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数列求和-数列 2012高考一轮数学精品课件


学案4

数列求和

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1.当已知数列{an}中,满足an+1-an=f(n),且f(1)+f (2)+…+f(n)可求.则可用 累加法 数列的通

项an.

a n +1 2.当已知数列{an}中,满足 =f(n),且f(1)

· f an (2)·…·f(n)可求.则可用 累积法 求数列的通项
an. 返回目录

n(a 1 + an ) n(n - 1) = na 1 + d 3.等差数列前n项和Sn= 2 2



推导: 倒序相加法 Sn =

{

;等比数列前n项和

na1,
a1 (1 - q n ) a1 - anq = 1- q 1- q

q=1,
q≠1. .

推导: 乘公比错位相减 4.常见数列的前n项和: (1)1+2+3+…+n= (2)2+4+6+…+2n=

n(n + 1) 2
n2+n

; ; 返回目录

(3)1+3+5+…+(2n-1)=
(4)12+22+32+…+n2=

n2 .



1 n(n + 1)(2n + 1) 6

5. (1)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和
的数列. (2)拆项相消:有时把一个数列的通项公式分成二项差 的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和. (3)错位相减:适用于一个等差数列和一个等比数列对

应项相乘构成的数列求和.
(4)倒序相加:例如,等差数列前n项和公式的推导方法. 返回目录

考点一 公式法求和

根据数列{an}的通项公式,求其前n项和Sn.
(1)an=10n-1;(2)an=n(n+1). 【分析】 若数列为等差数列、等比数列,或能转 化为等差、等比数列,或转化为能用其他公式的,用 公式法求和. 返回目录

【解析】(1)Sn=a1+a2+…+an=(101+102+…+10n)-

10(1 - 10n ) 10 n n= - n = (10 - 1) - n. 1 - 10 9 (2)Sn=a1+a2+…+an
=(12+1)+(22+2)+…+(n2+n) =(12+22+…+n2)+(1+2+…+n) 1 = n(n+1)(n+2). 3

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【评析】在数列求和中,常用的公式有: (1)等差数列: n = S
n(a 1 + an ) n(n - 1) = na 1 + d. 2 2 na1 q=1

(2)等比数列: Sn=

{

a1 (1 - q n ) a1 - a nq = 1- q 1- q

q≠1.

n(n + 1) . (3) 1+2+…+n= 2 1 (4) 12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1). 6

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*对应演练*
已知数列{log2(an-1)},n∈N*为等差数列,且a1=3,a3=9.

(1)求数列{an}的通项公式;
1 1 1 1 (2)证明: + + …+ = 1- n a 2 - a1 a 3 - a 2 an +1 - an 2

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(1) 设等差数列{log2(an-1)}的公差为d.

由a1=3,a3=9得2(log22+d)=log22+log28,
即d=1.所以log2(an-1)=1+(n-1)〓1=n,即an=2n+1.

(2) 证明:因为

1 1 1 , = n +1 n = n an +1 - an 2 - 2 2

1 1 1 所以 + + …+ a 2 - a1 a 3 - a 2 a n +1 - a n 1 1 1 - n× 1 1 1 1 2 2 2 = 1- 1 = 1 + 2 + 3 +??? n = 1 2 2 2 2 2n 12
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考点二 裂项相消求和

1 1 1 1 求数列 2 , 2 , 2 , 2 1 +2 2 +4 3 +6 4 +8

,…的前n项和.

【分析】所给数列为倒数构成的数列,故应研究通 项,看能否拆为两项之差的形式,以便使用裂项相消法.

