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【赢在高考】2014届高考数学第一轮复习配套课件:6.4 数列求和


第 4 讲 数列求和

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考 纲 展 示 能利用等差、等比数 列前 n 项和公式及其 性质求一些特殊数列 的和.

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 加法; n1 , = 1, 等比数列前 n 项和 Sn= 1 (1- )
1- (1 + ) (-1) Sn= 2 =na1+ 2 d, 推导方法: 倒序相

=

1 - q , 1-

≠ 1,

推导方法: 乘公比, 错位相减法.

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(+1) ( 1+2+3+…+n= 2 ; 1)

2.常见数列的前 n 项和

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

(+1)(2+1) ; 6 (+1) 2 3 3 3 3 ( 1 +2 +3 +…+n = 2 5) .

3.数列求和的常用方法 ( 分组求和: 1) 把一个数列分成几个可以直接求和的数列. ( 裂项相消: 2) 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. ( 错位相减: 3) 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. ( 倒序相加: 4) 例如, 等差数列前 n 项和公式的推导.
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1 1 1 = ? ; (+1) +1 1 1 1 1 ( 2) = 2 2-1 2+1 (2-1)(2+1) 1 ( 3) = + 1 ? . + +1

4.常见的裂项公式

( 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.
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1.等比数列{an}中, 2=7, 6=91, S4 为( S S 则 ) A.28 B.32 C.35 D.49 【答案】 A 【解析】 在等比数列{an}中, 2, 4-S2, 6-S4 仍成等比数列, S S S 设 S4=x, 则有( 2=7·( x-7) 91-x) 故 x=-21 或 28. , 又 S4=S2+a3+a4=S2( 2) 故 S4=28. 1+q >0, 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 D.2n+n2-2 【答案】 C 【解析】
2(1-2 ) (1+2-1) n+1 Sn= + =2 -2+n2. 2 1-2

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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】 ∵ n= S


前 10 项的和为( C.75 D.100

)

B.70

(3+2+1) =n( n+2) ∴ =n+2. , 2

故数列 前 10 项的和为( 1+2+…+10) +20=75. 4.数列{( n( -1) 2n-1) }的前 2 013 项的和 S2 013= . 【答案】 -2 013 【解析】 S2 013=-1+3-5+7+…+( 2×2 012-1) 2×2 013-1) -( =2 + 2 + … + 2-4 025=2×1 006-4 025=-2 013.

1 006 个

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5.1×3 + 3×5 + 5×7+…+ 【答案】
2+1 1

1

1

1

1 = (2-1)×(2+1)

.

【解析】 使用裂项求和法. 1- 3 + 3 - 5 + … + 2-1 2+1 1 1 =2· 1- 2+1 = 2+1. 原式=2
1 1 1 1 1

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

+ . 1 ( 写出数列的通项公式 an=9( n-1) 分析通项可知, 1) 10 , 可 +
1 × 9

转化为一个等比数列
1 2

10 和常数列


( 分析通项公式 an= 2) 等比数列{x2n},

1 2 1 2 n 2 + =( ) + +2, x 可转化为两个

1 9

的求和问题.

与常数列{2}的求和问题.

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【解】

1 ( ∵ n= ( n-1) 1) a 10 , 9

1 ∴ n=1+11+111+…+11…1= [ 10-1) 102-1) S ( +( +…+( n-1) 10 ] 9


1 1 10(10 -1) 10+1 -9n-10 2 n = [ 10+10 +…+10 ) = ( -n] -n = . 9 9 9 81 1 ( 设 an=x2n+2+ 2 , 2) 则当 x≠± 时, 1 1 2 1 2 1 2 2 Sn= + + + 2 +…+ + 1 1 1 =( 2+x4+…+x2n) x +2n+ 2 + 4 + … + 2 2 (2 -1) -2 (1--2 ) (2 -1)(2+2 +1) = 2 + +2n= +2n. 2 (2 -1) -2 -1 1-

当 x=± 时, n=4n. 1 S 故 Sn=

(2 -1)(2+2 +1) + 2n,x 2 (2 -1)

≠ ±1,
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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.

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1.求和 Sn=1+ 1 + 2 + 1 + 2 + 4 +…+ 1 + 2 + 4 + … + 【解】 ∵ 所求和式中第 k 项为 ak=1+ + +…+ =2 1∴ n=2 S
1


1

1

1

1

1

1 2-1

.

1 2

1 4

1
-1

2

=

1- 2

1 1

1-2

2 1 1- 2

, + 11 22

+ … + 11 1 + 2 2 2

1 2 1 2

=2 ( 1 + 1 + … + 1 )个

+…+

=2

1 1 1- 2 2 1 1-2

=

1 2
-1

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

+

+

=

设 S=f( +f( +…+f( +f(6) 则 S=f( +f( +…+f( +f( , -5) -4) 5) , 6) 5) -4) -5) 两式相加得
2 2S=12× 2 , 即

S=3 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, k+an-k=α(常数)型. a
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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,

f

1 11

4 4 4 2 则 f( +f( = + = + =1. x) y) 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 11 +f 11 +…+f 11 , 1 10 2 9 因此 2t= +f + +f 11 11 11 11

+…+

10 11

+

=10. 故 t=5.
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T 题型三裂(拆)项法求和
例 3 在数列{an}中, n=+1 + +1+…++1, bn= a 又
求数列{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】 bn=
2

1

2



2 , ·+1

1 ∵ n=+1( a 1+2+3+…+n) 2, = 1 1

+1=8 - +1 , · 2

2

∴ 数列{bn}的前 n 项和为 Sn=8
1 1- 2

+

1 1 2 3

+

1 1 3 4

+…+

1 1 +1

=8

1 1- +1

=

8 . +1
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(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.

