高二数学 数列求和专题

数列求和方法 一、公式法: 利用以下公式求数列的和 1.Snn(a1an)n(n1)na1d (an为等差数列) 22a1(1qn)a1anq2.Sn (q1)或Snna1(q1)(an为等比数列) 1q1qn(n1)(2n1) 6n(n1)233334.123n[] 等公式（了解） 23.123n2222例1已知数列an，其中a11,a23,2anan1an1n2，记数列an的前n项和为Sn，数列lnSn的前n项和为Un，求Un。 答案Un2ln1ln2 lnn2lnn! 已知等比数列{an}中,a2,a3,a4分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且a164,公比q1 （Ⅰ）求an；（Ⅱ）设bnlog2an，求数列{|bn|}的前n项和Tn. 二、分组求和法 对于数列an，若anbnCn且数列bn、cn……都能求出其前n项的和，则在求an前n项和时，可采用该法 例如：求和：Sn0.90.990.9990.99990.99 n个9 解：设an0.99110 n个9n Sna1a2a3a4an (110)(110)(110)(110)(110) 三、错位相减法（重点） 对于数列an，若anbncn且数列bn、cn分别是等差数列、等比数列时 1234n1

2n1例1设数列{an}满足a12，an1an32 （1）求数列{an}的通项公式 （2）令bnnan，求数列{bn}的前n项和Sn 已知数列an：an(2n1)3n，求数列an前n项和Sn Sn(n1)3 练习 设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313 （Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）求数列 四、裂项相消法（重难点） 对相应的数列的通项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数列求和的各加数都按同样的方法裂成两项之差，其中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过逐项相互抵消仅剩下有限项，可得出前项n13 an的前n项和Sn． bn和公式．它适用于的数列等。 常见的裂项方法有： 1．型（其中{}是各项不为0的等差数列，c为常数）、部分无理数列、含阶乘1111111() n(n1)nn1n(nk)knnk2．1111() (2n1)(2n1)22n12n11111[] n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)3．4．11(nkn) nknk1ab还有：anf(n1)f(n)；1ab(ab)； 2

(2n)2111sin11()；tan(n1)tann等。 (2n1)(2n1)22n12n1cosncos(n1)例已知等差数列{an}满足：a37,a5a726，{an}的前n项和Sn （1）求an及Sn （2）令bn 已知a0,a1，数列an是首项为a，公比也为a的等比数列，令bnanlgan(nN)，求数列bn的前n项和Sn。 已知数列{an}的通项公式为an 已知数列an：an 五、倒序相加法（或倒序相乘法） 将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1an)，Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法。 1．倒序相加法 例 设f(x)12x21an12（nN），求数列{bn}前n项和Tn 1，求前n项的和； n(n1)1nn2(n2)，求数列an前n项和 ，利用课本中推导等差数列的前n项和的公式的方法，可求得f(5)f(4)f(0)f(5)f(6)的值为： 。 32. 2．倒序相乘法（了解） 例如：已知a、b为两个不相等的正数，在a、b之间插入n个正数，使它们构成以a为首项，b为末项的等比数列，求插入的这n个正数的积pn 3

解：设插入的这n个正数为a1、a2、a3、……a且数列a、a1、a2、a3、……a、b成等比数nn列 则aba1ana2an1  pna1a2a3an……① 又pnanan1an2a1 ……② 2n由①②得 pn(a1an)(a2an1)(ana1)(ab) pn(ab) 六、并项法 例1 已知Sn24681012(1)n1n22n 则S15S20S50 S15S20S5016(20)(50)46 解题过程： 七、拆项重组求和.（理科了解） 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，能分为几个等差、等比或常见的数列的和、差，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和．也称分组求和法. 例 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n项和. 32解：设akk(k1)(2k1)2k3kk ∴Snk(k1)(2k1)＝(2kk1nn33k2k) k1将其每一项拆开再重新组合得： Sn＝2k13nk3kk 32k1k133222nn＝2(12n)3(12n)(12n) n2(n1)2n(n1)(2n1)n(n1)＝ 222n(n1)2(n2)＝ 24

八、累加法（拓展） 给出数列｛Sn｝的递推式和初始值，若递推式可以巧妙地转化为SnSn1f(n)型，可以考虑利用累加法求和，此法也叫叠加法。 1,Snn2annn1,n1,2,，求Sn 22解：由Snnannn1n2得：Snn2(SnSn1)nn1， 例 数列an的前n项和为Sn，已知a1即(n21)Snn2Sn1nn1， 由n1nSnSn11，对n2成立。 nn1n1n32n1nn1SnSn11，Sn2S1n1，…，S2S11累加得：Sn1Sn21，nn121nn1n21， 2又S1a1n2所以Sn，当n1时，也成立。 n1数列求和专题 练习题 2. 已知数列{an}满足递推式an2an11(n2)，其中a415. （Ⅰ）求a1,a2,a3； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式； （Ⅲ）求数列{an}的前n项和Sn 3． 已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a12，3Sn5anan13Sn1(n2) （1）求数列an的通项公式；（2）若bn(2n1)an，求数列an的前n项的和Tn。 4. 已知数列{an}满足a11，且an2an12n(n2,且nN*)． （Ⅰ）求a2，a3；（Ⅱ）证明数列{ an}是等差数列；（Ⅲ）求数列{an}的前n项之和Sn 2n5