1 1 1 1 【解析】? an = 2 = ( ) n + 2n 2 n n + 2
1 1 1 1 1 1 1 1 )+( ) ∴ 〔 (1 - ) + ( - ) + ? ? ?( 〕 3 2 4 n -1 n +1 n n+2 2

1 1 1 1 3 2n + 3 = (1 + )= 2 2 n +1 n + 2 4 2(n + 1)(n + 2)
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【评析】 (1)裂项法求和时消项的规律具有对称性,

即前剩多少项后就剩多少项;前剩第几项,后就剩倒数第
几项. (2)常见的裂项公式有:

1 1 1 ① ; = n(n + 1) n n + 1


1 1 1 1 = ( ); n(n + k) k n n + k

③n· n!=(n+1)!-n!;

n 1 1 ④ n + 1!= n!- n + 1!;
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1 = ( n + k - n ); n+k + n k 1 1 1 1 ⑥ = ( ); (2n - 1)(2n + 1) 2 2n - 1 2n + 1 1 1 1 1 ⑦ 〕 =〔 n(n + 1)(n + 2) 2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2)


1

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*对应演练*
设数列{an}的前n项和为Sn,点(n,
数y=3x-2的图象上. (1)求数列{an}的通项公式;
Sn )(n∈N*)均在函 n

3 (2)bn = ,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn anan+1 m

20

对所有n∈N*都成立的最小正整数m.

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(1)依题意得
即Sn=3n2-2n.

Sn =3n-2, n

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)] =6n-5; 当n=1时,a1=S1=3〓12-2〓1=1=6〓1-5, ∴an=6n-5(n∈N*).

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(2)由(1)得bn=

3 a n a n +1 3 1 1 1 = [6(n + 1) - 5] = 2 ( 6n - 5 - 6n + 1 ). (6n - 5)

故Tn=b1+b2+…+bn
1 1 1 1 1 1 = 〔 1- ) +( ( ) +???+( ) 〕 2 7 7 13 6n - 5 6n + 1 1 1 = (1 ) 2 6n + 1 因此,使得 1 (1 - 1 ) < m (n∈N*)成立的m必 2 6n + 1 20 须满足 1 ≤m ,即m≥10. 2 20

故满足要求的最小正整数m为10. 返回目录

考点三 错位相减法求和

1 2 3 n 求和: S n = + 2 + 3 + …+ n . a a a a n 【分析】分析通项an= n 知, 1 为等比数列,其系 a an
数构成数列{n}成等差数列,故可用错位相减法.

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【解析】当a=1时,Sn=1+2+3+…+n=

1 2 3 n 当a≠1时, S n = + 2 + 3 + …+ n . ① a a a a 1 1 2 3 3 n n 两边同乘 ,得 S n = 2 + 3 + 4 …+ n - n +1 . a a a a a a a
1 1 1 1 n , (1 - )S n = + 2 + …+ n - n +1 a ana a a a(a - 1) - n(a - 1) 即S =
n

n(n + 1) ; 2

②得

a n (a - 1) 2

综上所述,得 Sn=

{

n(n + 1) 2 n a(a - 1) - n(a - 1) an (a - 1)2

(a=1) (a≠1). 返回目录

【评析】如果一个数列的各项是由一个等差数列
与一个等比数列的对应项的乘积组成,则求此数列的前 n项和Sn,一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式 子错位相减法,要注意对字母的讨论.

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*对应演练*
设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列,且 a1=b1,b2(a2-a1)=b1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式;

an (2)设cn= n ,求数列{cn}的前n项和Tn. b

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(1)∵当n=1时,a1=S1=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2.

故{an}的通项公式为an=4n-2,
即{an}是首项a1=2,公差d=4的等差数列.
1 设{bn}的公比为q,则b1qd=b1,d=4,∴q= . 4

故bn=b1

qn-1=2〓

2 即{bn}的通项公式为bn= n -1 . 4

1 , 4n -1

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a n 4n - 2 = (2)∵cn= =(2n-1)4n-1, 2 bn 4n-1 1 2

∴Tn=c1+c2+…+cn=1+3〓4 +5〓4 +…+(2n-1)

4n-1, 4Tn=1〓4+3〓42+5〓43+…+(2n-3)〓4n-1+ (2n-1)〓4n.