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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, 3, 5 成等差数列. 5a 9a ( 求数列{an}的通项; 1)
1 1

1 3

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

1

1

( ∵ n=log3 =log33n=n, 2) b


1

1 +1

= (+1) = ? +1,

1

1

1



1 1 2

+
1

1 1 +…+ 2 3 +1 1 1 1 1

=1-2 + 2 ? 3+…+ ? +1 =1-+1 = +1.
1

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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
且 Sn 的最大值为 8. ( 确定常数 k, 1) 并求 an; ( 求数列 2)
9-2 2 1 2 Sn=-2n +kn( 其中

k∈N*) ,

的前 n 项和 Tn.

( 根据前 n 项和的函数特征确定 k 的值; 2) 1) ( 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.

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【解】 ( 当 n=k∈N*时, n=-2n2+kn 取最大值, 1) S 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=2, 所以 an= -n. ( 因为 bn= 2)
9-2 2 9 2 7 9 2 1 2 1 2

1

=

2
-1

,

2 3 -1 Tn=b1+b2+…+bn=1+2 + 2 +…+ -2 + -1 , 2 2 2 1 1 1 所以 Tn=2Tn-Tn=2+1+2+…+ -2 ? -1 =4- -2 2 2 2

?

2

=4-1



+2 2
-1

.

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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.

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4.求和 Sn= +

1

2 2

+
2

3 +…+ . 3 3

【解】 当 a=1 时, n=1+2+3+…+n= S 当 a≠1 时, n= + 2 + 3 +…+ , S ①
1 1 1 2 3 1

(+1) ; 2

两边同乘, Sn=2 + 3 + 4 +…++1, 得 ② ①-②, 1得 即 Sn=
1 1 1 1 Sn= + 2+…+ ( -1)-n(a-1) (a-1)
2



?



+1

,

.

综上所述, Sn= 得

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

1,

,a ≠ 1.

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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, 5+a7=26, n}的前 n 项和 a {a
为 Sn. ( 求 an 及 Sn; 1) ( 令 bn= 2)
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 ( 3, 5, 7 即为特定项) 3=7, 5+a7=26 a a a a a ( 从特定项考虑基本量 a1, 列方程组 d) 1 + 2d = 7, 21 + 10d = 26.
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( 根据条件的结构特征, 确定解方程组的方法) 用公式: n=a1+( d, n=na1+ 2 d. a n-1) S ( an 代入化简求 将
1 bn) n=4(+1) b (-1)

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

1- 2 + 2 - 3 + … + - +1 1 1 =4 1- +1 = 4(+1). Tn=4
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1 1

1

1

【解】 ( 设等差数列{an}的首项为 a1, 1) 公差为 d. 1 + 2d = 7, 因为 a3=7, 5+a7=26, a 所以 21 + 10d = 26, = 3, 解得 1 = 2. (-1) 故 an=3+2( =2n+1, n=3n+ n-1) S ×2=n2+2n. 2 ( 因为由( 知 an=2n+1, 2) 1) 所以 bn=
1 1 2 -1

故 Tn=4· =4(+1),

1 1 1 1 = · 2 (+1) 4 +1 (2+1) -1 1 1 1 1 1 1 1 1- 2 + 2 - 3 + … + - +1 =4· 1- +1

=

1

= ·

1 4

.

即数列{bn}的前 n 项和 Tn=4(+1).



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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.

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1.若数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2-3n+1, a4+a5+…+a10 等于( 则 A.171 B.21 C.10 D.161 【答案】 D 【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= 为( ) B.99
1 + +1 1 , 若其前 + +1

)

n 项的和为 10, 则项数 n D.121

A.11 【答案】 C 【解析】 ∵ n= a

C.120 = + 1 ? ,

∴ n= + 1-1=10.故 n=120. S

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3.数列{an}的前 n 项和为 Sn, an= 若 A.1 【答案】 B 【解析】 ∵ n=(+1) = ? +1, a ∴ 5= 1- 2 + 2 - 3 +…+ 5 - 6 S =1- = .
1 6 5 6 1 1 1 1 1 1 1 1

B.

5 6

1 , S5 等于 则 (+1) 1 1 C. D. 6 30

(

)

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4.若数列{an}的通项公式是 an=( n( -1) 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+…+( 10·( -1) 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·n, Sn= 2 则 . 【答案】 ( ·n+1+2 n-1)2 【解析】 ∵ n=2+2·22+3·23+…+n·2n, S ① ∴ n=22+2·23+3·24+…+( ·2n+n·2n+1.② 2S n-1) 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=( ·2n+1+2. n-1)
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