＝a1（a1＋6），

解得a1＝2.

所以数列{an}的通项公式为an＝2n.

（2）由题意知，bn＝a＝n（n＋1）．

所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋（－1）nn×（n＋1）．

因为bn＋1－bn＝2（n＋1），

可得当n为偶数时，

Tn＝（－b1＋b2）＋（－b3＋b4）＋…＋（－bn－1＋bn）

＝4＋8＋12＋…＋2n

＝＝；

当n为奇数时，

Tn＝Tn－1＋（－bn）＝－n（n＋1）＝－.

所以Tn＝

考点3　错位相减法求和

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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．

（1）[教材习题改编]数列1，，，…，的前n项和为________．

答案：

解析：

因为＝

＝2，

所以数列的前n项和为

2×＝2×＝.

（2）[教材习题改编]数列，，，…，，…的前n项的和为________．

答案：

4－

解析：

设该数列的前n项和为Sn，

由题可知，Sn＝＋＋＋…＋，①

Sn＝＋＋＋…＋，②

①－②，得

Sn＝＋＋＋＋…＋－＝2－－，

∴Sn＝4－.

[典题3]　[2015·山东卷]设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.

（1）求{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.

[解]　

（1）因为2Sn＝3n＋3，

所以2a1＝3＋3，故a1＝3，

当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，

此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，

即an＝3n－1，

所以an＝

（2）因为anbn＝log3an，所以b1＝，

当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝（n－1）·31－n.

所以T1＝b1＝；

当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋（n－1）×31－n]，

所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋（n－1）×32－n]，

两式相减，得

2Tn＝＋（30＋3－1＋3－2＋…＋32－n）－（n－1）×31－n

＝＋－（n－1）×31－n

＝－，

所以Tn＝－，

经检验，n＝1时也适合．

综上知，Tn＝－.

[点石成金]　用错位相减法求和的三个注意事项

（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，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．

[2015·天津卷]已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．

解：

（1）设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意知q>0.

由已知，有

消去d，整理得q4－2q2－8＝0，解得q2＝4.

又因为q>0，所以q＝2，所以d＝2.

所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*；

数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*.

（2）由

（1）有cn＝（2n－1）·2n－1，

设{cn}的前n项和为Sn，

则Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋（2n－3）×2n－2＋（2n－1）×2n－1，

2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋（2n－3）×2n－1＋（2n－1）×2n，

上述两式相减，得

－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－（2n－1）×2n＝2n＋1－3－（2n－1）·2n＝－（2n－3）·2n－3，

所以Sn＝（2n－3）·2n＋3，n∈N*.

考点4　裂项相消法求和

裂项相消法

（1）把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．

（2）常见的裂项技巧：

①＝－.

②＝.

③＝.

④＝－.

[考情聚焦]　把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．

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．

主要有以下几个命题角度：

角度一

形如an＝型

[典题4]　[2017·重庆模拟]设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.

（1）求an；

（2）设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：

Tn>－（n∈N*）．

（1）[解]　设数列{an}的公差为d，

由题意，得

解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋（n－1）d＝2n＋1.

（2）[证明]　由

（1），得Sn＝na1＋

d＝n（n＋2），

∴bn＝＝.

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn

＝

＝，

∴Tn＝

>

＝－.

故Tn>－.

角度二

形如an＝型

[典题5]　[2017·江南十校联考]已知函数f（x）＝xa的图象过点（4,2），令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2014＝（　　）

A.－1　B.－1

C.－1　　D.＋1

[答案]　C

[解析]　由f（4）＝2可得4a＝2，解得a＝，

则f（x）＝x.

∴an＝＝＝－，

S2014＝a1＋a2＋a3＋…＋a2014

＝（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）＋（－）

＝－1.

角度三

形如an＝型

[典题6]　正项数列{an}的前n项和Sn满足：

S－（n2＋n－1）Sn－（n2＋n）＝0.

（1）求数列{an}的通项公式an；

（2）令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：

对于任意的n∈N*，都有Tn<.

（1）[解]　由S－（n2＋n－1）Sn－（n2＋n）＝0，得

[Sn－（n2＋n）]（Sn＋1）＝0.

由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.

于是a1＝S1＝2，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－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bn＝＝

＝.

Tn＝

＝

<×＝.

[点石成金]　利用裂项相消法求和的注意事项

（1）抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．

（2）将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：

若{an}是等差数列，则＝，＝.

[方法技巧]　非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：

（1）转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成．

（2）不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．

[易错防范]　1.在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．

2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项，特别是隔项相消．

真题演练集训

1．[2016·北京卷]已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.

答案：

6

解析：

设等差数列{an}的公差为d，由已知，得

解得

所以S6＝6a1＋×6×5d

＝36＋15×（－2）＝6.

2．[2015·新课标全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.

答案：

－

解析：

∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，

∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.

∵Sn≠0，∴－＝1，即－＝－1.

又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．

∴＝－1＋（n－1）×（－1）＝－n，

∴Sn＝－.

3．[2016·山东卷]已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.

（1）求数列{bn}的通项公式；

（2）令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

解：

（1）由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，

当n＝1时，a1＝S1＝11，

所以an＝6n＋5.

设数列{bn}的公差为d，

由得

可解得b1＝4，d＝3.

所以bn＝3n＋1.

（2）由

（1）知，cn＝＝3（n＋1）·2n＋1.

又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，

所以Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋（n＋1）×2n＋1]，

2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋（n＋1）×2n＋2]，

两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－（n＋1）×2n＋2]＝3×＝－3n·2n＋2，

所以Tn＝3n·2n＋2.

4．[2015·新课标全国卷Ⅰ]Sn为数列{an}的前n项和．已知an＞0，a＋2an＝4Sn＋3.

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和．

解：

（1）由a＋2an＝4Sn＋3，①

可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②

②－①，得a－a＋2（an＋1－an）＝4an＋1，

即2（an＋1＋an）＝a－a＝（an＋1＋an）（an＋1－an）．

由an＞0，得an＋1－an＝2.

又a＋2a1＝4a1＋3，

解得a1＝－1（舍去）或a1＝3.

所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.

（2）由an＝2n＋1可知，

bn＝＝

＝.

设数列{bn}的前n项和为Tn，则

Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝＝.

课外拓展阅读

数列求和

[典例]　已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn（其中k∈N*），且Sn的最大值为8.

（1）确定常数k，并求an；

（2）求数列的前n项和Tn.

[审题视角]

[解析]　

（1）当n＝k，k∈N*时，Sn＝－n2＋kn取得最大值，

即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，故k2＝16，k＝4.

当n＝1时，a1＝S1＝－＋4＝，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n.

当n＝1时，上式也成立，故an＝－n.

（2）因为＝，

所以Tn＝1＋＋＋…＋＋，①

所以2Tn＝2＋2＋＋…＋＋，②

②－①，得2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－

＝4－－＝4－.

故Tn＝4－.

方法点睛

1．根据数列前n项和的结构特征和最值确定k和Sn，求出an后再根据的结构特征确定利用错位相减法求Tn.在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案．

2．利用Sn求an时不要忽视当n＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数．

3．可以通过当n＝1,2时的特殊情况对结果进行验证．