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【三维设计】2016届(新课标)高考数学(理)大一轮复习精讲课件:第五章 数列 第四节 数列求和


第四节

数列求和

基础盘查

数列求和的常用方法

(一)循纲忆知

1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式;
2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法(①分组求和;② 拆项相消;③错位相减;④倒序相加;⑤并项求和).

(二)小题查验<

br />1.判断正误
1 1 1 (1)当 n≥2 时, 2 = - n - 1 n - 1 n+ 1 ( × )

(2)求 Sn=a+2a2+3a3+?+nan 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 ( × )

(3)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 sin2 1° +sin2 2° +sin2 3° +?+sin2 88° +sin2 89° =44.5 ( √ )

(4)若 Sn=1-2+3-4+?+(-1)n-1· n,则 S50=-25

( √ )

nπ 2.数列{an}的通项公式为 an=ncos 2 ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 015 等于 ( A.1 002 C.1 006 B.1 004 D.1 008 )

nπ 解析:因为数列 an=ncos 2 呈周期性变化,观察此数列规律如下: a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4. 故 S4=a1+a2+a3+a4=2. 因此 S2 015=S2 012+a2 013+a2 014+a2 015 =(a1+a2+a3+a4)+?+(a2 009+a2 010+a2 011+a2 012)+a2 013+a2 014 2 012 +a2 015= 4 ×2+(-2) =1 004.

1 1 1 1 3.(人教 A 版教材习题改编)数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,(2n-1) 2 4 8 16 1 n2+1- n 2 + n,?的前 n 项和 Sn 的值等于__________. 2

1

2n 1 1 1 n+1 4.设 an=1+2+3+?+n,则 Sn=a +a +?+a =______.
1 2 n

n?n+1? 解析:∵an=1+2+3+?+n= 2 .
?1 1 ? 1 2 ? ∴a = =2?n-n+1? . ? n?n+1? n ? ? ? 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ∴Sn=2?1-2+2-3+3-4+?+n-n+1? ? ? ? ? 1 ? ? =2?1-n+1? ? ? ?

2n = . n+1

考点一

公式法求和 (基础送分型考点——自主练透)

[必备知识]
1.等差、等比数列的前 n 项和公式
n?a1+an? n?n-1? (1)等差数列: Sn= =na1+ 2 d; 2

?na1,q=1, ? n (2)等比数列: Sn=?a1-anq a1?1-q ? = ,q≠1. ? 1 - q 1 - q ?

2.一些常见数列的前 n 项和公式 n?n+1? (1)1+2+3+4+?+n= ; 2
(2)1+3+5+7+?+2n-1=n2;
(3)2+4+6+8+?+2n=n2+n.

[题组练透]
1.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成 等比数列,则{an}的前 n 项和 Sn = A.n(n+1) n?n+1? C. 2 B.n(n-1) n?n-1? D. 2 ( )

解析:因为 a2,a4,a8 成等比数列,所以 a2 a8,所以(a1 4=a2· n?n-1? +6) =(a1+2)· (a1+14),解得 a1=2.所以 Sn=na1+ d 2
2

=n(n+1).故选 A.

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

10 n 9 (2 -1) Sn=__________.

解析:由题意 a2+a5=q(a1+a4),得 20=q×10,故 q=2,代 10 入 a1+a4=a1+a1q =10,得 9a1=10,得 a1= . 9
3

10 ?1-2n? 9 10 n 故 Sn= = (2 -1). 9 1-2

3.(2013· 重庆高考)设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N*. (1)求{an}的通项公式及前 n 项和 Sn; (2)已知{bn}是等差数列,Tn 为其前 n 项和,且 b1=a2,b3=a1+ a2+a3,求 T20. 解:(1)由题设知{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列,
n 1 - 3 1 n n-1 所以 an=3 ,Sn= = (3 -1). 1-3 2

(2)由(1)知 b1=a2=3,b3=a1+a2+a3=1+3+9=13,b3-b1=10= 2d,所以数列{bn}的公差 d=5, 20×19 故 T20=20×3+ ×5=1 010. 2

[类题通法]

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,转化为等差或等比或可求数列前 n 项和的数列来求 之.

考点二

分组转化法求和 (重点保分型考点——师生共研)

[必备知识]
一个数列的通项公式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,分别求和后再相加减.

