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【赢在课堂】高考数学一轮复习 6.4数列求和配套课件 理 新人教A版


第 4 讲 数列求和

考纲展示
1. 掌 握 等 差 数列的前 n 项和公式. 2. 掌 握 等 比 数列的前 n 项和公式.

考纲解读
“分组求和”“裂项相消”“错位相减”等常用求和方法属于热点 问题,在选择、 填空、 解答题型中都有可能出现.与其他知识如不 等式相结合的综合题一般为解答题,难易程度为中档题.

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1.等差数列、等比数列的前 n 项和公式 等差数列前 n 项和 Sn=
(1 + ) (-1) =na1+ ,推导方法:倒序相加法; 2 2

n1 , = 1, 等比数列前 n 项和 Sn=
1 (1- ) 1-

=

1 - q , 1-

≠ 1,

推导方法:乘公比,错位相减法.

2.常见数列的前 n 项和 (1)1+2+3+…+n=
(+1) ; 2

(2)2+4+6+…+2n=n2+n; (3)1+3+5+…+(2n-1)=n2; (4)12+22+32+…+n2=
(+1)(2+1) ; 6 (+1) 2 3 3 3 3 (5)1 +2 +3 +…+n = . 2

3.数列求和的常用方法 (1)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列. (2)裂项相消:有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式,通过相加 过程消去中间项,只剩有限项再求和.裂项相消又叫裂项法. (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.

4.常见的裂项公式 (1) (2) (3)
1 (+1)

= ?

1

1 ; +1 1 1 1 2 2-1 2+1

1 (2-1)(2+1) 1 + +1

=

;

= + 1 ? .

(1)一般的数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通项, 然后通过对通项变形,转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的 形式,从而选择合适的方法求和. (2)解决非等差、等比数列的求和,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减来完成. ②不能转化为等差或等比数列的数列,往往通过裂项相消法、 错位相减 法、倒序相加法等来求和.

1.等比数列{an}中,S2=7,S6=91,则 S4 为( A.28 B.32

) C.35 D.49

【答案】A 【解析】在等比数列{an}中,S2,S4-S2,S6-S4 仍成等比数列, 设 S4=x,则有(x-7)2=7·(91-x),故 x=-21 或 28. 又 S4=S2+a3+a4=S2(1+q2)>0,故 S4=28. 2.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为( A.2n+n2-1 B.2n+1+n2-1 C.2n+1+n2-2 【答案】C 【解析】
2(1-2 ) (1+2-1) n+1 Sn= + =2 -2+n2. 2 1-2

)

D.2n+n2-2

3.(2013 届·北京海淀模拟)等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项 和为 Sn,则数列 A.120 【答案】C 【解析】∵ S n= 故数列
(3+2+1) =n(n+2),∴ =n+2. 2

前 10 项的和为( B.70

) C.75 D.100



前 10 项的和为(1+2+…+10)+20=75.

4.数列{(-1)n(2n-1)}的前 2013 项的和 S2013= 【答案】 -2013 【解析】

.

S2013=-1+3-5+7+…+(2×2012-1)-(2×2013-1)=2 + 2 + … + 2-4025=2×10061006 个

4025=-2013. 5.
1 1 1 1 + + +…+ = 1×3 3×5 5×7 (2-1)× (2+1) 2+1

.

【答案】

【解析】使用裂项求和法. 原式=
1 2 1 2

1-

1 3

+ =

1 1 3 5 . 2+1

+…+

1 1 2-1 2+1

= · 1-

1 2+1

T 题型一分 组求和
例 1 求和:(1)Sn=1+11+111+…+11…1;
(2)Sn=
1 2 + 1 2 + 2 +…+ 1 9
个 1 2

+

2

+

(1)写出数列的通项公式 为一个等比数列
1 2 1 × 9

1 an= (10n-1),分析通项可知,可转化 9

.

10 和常数列


的求和问题.

(2)分析通项公式 an= 列{x2n},

1 2 1 2 n 2 + =(x ) + +2,可转化为两个等比数

与常数列{2}的求和问题.

