《（江蘇專版）2019版高考數學大一輪復習 第六章 數列 第36講 數列的求和學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2019版高考數學大一輪復習 第六章 數列 第36講 數列的求和學案 理（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第36講　數列的求和 考試要求　1.等差、等比數列的前n項和公式(C級要求)；2.非等差數列、非等比數列求和的幾種常見方法(B級要求). 診 斷 自 測 1.(2018·無錫一模)設公比不為1的等比數列{an}滿足a1a2a3＝－，且a2，a4，a3成等差數列，則數列{an}的前4項和為____. 解析　設等比數列{an}的公比為q，∵a2，a4，a3成等差數列， ∴2a4＝a2＋a3， ∴2a2q2＝a2＋a2q，化為2q2－q－1＝0，q≠1， 解得q＝－. ∵a1a2a3＝－，∴a·q3＝－，解得a1＝1. 則數列{an}的前4項和＝＝. 答案　 2.數列{

2、an}中，an＝，若{an}的前n項和Sn＝，則n＝________. 解析　an＝＝－， Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝. 令＝，得n＝2 017. 答案　2017 3.數列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項之和S100＝________. 解析　S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案?。?00 4.若數列{an}的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數列{an}的前n項和Sn＝__

3、______. 解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2. 答案　2n＋1－2＋n2 5.數列的前n項和Tn＝________. 解析　由an＝(n＋1)·，得Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)①， Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)×②， 由①－②得Tn＝1＋＋＋…＋－(n＋1)·＝1＋－(n＋1)·＝－. 所以Tn＝3－. 答案　3－ 知 識 梳 理 1.等差數列的前n項和公式 Sn＝＝na1＋d. 2.等比數列的前n項和公式 Sn＝ 3.一些常見數列的前n項和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2. (3)2＋

4、4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1). (4)12＋22＋…＋n2＝. 4.數列求和的常用方法 (1)公式法 等差、等比數列或可化為等差、等比數列的可直接使用公式求和. (2)分組轉化法 把數列的每一項分成兩項或幾項，使其轉化為幾個等差、等比數列再求解. (3)裂項相消法 把數列的通項拆成兩項之差求和，正負相消剩下首尾若干項. 常見的裂項公式 ①＝－； ②＝； ③＝－. (4)倒序相加法 把數列分別正著寫和倒著寫再相加，即等差數列求和公式的推導過程的推廣. (5)錯位相減法 主要用于一個等差數列與一個等比數列對應項相乘所得的數列的求和，即等比數列求和公式的推導過程

5、的推廣. (6)并項求和法 一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和.形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解. 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 考點一　分組求和法 【例1】 已知數列{an}的前n項和Sn＝，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝2an＋(－1)nan，求數列{bn}的前2n項和. 解　(1)當n＝1時，a1＝S1＝1； 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝n. a1也滿足an＝n， 故數列{an}的通項公式

6、為an＝n. (2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn. 記數列{bn}的前2n項和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n). 記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 則A＝＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故數列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. 規(guī)律方法　分組轉化法求和的常見類型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數列，可采用分組求和法求{an}的前n項和. (2)通項公式為an＝的數列，其中數列{b

7、n}，{cn}是等比數列或等差數列，可采用分組求和法求和. 提醒　某些數列的求和是將數列轉化為若干個可求和的新數列的和或差，從而求得原數列的和，注意在含有字母的數列中對字母的討論. 【訓練1】已知數列{an}的通項公式是an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n項和Sn. 解　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3， 所以當n為偶數時， Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1； 當n為奇數時， Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3

8、 ＝3n－ln 3－ln 2－1. 綜上所述，Sn＝ 考點二　錯位相減法求和 【例2】 (2017·天津卷)已知{an}為等差數列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)求數列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N*). 解　(1)設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因為q>0，解得q＝2，所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，

9、可得3d－a1＝8①，由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，聯立①②， 解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以，數列{an}的通項公式為an＝3n－2，數列{bn}的通項公式為bn＝2n. (2)設數列{a2nb2n－1}的前n項和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述兩式相減得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1

