高考数学一轮复习学案：6.4 数列求和（含答案）

1、 6.4 数列求和数列求和 最新考纲 考情考向分析 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式 2.掌握非等差数列、 非等比数列求和的几种常 见方法. 本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加 法、裂项相消法求数列前 n 项和为主，识别 出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热 点题型以解答题的形式为主，难度中等或 稍难一般第一问考查求通项，第二问考查 求和，并与不等式、函数、最值等问题综合. 1等差数列的前 n 项和公式 Snna1an 2 na1nn1 2 d. 2等比数列的前 n 项和公式 Sn na1，q1， a1anq 1q a11q n 1q ，q1. 3一些常见数列的前 n 项

2、和公式 (1)1234nnn1 2 . (2)13572n1n2. (3)24682nn(n1) (4)1222n2nn12n1 6 . 知识拓展 数列求和的常用方法 (1)公式法 直接利用等差、等比数列的求和公式求和 (2)分组转化法 把数列转化为几个等差、等比数列，再求解 (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项 常见的裂项公式 1 nn1 1 n 1 n1； 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1 ； 1 n n1 n1 n. (4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广 (5)错位相减法 主要用于一个等差数

3、列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和 (6)并项求和法 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 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)如果数列an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sna1an 1 1q .( ) (2)当 n2 时， 1 n21 1 2 1 n1 1 n1 .( ) (3)求 Sna2a23a3nan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)数列 1 2n2n1 的前 n 项和为 n 21 2n.( ) (5)推导

4、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 sin22 sin23 sin288 sin289 44.5.( ) (6)如果数列an是周期为 k 的周期数列，那么 SkmmSk(m，k 为大于 1 的正整数)( ) 题组二 教材改编 2P61A 组 T5一个球从 100 m 高处自由落下，每次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( ) A100200(12 9) B100100(12 9) C200(12 9) D100(12 9) 答案 A 解析 第 10 次着地时，经过的路程为 1002(50251002 9)1002100(21

5、2 229)1002002 1129 12 1100200(12 9) 3P61A 组 T4(3)12x3x2nxn 1_(x0 且 x1) 答案 1xn 1x2 nxn 1x 解析 设 Sn12x3x2nxn 1， 则 xSnx2x23x3nxn， 得(1x)Sn1xx2xn 1nxn 1x n 1x nxn， Sn 1xn 1x2 nxn 1x. 题组三 易错自纠 4(2017 潍坊调研)设an是公差不为 0 的等差数列，a12，且 a1，a3，a6成等比数列，则 an的前 n 项和 Sn等于( ) A.n 27n 4 B.n 25n 3 C.2n 23n 4 Dn2n 答案 A 解析 设

6、等差数列的公差为 d，则 a12， a322d，a625d. 又a1，a3，a6成等比数列，a23a1 a6. 即(22d)22(25d)，整理得 2d2d0. d0，d1 2. Snna1nn1 2 dn 2 4 7 4n. 5(2018 日照质检)数列an的通项公式为 an(1)n 1 (4n3)，则它的前 100 项之和 S 100等 于( ) A200 B200 C400 D400 答案 B 解析 S100(4 13)(4 23)(4 33)(4 1003)4 (12)(34)(99 100)4 (50)200. 6数列an的通项公式为 anncos n 2 ，其前 n 项和为 Sn，

7、则 S2 017_. 答案 1 008 解析 因为数列 anncos n 2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30， a44. 故 S4a1a2a3a42. a50，a66，a70，a88， 故 a5a6a7a82，周期 T4. S2 017S2 016a2 0172 016 4 22 017 cos 2 017 2 1 008. 题型一题型一 分组转化法求和分组转化法求和 典例 (2018 合肥质检)已知数列an的前 n 项和 Snn 2n 2 ，nN*. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和 解 (1)当 n1 时，

8、a1S11； 当 n2 时，anSnSn1n 2n 2 n1 2n1 2 n. a1也满足 ann， 故数列an的通项公式为 ann. (2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn. 记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(212222n)(12342n) 记 A212222n，B12342n， 则 A212 2n 12 22n 12， B(12)(34)(2n1)2nn. 故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n 1n2. 引申探究 本例(2)中，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解 由(1)知 bn2n(1)nn. 当 n 为偶数时， Tn(21222n)1234(n1)

9、n 22 n1 12 n 2 2n 1n 22； 当 n 为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n 2n 12n1 2 n 2n 1n 2 5 2. Tn 2n 1n 22，n为偶数， 2n 1n 2 5 2，n为奇数. 思维升华 分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbn 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 an bn，n为奇数， 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 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

10、数列中对字母的讨论 跟踪训练 等差数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn是等比数列，满足 a13，b11，b2S2 10，a52b2a3. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)令 cn 2 Sn，n为奇数， bn，n为偶数， 设数列cn的前 n 项和为 Tn，求 T2n. 解 (1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q， 由 b2S210， a52b2a3， 得 q6d10， 34d2q32d， 解得 d2， q2， an32(n1)2n1，bn2n 1. (2)由 a13，an2n1 得 Snna1an 2 n(n2)， 则 cn 2 nn2，n为奇数， 2n 1，n为偶数，

11、 即 cn 1 n 1 n2，n为奇数， 2n 1，n为偶数， T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n) 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 (22322n 1) 1 1 2n1 214n 14 2n 2n1 2 3(4 n1) 题型二题型二 错位相减法求和错位相减法求和 典例 (2017 天津)已知an为等差数列，前 n 项和为 Sn(nN*)，bn是首项为 2 的等比数列， 且公比大于 0，b2b312，b3a42a1，S1111b4. (1)求an和bn的通项公式； (2)求数列a2nb2n1的前 n 项和(nN*) 解 (1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的