两式相减得
3Tn=-1-2(41+42+43+…+4n-1)+(2n-1)4n
1 = [(6n-5)4n+5]. 3 1 ∴Tn= [(6n-5)4n+5]. 4

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考点四 拆项法求和 求和: (1)Sn=1+11+111+…+11…1;

︸ n个

1 2 1 )2 ( 2 1 2 (2) Sn=(x+ + x + 2 ) +…+(xn+ n ) . x x x

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1 【分析】 (1)写出数列的通项公式an= (10n-1),分 9 1 析通项可知,可转化为一个等比数列﹛ 〓10n ﹜ 和 9 1 常数列 ﹛ ﹜ 的求和问题. 9
1 1 2=(xn)2+( (2)分析通项公式an=(xn+ x ) )2+2, xn n

可转化为两个等比数列{x2n},

和问题.

1 { 2n }与常数列{2}的求 x

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【解析】(1)∵an= (10n-1),

1 9

∴Sn=1+11+111+…+11…1

︸ n个

1 = [(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)] 9 1 = [(10+102+…+10n)-n] 9 10(10n - 1) 1 = 〔 - n〕 9 9

10n +1 - 9n - 10 = . 81

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1 2n ,∴当x≠〒1时, x 1 2 2 1 2 1 2 n+ Sn=(x+ ) +(x + 2 ) +…+(x n ) x x x 1 1 1 2+x4+…+x2n)+2n+( =(x + 4 +…+ 2 n ) x2 x x x 2 (x 2n - 1) x-2 (1 - x-2n ) = + + 2n 2 -2 x -1 (1 - x) (x 2n - 1)(x 2n+2 + 1) = + 2n 2n 2 x (x - 1) 当x=〒1时,Sn=4n.
(2)∵an=x2n+2+

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【评析】如果数列{an}的通项an可写成an=bn〒cn,

而{bn},{cn}是等差或等比数列或其前n项和可求,那么数
列{an}的前n项和就可转化为{bn}与{cn}前n项和的和差 问题.`

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*对应演练*
求和:11+103+1 005+10 007+…+[10n+(2n-1)].

∵an=10n+2n-1, ∴原式=(10+102+…+10n)+2(1+2+…+n)-n 10(1 - 10n ) = +n(n+1)-n 1 - 10 10(10n - 1) = +n2. 9 返回目录

考点五 倒序相加法求和 已知数列{an}的前n项和Sn=(n-1)· n+1,是否存在等差 2
2 数列{bn},使an=b1C1 +b2 C n +…+bn C n 对一切正整数 n n n均成立?

【分析】先由an与Sn的关系,求出{an}的通项公 式,再由倒序相加得出结论.

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【解析】 an=

{

S1

n=1 n≥2.

Sn-Sn-1

当n=1时,a1=S1=1;

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n-1)2n+1-(n-2)· n-1-1=n· n-1. 2 2
∵a1=1满足n≥2时an的式子,

∴an=n· n-1(n∈N+). 2
假设存在等差数列{bn}满足条件,设b0=0,且{bn}仍 0 2 成等差数列,则an=b0C n +b1 C1+b2 C n+…+bnC n , n n
0 倒序得an=bnC n +bn-1 Cn-1 +bn-2Cn - 2 +…+b0C n , n n n

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以上两式相加得
0 2an=(b0+bn) C n +(b1+bn-1) C1 +…+(bn+b0) C n n n 0 =(b0+bn)( C n + C1 +…+ C n )=bn· n, 2 n n

∴an=bn· n-1. 2 令bn=n,显然n=0时,b0=0,故存在等差数列{bn} 满足已知等式.

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【评析】当把一个数列倒过来排序,与原数列对应项

相加后,若有公因式可提,并且剩余的项的和易求,一般
可用倒序相加法求其和.

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*对应演练*
设f(x)=
1 2 + 2
x

,求f(-5)+f(-4)+…+f(0)

+…+f(5)+f(6)的值.