【解】(1)∵ an= (10n-1), ∴ Sn=1+11+111+…+11…1= [(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)]
1 1 10(10 -1) 2 n = [(10+10 +…+10 )-n]= -n 9 9 9


1 9

1 9

=

10+1 -9n-10 . 81

(2)设 an=x


2n

1 +2+ 2,则当

x≠± 1 时,Sn=

1 2 +

+

2

1 2 + 2 +…+

1 2 1 1 1 + =(x2+x4+…+x2n)+2n+ 2 + 4 + … + 2 2 (2-1) -2 (1--2 ) (2 -1)(2+2 +1) = 2 + +2n= +2n. 2 2 2 -1 ( 1 ) 1- (2-1)(2+2 +1) + 2n,x 2 (2 -1) 当 x=± 1 时,Sn=4n.故 Sn=

≠ ±1,

4, = ±1.

先写出通项公式,分析其通项公式的结构是利用公式法求其前 n 项和的关键.

1.求和 Sn=1+ 1 +

1 2

+ 1+ +

1 2

1 4

+…+ 1 + + + … + =
1- 2 1 1 -2
1

1 2

1 4

1 2
-1

.
1 2

【解】∵ 所求和式中第 k 项为 ∴ Sn=2 11 2

1 1 1 ak=1+ + +…+ -1 2 4 2 1 2 1 2

=2 1-

,

+ 1-

1 22

+ … + 11 1 + 2 2 2

=2 ( 1 + 1 + … + 1 )=2

+…+

个 1 1 1 1 2 2 = +2n-2. 1 -1 1 -2 2

T 题型二倒 序相加法求和
例 2 设 f(x)=2+ 2,求 f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)的值.
注意观察所求式子的特点,找出一般规律. 【解】由题意可得 f(1-x)+f(x)=
2 = 2+ 2·2 1 + 2 + 2 1 21- + 2 1

+

1 2 + 2


=

2 2 + 2( 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× ,即 S=3 2.
2 2

用倒序相加法求和,常见的题型有以下几种: (1)f(x)+f(n-x)=α(常数)型; (2)数列{an}中,ak+an-k=α(常数)型.

2 .设

4 f(x)= ,则 4 +2

f

1 11

+f

2 11

+f

3 11

+…+f

10 11

=

.

【答案】5 【解析】设 x+y=1,
4 4 4 2 则 f(x)+f(y)= + = + =1. 4 +2 4 +2 4 +2 4 +2 1 2 10 令 t=f +f +…+f , 11 11 11 10 9 1 则 t=f +f +…+f , 11 11 11 1 10 2 9 因此 2t= +f + +f 11 11 11 11

+…+

10 11

+f

1 11

=10.

故 t=5.

T 题型三裂 (拆)项法求和
例 3 在数列{an}中,an=+1 + +1+…++1,又 bn=
列{bn}的前 n 项的和. 先求 an,再将通项 bn 化简,将其分裂成两项的差,再求其和. 【解】∵ an= bn=
2 · 2 2
+1=8

1

2



2 ,求数 · +1

1 (1+2+3+…+n)= , +1 2 1 1 +1

,

∴ 数列{bn}的前 n 项和为 Sn=8 11 2

+

1 1 2 3

+

1 1 3 4

+…+

1 1 +1

=8 1-

1 +1

=

8 . +1

(1)若数列{an}的通项能转化为 f(n+1)-f(n)的形式,常采用裂项相消 法求和. (2)使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留 了哪些项.

3.已知等比数列{an}的首项为 a1= ,公比 q 满足 q>0 且 q≠1.又已知 a1,5a3,9a5 成等差数列. (1)求数列{an}的通项; (2)令 bn=log3 ,求
1 1 1 2 1 1 +…+ 的值. 2 3 +1

1 3

+

【解】(1)∵ 2×5a3=a1+9a5,∴ 10a1q2=a1+9a1q4. 故 9q4-10q2+1=0.∵ q>0 且 q≠1,∴ q= .故 an=a1qn-1=3-n. (2)∵ bn=log3 =log33n=n, ∴
1 1 2 1 1 +1 1 3

=

1 (+1)

= ?

1

1 , +1

+

1 1 1 1 1 1 1 +…+ =1- + ? +…+ ? 2 3 +1 2 2 3 +1

=1-

1 +1

=

. +1

T 题型四乘 公比错位相减法求和
例 4 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=-2n2+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
9-2 2 1

的前 n 项和 Tn.

(1)根据前 n 项和的函数特征确定 k 的值;(2)中因为是等差数 列和等比数列的乘积形式,故求和时应采用乘公比错位相减法求和.