[典题例析]

(2014· 山东高考)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 n ( n+1) ,记 Tn=-b1+b2-b3+b4-?+(-1)nbn,求
2

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) =n(n+1).
2

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) n ?4+2n? n?n+2? 2 =4+8+12+?+2n= = , 2 2 当 n 为奇数时, ?n-1??n+1? ?n+1?2 Tn=Tn-1+(-bn)= -n(n+1)=- . 2 2
2 ? n + 1 ? ? ?- ,n为奇数, 2 ? 所以 Tn=? ?n?n+2? ,n为偶数. ? ? 2

[类题通法]

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 组求和法求{an}的前 n 项和;
(2)通项公式为
? ?bn,n为奇数, an=? ? ?cn,n为偶数,

的数列,其中数列{bn},

{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.

(3)某些数列的求和是将数列分解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,这就要通过对数列通项结构 特点进行分析研究,将数列的通项合理分解转化.特别注意在含 有字母的数列中对字母的讨论.

[演练冲关]

已知等比数列{an}中,首项 a1=3,公比 q>1,且 3(an+2+an) -10an+1=0(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式;
? 1 ? ? ? ? (2)设 bn+3an?是首项为 ? ? ? ?

1,公差为 2 的等差数列,求数列{bn}

的通项公式和前 n 项和 Sn. 解:(1)∵3(an+2+an)-10an+1=0,∴3(anq2+an)-10anq=0,
即 3q2-10q+3=0. ∵公比 q>1,∴q=3. 又首项 a1=3,∴数列{an}的通项公式为 an=3n.

? 1 ? ? ? ? b + a (2)∵? n 3 n? 是首项为 ? ? ?

1,公差为 2 的等差数列,

1 ∴bn+ an=1+2(n-1). 3 即数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1-3n 1,


Sn=-(1+3+32+?+3n 1)+[1+3+…+(2n-1)]


1 =- (3n-1)+n2. 2

考点三

错位相减法求和 (题点多变型考点——全面发掘)
[必备知识]

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.

[一题多变]

[典型母题]

(2014· 四川高考)设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函 数 f(x)=2x 的图象上(n∈N*). (1)若 a1=-2,点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上,求数列{an} 的前 n 项和 Sn; (2)若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在 x 轴上
?an? 1 的截距为 2-ln 2,求数列?b ?的前 n 项和 Tn. ? n?

[解]

(1)由已知,b7=2 a7 ,b8=2 a8 =4b7,

有 2 a8 =4×2 a7 =2 a7 +2 , 解得 d=a8-a7=2. n?n-1? 所以 Sn=na1+ 2 d=-2n+n(n-1)=n2-3n. (2)函数 f(x)=2x 在(a2,b2)处的切线方程为 y-2 a2 =(2 a2 ln 2)(x-a2), 1 它在 x 轴上的截距为 a2-ln 2. 1 1 由题意知,a2-ln 2=2-ln 2,解得 a2=2.

所以 d=a2-a1=1. n- 1 n 1 2 3 从而 an=n,bn=2 ,所以 Tn= + 2+ 3+?+ n-1 + n, 2 2 2 2 2
n

1 2 3 n 2Tn= + + 2+?+ n-1. 1 2 2 2 1 1 1 n 1 n 因此 , 2Tn- Tn= 1+ + 2+?+ n-1 - n= 2- n-1- n = 2 2 2 2 2 2 2n 1-n-2 . 2n


2n+1-n-2 所以 Tn= . 2n

[题点发散 1]

设等差数列{an}的公差为 d, 点(an, bn)在函数 f(x)

=2x 的图象上(n∈N*).证明:数列{bn}为等比数列.

证明:由已知,bn=2an>0. bn+1 当 n≥1 时, b =2an+1-an=2d. n 所以数列{bn}是首项为 2a1,公比为 2d 的等比数列.

[题点发散 2]

设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函数 f(x)=2x

的图象上(n∈N*).若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线 1 在 x 轴上的截距为 2-ln 2,求数列{anb2 n}的前 n 项和 Sn.
n 解:由例(2)可得 an=n,bn=2n,则 anb2 = n · 4 . n

于是,Sn=1×4+2×42+3×43+?+(n-1)· 4n 1+n· 4n,


4Sn=1×42+2×43+?+(n-1)· 4n+n· 4n+1.
n+1 4 -4 2 n n+1 因此, Sn - 4Sn = 4 + 4 + ? + 4 - n· 4 = 3 - n· 4n + 1 =

?1-3n?4n+1-4 . 3 ?3n-1?4n+1+4 所以 Sn= . 9

[类题通法]

用错位相减法求和的注意事项 (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.