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f(1-x)+f(x) = =

1 2
1- x

+ 2 2x

+

1 2 + 2
x

=

2x 2+ 2 ?2 2
x

+

1 2x + 2

2 + = . x x 2 2( 2 + 2 ) 2( 2 + 2 )

设S=f(-5)+f(-4)+…+f(5)+f(6),
则S=f(6)+f(5)+…+f(-4)+f(-5).

两式相加得2S=12〓

2 ,∴S= 3 2 . 2

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考点六 数列求和的其他方法 已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n2-3n-2,n=1, 2,3,…. (1)求证:数列{an-2n}为等比数列; (2)设bn=an·cosnπ,求数列{bn}的前n项和Pn. 【分析】在{bn}中,n取奇数、偶数时,bn的表示 形式不同,因此,应分n为奇数、偶数讨论. 返回目录

【解析】(1)证明:令n=1,则S1=2a1+1-3-2, ∴a1=4.

又Sn=2an+n2-3n-2
则Sn+1=2an+1+(n+1)2-3(n+1)-2




由②-①得an+1=2an+1-2an+2n-2,
即an+1=2an-2n+2,

∴an+1-2(n+1)=2(an-2n),

an +1 - 2(n + 1) 即 =2 an - 2n

,又a1-2=2,

∴{an-2n}是以2为首项,2为公比的等比数列.
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(2)由(1)知an-2n=2n. ∴an=2n+2n,∴bn=(2n+2n)cosnπ.

当n为偶数时,Pn=b1+b2+b3+…+bn
=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn) =-(2+2〓1)-(23+2〓3)-…-[2n-1+2(n-1)] +(22+2〓2)+(24+2〓4)+…+(2n+2〓n)
4(1 - 2n ) 2(1 - 2n ) 2 n = + n = (2 - 1) + n. 2 2 1- 2 1- 2 3 n +1 2 +2 当n为奇数时,Pn= - (n+1). 3 n +1 2 5 (n为奇数) -n 综上,Pn= 3 3 2 n (n为偶数). (2 - 1) + n 3

{

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【评析】(1)对于由递推关系给出的数列,常借助

于Sn+1-Sn=an+1转化为an与an+1的关系式或Sn与Sn+1的关
系式,进而求出an与Sn使问题得以解决. (2)对于本题这样判定{an-2n}为等比数列这种类型 的问题,可采用整体配凑的方法,求出 值即可.而若求证{an-2n}为等差数列,只需构造an+1-2n+1(an-2n)为常数即可.
an +1 - 2(n + 1) 为定 an - 2n

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*对应演练*
一个数列{an}, an=

{

5n+1 (n为奇数)

2

n 2

(n为偶数),

求数列的前n项和Sn.

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∵a2k+1-a2k-1=[5(2k+1)+1]-[5(2k-1)+1]=10,
a 2k + 2 2 = 2k = 2 a 2k 22 ∴当n=2m时,a1,a3,…,a2m-1构成首项为6,公差为10的等差
2k + 2 2

数列,a2,a4,…,a2m构成首项为2,公比为2的等比数列,此时,
n m[6 + 5(2m - 1) + 1] 2(1 - 2m ) 5 2 1 +1 2 Sn = + = n + n + 2 - 2; 2 1- 2 4 2 当n=2m+1时,

(m + 1)[6 + 5(2m - 1) + 1] 2(1 - 2m ) Sn = + 2 1- 2 n +1 5 1 = (n + 1)2 + (n + 1) + 2 2 - 2; 4 2

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1.数列求和,如果是等差、等比数列的求和,可直接 用求和公式求解,公式要做到灵活运用. 2.非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种 思路: (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,要将 例题中的几类一般数列的求和方法记牢. 返回目录

3.数列求和的方法技能

(1)倒序相加:用于等差数列、与二项式系数相关联
的数列求和. (2)借位相减:用于等比数列、等差数列与等比数列 的积数列的求和. (3)分组求和:用于若干个等差或等比数列的和数列 的求和. (4)拆项相消:常用的拆项公式有:

1 1 1 1 1 = ; = ( a - b ). n(n + 1) n n + 1 a + b a - b
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