10、 ＝－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8. 得Tn＝×4n＋1＋. 所以數列{a2nb2n－1}的前n項和為×4n＋1＋. 規(guī)律方法　錯位相減法求和時的注意點 (1)要善于識別題目類型，特別是等比數列公比為負數的情形； (2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式； (3)在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解. 【訓練2】 設等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，等比數列{bn}的公比為q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝1

11、00. (1)求數列{an}，{bn}的通項公式； (2)當d>1時，記cn＝，求數列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)由題意得， 即 解得或 故或 (2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝， 于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋＋＋＋…＋，② ①－②可得Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，所以Tn＝6－. 考點三　裂項相消法求和 【例3】 正項數列{an}的前n項和Sn滿足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求數列{an}的通項公式an； (2)令bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，證明：對于任意的n∈N*，都有Tn<. (

12、1)解　由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正項數列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是a1＝S1＝2， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，又a1＝2＝2×1. 綜上，數列{an}的通項an＝2n. (2)證明　由于an＝2n，bn＝， 則bn＝＝. Tn＝ ＝<＝. 規(guī)律方法　(1)用裂項相消法求和時，要對通項進行變換，如： ＝(－)，＝，裂項后可以產生連續(xù)相互抵消的項. (2)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項.

13、 【訓練3】 已知函數f(x)＝xa的圖象過點(4，2)，令an＝，n∈N*.記數列{an}的前n項和為Sn，則S2 017＝________. 解析　由f(4)＝2，可得4a＝2，解得a＝， 則f(x)＝x. ∴an＝＝＝－， S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1. 答案?。? 考點四　并項求和法 【例4】 已知數列{an}的各項均為正數，其前n項和Sn＝(an－1)(an＋2)，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝(－1)nanan＋1，求數列{bn}的前2n項的和T2n. 解　(1

14、)當n＝1時，S1＝(a1－1)(a1＋2)，即a1＝－1或a1＝2. 因為a1>0，所以a1＝2. 當n≥2時，Sn＝(an－1)(an＋2)， Sn－1＝(an－1－1)(an－1＋2)， 兩式相減得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0. 又因為an>0，所以an＋an－1>0，所以an－an－1＝1， 所以an＝n＋1. (2)T2n＝－a1a2＋a2a3－a3a4＋a4a5－a5a6＋…＋a2n－2a2n－1－a2n－1a2n＋a2na2n＋1 ＝2(a2＋a4＋…＋a2n). 又因為a2，a4，…，a2n是首項為3，公差為2的等差數列， 所以a2＋a4＋…

15、＋a2n＝＝n2＋2n， 故T2n＝2n2＋4n. 規(guī)律方法　(1)當出現an與Sn的關系式時， 遞推作差是消去Sn的常用方法，本質還是利用an＝Sn－Sn－1消去Sn. (2)當遇到關于an與an－1的二次多項式時，常用方法是因式分解，從而達到降次的目的. (3)江蘇高考主要還是考查等差、等比數列.遇到非等差、等比數列的形式時，要優(yōu)先考慮向等差、等比數列轉化，通過有效的轉化，從中挖掘出題目中蘊含的等差、等比數列. 【訓練4】 數列{an}的通項公式為an＝ncos ，其前n項和為Sn，則S2 017＝________. 解析　因為數列an＝ncos 呈周期性變化，觀察此數列規(guī)律如

16、下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4. 故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2. a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8， 故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4. ∴S2 017＝S2 016＋a2 017 ＝×2＋2 017·cos π ＝1 008. 答案　1 008 一、必做題 1.(2018·無錫模擬)設等比數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝2 016，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，則S2 016＝________. 解析　∵an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)， ∴an＋2anq＋anq2＝0，q為等比數列{an}的公