12、公比为 q. 由已知 b2b312，得 b1(qq2)12，而 b12， 所以 q2q60. 又因为 q0，解得 q2，所以 bn2n. 由 b3a42a1，可得 3da18， 由 S1111b4，可得 a15d16， 联立，解得 a11，d3，由此可得 an3n2. 所以数列an的通项公式为 an3n2，数列bn的通项公式为 bn2n. (2)设数列a2nb2n1的前 n 项和为 Tn， 由 a2n6n2， b2n124n 1， 得 a 2nb2n1(3n1)4 n， 故 Tn24542843(3n1)4n， 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n 1， ，得3Tn243423

13、4334n(3n1)4n 1 1214 n 14 4(3n1)4n 1 (3n2)4n 18， 得 Tn3n2 3 4n 18 3. 所以数列a2nb2n1的前 n 项和为3n2 3 4n 18 3. 思维升华 错位相减法求和时的注意点 (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 “SnqSn”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 跟踪训练 (2018 阜阳调研)设等差数列an的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数

14、列bn的公比 为 q，已知 b1a1，b22，qd，S10100. (1) 求数列an，bn的通项公式； (2) 当 d1 时，记 cnan bn，求数列cn的前 n 项和 Tn. 解 (1)由题意得 10a145d100， a1d2， 即 2a19d20， a1d2， 解得 a11， d2 或 a19， d2 9. 故 an2n1， bn2n 1 或 an1 92n79， bn9 2 9 n1. (2)由 d1，知 an2n1，bn2n 1，故 c n2n1 2n 1，于是 Tn13 2 5 22 7 23 9 24 2n1 2n 1， 1 2Tn 1 2 3 22 5 23 7 24 9

15、25 2n1 2n . 可得 1 2Tn2 1 2 1 22 1 2n 22n1 2n 32n3 2n ， 故 Tn62n3 2n 1. 题型三题型三 裂项相消法求和裂项相消法求和 命题点 1 形如 an 1 nnk型 典例 (2017 郑州市第二次质量预测)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，且满足 Sn1 2an 1n1(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)若 bnlog3(an1)，设数列 1 bnbn2 的前 n 项和为 Tn，求证：Tn3 4. (1)解 由 Sn1 2an1n1(nN *)， 得 Sn11 2ann(n2，nN *)， 两式相减，并化简，得 an1

16、3an2， 即 an113(an1)， 又 a112130， 所以an1是以3 为首项，3 为公比的等比数列， 所以 an1(3) 3n 13n. 故 an3n1. (2)证明 由 bnlog3(an1)log33nn， 得 1 bnbn2 1 nn2 1 2 1 n 1 n2 ， Tn1 2 11 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 1 2 11 2 1 n1 1 n2 3 4 2n3 2n1n2 3 4. 命题点 2 an 1 n nk型 典例 已知函数 f(x)x的图象过点(4,2)，令 an 1 fn1fn，nN *.记数列a n的前 n 项和 为

17、 Sn，则 S2 017_. 答案 2 0181 解析 由 f(4)2，可得 42，解得 1 2，则 f(x) 1 2 x. an 1 fn1fn 1 n1 n n1 n， S2 017a1a2a3a2 017( 21)( 3 2)( 4 3)( 2 017 2 016) ( 2 018 2 017) 2 0181. 思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如： 1 n nk 1 k( nk n)， 1 nnk 1 k 1 n 1 nk ，裂项后可以产生连续相互抵消的项(2)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 跟踪训练 (2018 届贵州遵义

18、航天高级中学模拟)已知等差数列an满足(a1a2)(a2a3) (anan1)2n(n1) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 1 an an1，求bn的前 n 项和 Sn. 解 (1)设等差数列an的公差为 d， 当 n1 时，a1a24， 当 n2 时，a1a2a2a312，即 4a212，a23， a11，da2a12， 等差数列an的通项公式 an12(n1)2n1， an2n1. (2)由(1)得 bn 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1 ， Snb1b2b3bn 1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 n 2n1.

19、四审结构定方案 典例 (12 分)在数列an中，a12，an12 11 n an(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2 n an，数列bn的前 n 项的和为 Sn，试求数列S2nSn的最小值； (3)求证：当 n2 时，S2n7n11 12 . (1) an12 11 n an 确定方案 构造数列 an1 n12 an n 求等比数列an n 的通项公式 an n 2n ann 2n (2) bn2 n an 1 n S2nSn 1 n1 1 n2 1 2n 确定解题方案 利用数列单调性 设cnS2nSn 作差法 确定cn单调性并求最值 (3)利用数列cn表示 2n S 结

20、合2中 结论 放缩法证明结论 规范解答 (1)解 由条件 an12 11 n an， 得 an1 n12 an n ，又 a12，所以a1 1 2， 因此数列 an n 构成首项为 2，公比为 2 的等比数列3 分 an n 2 2n 12n，因此，a nn 2 n.4 分 (2)解 由(1)得 bn1 n，设 cnS2nSn， 则 cn 1 n1 1 n2 1 2n，6 分 所以 cn1 1 n2 1 n3 1 2n 1 2n1 1 2n2， 从而 cn1cn 1 2n1 1 2n2 1 n1 1 2n2 1 2n2 1 n10， 因此数列cn是单调递增的， 所以(cn)minc11 2.8 分 (3)证明 当 n2 时， 2n S ( 2n S 1 2n S )(1 2n S 2 2n S )(S2S1)S1 1 2n c 2 2n c c2c1S1，10 分 由(2)知 1 2n c 2 2n c c2， 又 c11 2，S11，c2 7 12， 所以 2n S (n1)c2c1S1 7 12(n1) 1 21 7n11 12 .12 分