【解】(1)当 n=k∈N*时,Sn=- n2+kn 取最大值,即 8=Sk=- k2+k2= k2, 故 k2=16,因此 k=4,从而 an=Sn-Sn-1= -n(n≥2). 又 a1=S1= ,所以 an= -n. (2)因为 bn=
9-2 2 7 2 9 2 9 2

1 2

1 2

1 2

=

2
-1

,
3 2
2+…+

Tn=b1+b2+…+bn=1+ +
1 2

2 2

-1 2

+ -2


2
-1

, ? -2
1

所以 Tn=2Tn-Tn=2+1+ +…+

2

? -2

1

2

=4-1

2

2

=4-1



+2 2
-1

.

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,一般用错位相减法,解题过程 中,要讨论 q=1 与 q≠1 两种情况.

4.求和 Sn= +

1

2 2 1

+

3 +…+ . 3 3 +…+ ,① 3

【解】当 a=1 时,Sn=1+2+3+…+n= 当 a≠1 时,Sn= + 两边同乘 ,得 Sn=
1 1 2 2

(+1) ; 2

+

1 2 3 + + +…+ ,② 2 3 4 +1 1 1 1 1 ①-②,得 1- Sn= + 2+…+ ? +1, ( -1)-n(a-1)

即 Sn=

(a-1)

2

.

综上所述,得 Sn=

(+1) ,a = 2 ( -1)-n(a-1) (a-1)
2

1,

,a ≠ 1.

解题策略
如何准确确定求和方案
例已知等差数列{an}满足 a3=7,a5+a7=26,{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn;
(2)令 bn=
1 (n∈N*),求数列{bn}的前 2 -1

n 项和 Tn.

等差数列{an}中,特定项的值 (a3,a5,a7 即为特定项) a3=7,a5+a7=26 (从特定项考虑基本量 a1,d) 1 + 2d = 7, 列方程组 21 + 10d = 26.

(根据条件的结构特征,确定解方程组的方法) 用公式:an=a1+(n-1)d,Sn=na1+
(-1) d. 2

(将 an 代入化简求 bn) bn=
1 4(+1)

(根据 bn 的结构特征,确定裂项相消) bn=
1 1 1 4 +1 1 4 1 2

Tn= =
1 4

1-

+ =

1-

1 +1

1 1 1 1 - +…+ 2 3 +1 . 4(+1)

【解】(1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. 1 + 2d = 7, = 3, 因为 a3=7,a5+a7=26,所以 解得 1 21 + 10d = 26, = 2. 故 an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+ (2)因为由(1)知 an=2n+1, 所以 bn=
1 4 1 2 -1 (-1) ×2=n2+2n. 2 1 1 1 1 = · (+1) 4 +1

=
1 2

1 (2+1) -1 1 1 2 3
2

= ·

1 4

. =
, 4(+1)

故 Tn= · 1- + - + … + 即数列{bn}的前 n 项和 Tn=

1 1 +1

= · 1-

1 4

1 +1

. 4(+1)

准确确定求和的具体方案,其实关键是先求取待求和的数列的通 项公式,根据数列通项公式的特点结合各个题型的具体特征决定解决方案.

1.若数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2-3n+1,则 a4+a5+…+a10 等于( A.171 【答案】D B.21 C.10

) D.161

【解析】 a4+a5+…+a10=S10-S3=2×102-3×10-2×32+3×3=161. 2.数列{an}的通项公式 an= A.11 【答案】C 【解析】∵ a n=
1 + +1 1 ,若其前 n 项的和为 10,则项数 n 为( + +1

)

B.99 = + 1 ? ,

C.120

D.121

∴ Sn= + 1-1=10.故 n=120.

3.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 an= A.1 【答案】B 【解析】∵ an= ∴ S5= 11 6 1 2 1 (+1) 1 1 2 3

B.
1

5 6 1 , +1 1 1 5 6

1 ,则 (+1)

S5 等于(
1 6

) D.
1 30

C.

= ? +…+

+
5 6

=1- = . 4.若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n(3n-2),则 a1+a2+…+a10=( A.15 B.12 C.-12 ) D.-15

【答案】A 【解析】 a1+a2+…+a10=-1+4-7+10+…+(-1)10·(3×10-2)=(-1+4)+(7+10)+…+[(-1)9·(3×9-2)+(-1)10·(3×10-2)]=3×5=15.

5.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an=n· 2n,则 Sn= 【答案】(n-1)· 2n+1+2 【解析】∵ Sn=2+2·22+3·23+…+n·2n,① ∴ 2Sn=22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+n·2n+1.② ①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1
2(1-2 ) = -n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1. 1-2

.

故 Sn=(n-1)·2n+1+2.


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