17、比， 即q2＋2q＋1＝0，∴q＝－1.∴an＝(－1)n－1·2 016， ∴S2 016＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 015＋a2 016)＝0. 答案　0 2.(2017·全國Ⅱ卷)等差數列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則 ＝________. 解析　設{an}首項為a1，公差為d. 則a3＝a1＋2d＝3， S4＝4a1＋6d＝10， 求得a1＝1，d＝1，則an＝n，Sn＝， ＝＋＋…＋＋ ＝2 ＝2＝. 答案　 3.(教材改編)數列的前n項和Sn＝________. 解析　Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，① Sn＝

18、1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，② ①－②得Sn＝＋＋＋…＋－n× ＝－. ∴Sn＝2(1－－)＝2－－. 答案　2－－ 4.已知函數f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________. 解析　由題意得a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100. 答案　10

19、0 5.(2018·連云港四校期中)一個只有有限項的等差數列，它的前5項和為34，最后5項和為146，所有項的和為234，則它的第7項為________. 解析　據題意知a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝34， an－4＋an－3＋an－2＋an－1＋an＝146， 又∵a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3＝a5＋an－4， ∴a1＋an＝36. 又Sn＝n(a1＋an)＝234， ∴n＝13， ∴a1＋a13＝2a7＝36， ∴a7＝18. 答案　18 6.(2018·泰州模擬)設數列{an}滿足a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1(n∈N*)，

20、則akak＋1的值為________. 解析　因為(1－an＋1)(1＋an)＝1，所以an－an＋1－anan＋1＝0，從而－＝1，即數列是以1為首項，1為公差的等差數列，所以＝1＋n－1＝n， 所以an＝，故an＋1an＝＝－， 因此akak＋1＝＋＋…＋＝1－＝. 答案　 7.已知正項數列{an}的前n項和為Sn，?n∈N*，2Sn＝a＋an.令bn＝，設{bn}的前n項和為Tn，則在T1，T2，T3，…，T100中有理數的個數為________. 解析　∵2Sn＝a＋an，① ∴2Sn＋1＝a＋an＋1，② ②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an， a－a－an

21、＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 又∵{an}為正項數列，∴an＋1－an－1＝0， 即an＋1－an＝1. 在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1. ∴數列{an}是以1為首項，1為公差的等差數列. ∴an＝n， ∴bn＝ ＝ ＝＝－， ∴Tn＝1－， ∴T1，T2，T3，…，T100中有理數的個數為9. 答案　9 8.數列{an}滿足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N，n≥2)，a3＝27. (1)求a1，a2的值； (2)是否存在一個實數t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)，且數列{bn}為等差數列？若存在，求出實數t；若

22、不存在，請說明理由； (3)求數列{an}的前n項和Sn. 解　(1)由a3＝27，得27＝2a2＋23＋1，∴a2＝9. ∵9＝2a1＋22＋1，∴a1＝2. (2)假設存在實數t，使得{bn}為等差數列， 則2bn＝bn－1＋bn＋1. ∴2×(an＋t)＝(an－1＋t)＋(an＋1＋t)， ∴4an＝4an－1＋an＋1＋t， ∴4an＝4×＋2an＋2n＋1＋1＋t， ∴t＝1，即存在實數t＝1，使得{bn}為等差數列. (3)由(1)，(2)得b1＝，b2＝， ∴bn＝n＋， ∴an＝·2n－1＝(2n＋1)2n－1－1. Sn＝(3×20－1)＋(5×2

23、1－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n＋1)×2n－1－1] ＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1－n，① ∴2Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n－2n，② 由①－②得 －Sn＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＋n ＝1＋2×－(2n＋1)×2n＋n＝(1－2n)×2n＋n－1. ∴Sn＝(2n－1)×2n－n＋1. 9.(2016·天津卷)已知{an}是等比數列，前n項和為Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63. (1)求{an}的通項公式； (2)若對任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋

24、1的等差中項，求數列{(－1)nb}的前2n項和. 解　(1)設數列{an}的公比為q. 由已知有－＝， 解得q＝2或q＝－1. 又由S6＝a1·＝63，知q≠－1， 所以a1·＝63，得a1＝1. 所以an＝2n－1. (2)由題意得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－， 即{bn}是首項為，公差為1的等差數列. 設數列{(－1)nb}的前n項和為Tn，則 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b) ＝b1＋b2＋b2＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2. 10.(2018·鎮(zhèn)江丹徒中學調研)已知首項為的等比

