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高考数学一轮总复习 第34讲 数列求和课件 文 新课标



1.熟练掌握等差、等比数列的求和公式. 2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见 方法.

数列求和的常见方法:
1.公式法

常用的公式有:
(1)等差数列{an}的前n项和n(n ? 1) n(a1 ? an ) na1+ d Sn=① =② 2 2 (2)等比数列{an}的前n项和 n a ?a q
a1 (1 ? q ) Sn=③ 1 ? q =④
1 n

.

(q≠1). 1? q 1 n(n+1)(2n+1) 2+22+32+…+n2=⑤ (3)1 6 1 2 n (n+1)2 (4)13+23+33+…+n3=⑥ 4 .

.

3.分组转化法 分析通项虽不是等差或等比数列,但它 是等差数列和等比数列的和的形式,则可进 行拆分,分别利用基本数列的求和公式求和, 如求{n(n+1)}前n项的和.

4.错位相减法 利用等比数列求和公式的推导方法求解, 一般可解决型如一个等差数列和一个等比 数列对应项相乘所得数列的求和,如求数 列{n·n}的前n项和. 3

5.裂项相消法
把数列和式中的各项分别裂开后,消去

一部分从而计算和的方法,它适用于通项


数列,如

1 an ? an?1

的前n项求和问题,其中{an}为等差
1 an ? an?1

=

1 d

(

1 an

-

1 an ?1

).

常见的拆项方法有:
1 1 1 ? (1) n(n ? 1) =⑦ n n ? 1 ; 1 1 1 1 ( ? ) (2) n(n ? k ) =⑧ k n n ? k ; 1 1 1 1 [ ? ] (3) n(n ? 1)(n ? 2) =⑨ 2 n(n ? 1) n(n ? 1)(n ? 2) 1 1 ( a ? b) (4) =⑩ a ? b ; a? b

;

6.并项法

将数列的每两项(或多次)并到一起后, 再求和,这种方法常适用于摆动数列的求和.

1 1 1 1.(2012· 湖南十校)数列 12,34,58,…的前 10 项之和是( 511 A.55512 1023 C.1001024 511 B.100512 1023 D.551024

)

1 1 1 1 1 【解析】S10=(1+2)+(3+4)+(5+8)+(7+16)+(9+32) 1 1 1 1 1 +(11+64)+(13+128)+(15+256)+(17+512)+(19+1024) 1 1 1 =(1+3+5+…+19)+(2+4+…+1024) 1 1 10 10?1+19? 2[1-?2? ] 1023 1023 = + 2 1 =100+1024=1001024. 1-2

2.(教材改编题)数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 an 1 = ,则 S2011 等于( n?n+1? A.1 4047 C.4048 ) 2011 B.2012 511 D.512

1 1 【解析】因为 an=n- , n+1 1 1 1 所以 S2011= + +…+ 1×2 2×3 2011×2012 1 1 1 1 1 1 1 =(1-2)+(2-3)+(3-4)+…+(2011-2012) 1 2011 =1-2012=2012.

3.数列{(-1)n· n}的前 2012 项的和 S2012=( A.-2012 C.2012 B.-1006 D.1006

)

【解析】S2012=-1+2-3+4-…-2011+2012 =(-1+2)+(-3+4)+…+(-2011+2012)=1006.

4.数列 1,1+2,1+2+22,1+2+22+23,…,1+2+22+… +2n 1,…的前 n 项和 Sn>1020,则 n 的最小值为 10 .


1×[1-2n] - 【解析】由题意,an=1+2+22+…+2n 1= 1-2 =2n-1, 所以 Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(2+ 2[1-2n] + 22+…+2n)-n= -n=2n 1-n-2, 1-2

若 Sn>1020,即 2n+1-n-2>1020,n∈N*, 当 n=9 时,210-9-2=1013<1020; 当 n=10 时,211-10-2=2036>1020, 故 n 的最小值为 10.

1 5.设 f(x)= x ,则 f(x)+f(1-x)= 2+ 2

2 2



并利用课本中推导等差数列前 n 项和公式的方法, 求得 f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)的值 为 3 2 .