考点四

裂项相消法求和 (常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]

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.

归纳起来常见的命题角度有: 1 (1)形如 an= 型; n?n+k?
1 (2)形如 an= 型; n+k+ n

n+ 1 (3)形如 an= 2 型. n ?n+2?2

1 角度一:形如 an= 型 n?n+k?

1. (2014· 广东高考)设各项均为正数的数列{an} 的前 n 项和为
2 2 * Sn ,且 Sn 满足 S2 - ( n + n - 3) S - 3( n + n ) = 0 , n ∈ N . n n

(1)求 a1 的值; (2)求数列{an} 的通项公式; 1 1 (3)证明:对一切正整数 n ,有 + +?+ a1?a1+1? a2?a2+1? 1 1 < . an?an+1? 3

解:(1)由题意知,
2 Sn -(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. 2 2 令 n=1,有 S2 1-(1 +1-3)S1-3×(1 +1)=0, 2 可得 S1 +S1-6=0,解得 S1=-3 或 2,

即 a1=-3 或 2, 又 an 为正数,所以 a1=2.
2 2 * (2)由 S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N 可得,

(Sn+3)(Sn-n2-n)=0,则 Sn=n2+n 或 Sn=-3, 又数列{an}的各项均为正数,

所以 Sn=n2+n,Sn-1=(n-1)2+(n-1), 所以当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n. 又 a1=2=2×1,所以 an=2n. 1 1 1 1 (3)证明:当 n=1 时, = = < 成立; a1?a1+1? 2×3 6 3 1 1 1 1 当 n≥2 时 , = < = 2 an?an+1? 2n?2n+1? ?2n-1??2n+1?
? 1 1 ? ? ? - ?2n-1 2n+1?, ? ?

1 1 1 所以 + + ?+ a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1?
? 1 ? 1 ? 1 1? 1 1? ?? ? ? ? < + ??3-5?+?+?2n-1-2n+1?? 6 2?? ? ? ??

1 ? 1 1? ?1 ? 1 1 1 = + ?3-2n+1?< + = . 6 2? ? 6 6 3 所以对一切正整数 n, 1 1 1 1 有 + +?+ < . a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 3

1 角度二:形如 an= 型 n+k+ n

2. (2015· 江南十校联考)已知函数 f(x)=xa 的图象过点(4,2), 令 1 an= ,n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 f?n+1?+f?n? S2 014= A. 2 013-1 C. 2 015-1 B. 2 014-1 D. 2 015+1 ( )

1 解析:由 f(4)=2 可得 4 =2,解得 a=2,
a

则 f(x)=x . 1 1 ∴ an = = = n+1- n, f?n+1?+f?n? n+1+ n S2 014=a1+a2+a3+?+a2 014=( 2- 1)+( 3- 2)+( 4- 3) +?+( 2 014- 2 013)+( 2 015- 2 014)= 2 015-1.

1 2

答案:C

n+ 1 角度三:形如 an= 2 型 n ?n+2?2
2 3.(2013· 江西高考)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:S2 - ( n n

+n-1)Sn-(n2+n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; n+ 1 (2)令 bn= 2 ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明:对于 ?n+2?2an 5 任意的 n∈N ,都有 Tn< . 64
*

2 2 解:(1)由 S2 - ( n + n - 1) S - ( n + n) = 0 , n n

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, 1 ? n+ 1 n+ 1 1 ?1 ? 2- 故 bn= 2?. 2 2= 2 2= n ? n + 2 ? 16 ?n+2? an 4n ?n+2? ? ? 1 1 1 1 1 1 1 1? ? Tn=16 1-32+22-42+32-52+?+?n-1?2-?n+1?2+ ? 1 1 ? 1? 1 1 1 ? 1? 1? 5 ? ? ? ? ? - 1 + - - n2 ?n+2?2?=16? 22 ?n+1?2 ?n+2?2?<16?1+22?=64.

[类题通法]

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 1 1 差和系数之积与原通项相等.如:若 {an}是等差数列,则 = anan+1 d
?1 1 ? 1 ? 1 1? ? ? ?1 ? - - , = ?an a + ? a a ?an a + ?. 2 d + n 1? n 2? ? ? n n 2

“课后演练提能”见“课时跟踪检测(三十三)” (单击进入电子文档)

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