25、數列{an}不是遞減數列，其前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設Tn＝Sn－(n∈N*)，求數列{Tn}的最大項的值與最小項的值. 解　(1)設等比數列{an}的公比為q， 因為S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3， 于是q2＝＝. 又{an}不是遞減數列且a1＝，所以q＝－. 故等比數列{an}的通項公式為 an＝×＝(－1)n－1·. (2)由(1)得Sn＝1－＝ 當n為奇數時，Sn隨n的增大而減小， 所以

26、1Sn－≥S2－＝－＝－. 綜上，對于n∈N*，總有－≤Sn－≤. 所以數列{Tn}的最大項的值為，最小項的值為－. 二、選做題 11.(一題多解)(2018·南京、鹽城一模) 設Sn是等比數列{an}的前n項和，an>0，若S6－2S3＝5，則S9－S6的最小值為________. 解析　法一　當q＝1時，S6－2S3＝0，不合題意，所以q≠1，從而由S6－2S3＝5得－＝5，從而得＝＝<0， 故1－q<0，即q>1，故S9－S6＝－＝×(q6－q9)＝，令

27、q3－1＝t>0，則S9－S6＝＝5≥20，當且僅當t＝1，即q3＝2時等號成立. 法二　因為S6＝S3(1＋q3)，所以由S6－2S3＝5得S3＝>0，從而q>1，故S9－S6＝S3(q6＋q3＋1)－S3(q3＋1)＝S3q6＝，以下同法一. 答案　20 12.(2018·揚州一模)已知數列{an}與{bn}的前n項和分別為An和Bn，且對任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立. (1)若An＝n2，b1＝2，求Bn； (2)若對任意n∈N*，都有an＝Bn及＋＋＋…＋<成立，求正實數b1的取值范圍； (3)(選做)若a1＝2，bn＝2n，是否存在兩個互不相等

28、的整數s，t(1＜s＜t)，使，，成等差數列？若存在，求出s，t的值；若不存在，請說明理由. 解　(1)∵An＝n2，∴a1＝1，n≥2時，an＝An－An－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，n＝1時也成立，∴an＝2n－1. ∵對任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立. ∴bn＋1－bn＝(an＋1－an)＝1.b1＝2， ∴數列{bn}是等差數列，公差為1，首項為2， ∴Bn＝2n＋×1＝n2＋n. (2)Bn＋1－Bn＝an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝bn＋1，可得bn＋1＝2bn，∴數列{bn}是等比數列，公比為2. ∴bn＝b1·2n－1，an＝

29、Bn＝＝b1(2n－1). ∴＝＝， ∴＋＋＋…＋ ＝ ＝<成立， ∴b1>3，∴b1≥3. (3)由an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2n＋1.∴n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n＋2n－1＋…＋22＋2＝＝2n＋1－2. 當n＝1時也成立. ∴An＝－2n＝2n＋2－4－2n. 又Bn＝＝2n＋1－2.∴＝＝2－. 假設存在兩個互不相等的整數s，t(1＜s＜t)，使，，成等差數列. 等價于，，成等差數列，∴2×＝1＋>1， ∴2×＞1，即2s＜2s＋1， 令h(s)＝2s－2s－1，則h(s＋1)－h(huán)(s)＝2s＋1－2(s＋1)－1－(2s－2s－1)＝2s－2＞0， ∴h(s)單調遞增，若s≥3，則h(s)≥h(3)＝1＞0，不滿足條件，舍去. ∴s＝2，代入得＝1＋，可得2t－3t－1＝0(t≥3). t＝3時不滿足條件，舍去. t≥4時，令u(t)＝2t－3t－1＝0(t≥4)，同理可得函數u(t)單調遞增，∴u(t)≥u(4)＝3＞0，不滿足條件. 綜上可得不存在兩個互不相等的整數s，t(1＜s＜t)，使，，成等差數列. 15