1 1 【解析】 f(x)+f(1-x)= x + 1-x 2+2 2 + 2 1 2x = x+ 2+2 2+ 2·x 2 1 x · 2 1 2 1 = x+ x= 2+2 2+2 2 2 = . 2

又设 S=f(-5)+f(-4)+…+f(6), 则 S=f(6)+f(5)+…+f(-5), 所以 2S=[f(6)+f(-5)]+[f(5)+f(-4)]+…+ [f(-5)+f(6)]. 2 所以 2S=12× =6 2,所以 S=3 2. 2



分组求和及并项法求和

【例 1】求和: (1)Sn =1+(3+4)+(5+6+7)+(7+8+9+10)+…+ (2n-1+2n+…+3n-2); (2)Sn=12-22+32-42+…+(-1)n-1·2. n

【解析】(1)因为 an=(2n-1)+2n+(2n+1)+…+ n?2n-1+3n-2? 5 2 3 (3n-2)= = n - n, 2 2 2 5 2 2 3 2 2 所以 Sn= (1 +2 +3 +…+n )- (1+2+…+n) 2 2 1 = n(n+1)(5n-2)(n∈N*). 6

(2)当 n 是偶数时, Sn=(12-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2] -n?n+1? =-3-7-…-(2n-1)= . 2 当 n 是奇数时,

Sn=1+(32-22)+(52-42)+…+[n2-(n-1)2] n?n+1? =1+5+9+…+(2n-1)= . 2 故 Sn=(-1)
n-1n?n+1?

2

(n∈N*).

【点评】求数列的前 n 项和,首先要研究数列的通 项公式的特点,再确定相应的求和方法.如本题中的(1) 小题运用分组求和法;(2)小题中,由于 an 的项是正负相 间,故采用并项求和法,但解题中要注意分奇数、偶数 讨论.

素材1

求值:(a-1)+(a2-2)+…+(an-n).

【解析】因为 Sn=(a-1)+(a2-2)+…+(an-n) =(a+a2+…+an)-(1+2+…+n). n?n+1? -n2+n 当 a=1 时,Sn=n- = . 2 2

a?1-an? n?n+1? 当 a≠1 时,Sn= - . 2 1-a
?-n2+n ? ? 2 所以 Sn=? a?1-an? n?n+1? ? ? 1-a - 2 ?

?a=1? . ?a≠1?



裂项相消法求和

1 【例 2】已知等比数列{an}的首项 a1=3,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; 1 1 (2)令 bn=log3a ,试求数列{ }的前 n 项和 Sn; bnbn+1 n 1 1 1 1 3 (3)试比较b b +b b +b b +…+ 与4的大小. bnbn+2 1 3 2 4 3 5

10 2 1 1 4 【解析】(1)依题意,10a3=a1+9a5,即 q = + q ×9, 3 3 3 1 整理得 9q -10q +1=0,解得 q = 或 q2=1,又 q>0, 9
4 2 2

且 q≠1, 1 1n n-1 所以 q= ,此时,an=a1· =( ) . q 3 3

1 (2)因为 bn=log3 =-log3an=n, an 1 1 1 1 = = - , bnbn+1 n?n+1? n n+1 所以 Sn=b1+b2+…+bn

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

1 1 11 1 (3)因为 = = ( - ), bnbn+2 n?n+2? 2 n n+2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以原式= [( - )+( - )+( - )+( - )+… 2 1 3 2 4 3 5 4 6 1 1 1 1 +( - )+( - )] n n+2 n-1 n+1

1 1 1 1 = (1+ - - ) 2 2 n+1 n+2 3 1 1 1 = - ( + ) 4 2 n+1 n+2 3 < 对 n∈N*恒成立. 4

【点评】(1)若数列的通项能转化为 an=f(n+1)- f(n)的形式, 常采用裂项相消法求和, 关键是裂项成功, 如本例第(2)(3)问. (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.

素材2

1 1 1 1 1+ + + +…+ =( 2+1 3+ 2 2+ 3 n+ n-1 A. n-1 C. n B. n-1-1 D. n+1-1

)

1 【解析】因为 = n- n-1, n+ n-1 1 1 1 1 所以 1+ + + +…+ 2+1 3+ 2 2+ 3 n+ n-1 =1+( 2-1)+( 3- 2)+( 4- 3)+…+( n- n-1) = n,故选 C.

三 错位相减法求和

1 2 3 n 【例 3】求和 + 2+ 3+…+ n(a≠0). a a a a

【解析】(1)当 a=1 时,Sn =1+2+3+…+n n?n+1? = . 2

(2)当 a≠1,且 a≠0 时, 1 2 3 n Sn= + 2+ 3+…+ n,① a a a a n-1 1 1 2 n Sn= 2+ 3+…+ n + n+1,② a a a a a

由①-②,得 1 1 1 1 n (1- )Sn= + 2+…+ n- n+1 a a a a a 1 1n [1-? ? ] a a n = - n+1. 1 a 1- a

a?an-1?-n?a-1? 1 两边同除以(1- )并整理得 Sn= . n 2 a a ?a-1?
?n?n+1? ? ? 2 综上所述,Sn=? n ?a?a -1?-n?a-1? ? an?a-1?2 ?

?a=1? . ?a≠1?

【点评】(1)若数列{an}为等差数列,{bn}为等比数 列,则数列{anbn}的前 n 项和可采用错位相减法求和; (2)当等比数列公比为字母时,应对字母是否为 1 进行讨论. (3)将 Sn 与 qSn 相减合并同类项时,注意错位及未 合并项的正负号.

素材3

设数列{an}满足 a1+3a2+3 a3+…+3 (1)求数列{an}的通项公式;

2

n- 1

n an= ,n∈N*. 3

n (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an

【解析】(1)因为 a1+3a2+3 a3+…+3
2

2

n-1

n an = ,① 3 n-1 an -1= ,② 3

所以当 n≥2 时,a1+3a2+3 a3+…+3 ①-②得,3
n -1

n-2

1 1 an= ,an= n. 3 3

1 1 1 在①中,令 n=1 得 a1= ,适合 an= n,所以 an= n. 3 3 3

n (2)因为 bn= ,所以 bn=n·n. 3 an 所以 Sn=3+2×32+3×33+…+n·n.③ 3 所以 3Sn=32+2×33+3×34+…+n·n+1.④ 3

④-③得,2Sn=n·n+1-(3+32+33+…+3n), 3 3?1-3n? 即 2Sn=n·n+1- 3 , 1-3 ?2n-1?3n+1 3 所以 Sn= + . 4 4

【点评】解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列 {3n 1·n}的前 n 项和,从而利用 an 与 Sn 的关系求出通项 3n a
1
- -

an,进而求得 an;另外乘公比错位相减是数列求和的一种重

要方法,但值得注意的是,这种方法运算过程复杂,运算量 大,应加强对解题过程的训练,重视运算能力的培养.

备选例题

已知数列{an}、{bn}是各项均为正数的等比数列, bn 记 cn= (n∈N*). an (1)数列{cn}是否为等比数列?证明你的结论; (2)设数列{lnan}、{lnbn}的前 n 项之和分别为 Sn、 Sn n Tn.若 a1=2, = ,求数列{cn}的前 n 项之和. Tn 2n+1

【解析】 (1)证明:设数列{an}的公比为 q1 (q1>0), 数列{bn}的公比为 q2 (q2>0), cn+1 bn+1 an bn+1 an q2 则 = ·= · = ≠0, cn an+1 bn bn an+1 q1 故数列{cn}是等比数列.

(2)数列{lnan}和{lnbn}分别是公差为 lnq1 和 lnq2 的等 n?n-1? nlna1+ lnq1 2 n 差数列,由条件得 = , n?n-1? 2n+1 nlnb1+ lnq2 2 2lna1+?n-1?lnq1 n 即 = , 2lnb1+?n-1?lnq2 2n+1

故对于任意 n∈N*,(2lnq1-lnq2)n2+(4lna1-lnq1 -2lnb1+lnq2)n+(2lna1-lnq1)=0,
?2lnq 1-lnq2=0 ? 于是?4lna1-lnq1-2lnb1+lnq2=0 ? ?2lna 1-lnq1=0



将 a1=2 代入得 q1=4,q2=16,b1=8, 8· n 1 16 n 从而有 cn= -1 =4 , 2·n 4 4 n 所以数列{cn}的前 n 项和为 4+4 +…+4 =3(4 -1).
2 n


1.若是等差、等比数列求和问题,则直接用 公式求和,应注意公式的应用范围(如等比数 列求和时,要分q ? 1和q ? 1两类). 2.非等差、等比数列求和问题,注意观察通 项的形式与特点,善于将问题转化为等差、等 比数列求和问题,或通过拆项或并项或错位相 减或倒序相加求和. 3.数列求和需熟练基本方法,积累一定的经验.



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