5. 数列an的前n项和为Sn，a11，an12Sn(nN*) （Ⅰ）求数列an的通项an；（Ⅱ）求数列nan的前n项和Tn 6. a12,a24,bnan1an,bn12bn2. 求证： ⑴数列{bn+2}是公比为2的等比数列； ⑵an2n12n；⑶a1a2an2n2n(n1)4. 6

7. 已知各项都不相等的等差数列{an}的前六项和为60，且a6为a1和a21 的等比中项. （1）求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn； 1 （2）若数列{bn}满足bn1bnan(nN),且b13,求数列{}的前n项和Tn. bn 8. 已知Sn是数列an的前n项和，a1,a22，且Sn13Sn2Sn110，其中n2,nN*. ①求证数列an1是等比数列；②求数列an的前n项和Sn. 327

9. 已知Sn是数列{an}的前n项和，并且a1=1，对任意正整数n，Sn14an2；设bnan12an(n1,2,3,）. （I）证明数列{bn}是等比数列，并求{bn}的通项公式； （II）设Cn bn1,Tn为数列{}的前n项和，求Tn. 3log2Cn1log2Cn2拓展---数列运算中整体思想简化计算 整体代入 把已知条件作为一个整体，直接代入或组合后代入所求的结论。 例等差数列{an}的前10项和S10=100，前100项和S100=10，则前110项和S110等于 A.-90 B.90 C.-110 D.110 解析：∵S100-S10=a11+a12+…+a100=90(a11a100)=45(a1+a110)=-90，∴a1+a110=-2 28

故S110=整体求解 110(a1a110)=-110，所以应选C。 2把所求的结论作为一个整体，由已知条件变形或计算便得。 例：在等比数列{an}中，若a1>0，且a2a4+2a3a5+a4a6=16，则a3+a5的值为_______。 解析：由已知条件得a32+2a3a5+a52=16，即(a3+a5)2=16，解之得：a3+a5=±4。 ∵a1>0，∴a2n-1>0，故a3+a5=4。 例：设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12>0，S13<0，则指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由。 解析：由S12=13(a1a13)12(a1a12)=6(a6+a7)>0，得a6+a7>0；又S13==13a7<0， 22∴a6>0，故S6最大。 整体转化 把求解的过程作为一个整体，寓整体于转化之中。 例：已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足条件：a1=b1=a>0，a2n+1=b2n+1=b。试比较an+1与bn+1的大小。 解析：由a1=b1=a>0，知a2n+1=b2n+1=b>0。 a1a2n1(ab)2ab∴an+1-bn+1=(b1b2n1)ab0，故an+1≥bn+1。 222整体换元 把陌生的或复杂的式子进行整体换元，这是一种化生为熟、以简驭繁的解题策略。 例：已知等差数列{an}的前12项和为354，前12项中奇数项和与偶数项和之比为27:32，求公差d。 解析：设前12项中奇数项和与偶数项和分别为S奇和S偶，则有S奇S偶27，据此得：329

2727SS奇，即奇，解之得：S奇=162，S偶=192。 35459S奇S偶59故由S偶-S奇=6d=30，解之得：d=5。 整体假设 把不确定的结论假设成一个整体，这是解决开放性问题的有效方法。 例：已知等比数列{an}的首项a1>0，公比q>0，q≠1；等差数列{bn}的公差d>0，问是否存在一个常数a，使得logaan-bn为不依赖于n的定值。 解析：假设存在常数a，使得logaan-bn=k（定值） ① 则logaan+1-bn+1=k(定值) ② ②-①得：logaan1(bn+1-bn)=0，即logaq=d，解之得a=dq， an故存在一个常数a=dq，使得logaan-bn为不依赖于n的定值。 整体构造 把局部的构造成一个整体，这是在整体中求发展的一大创举。 Smm2例：若等差数列{an}的m项和与前n项和分别记为Sm与Sn，且(m≠n)。求证：Snn2am2m1。 2n1ana1a2m1a1a2m12n12m12n1S2m1a22证明：m aaaa2m12n12m1San12n112n12n1222n1(2m1)22m1=。 2m1(2n1)22n1“裂项相消法”的两种用途 裂项相消法用在数列求和和证明不等式． 一、用于数列求和 10

(n1)21例、求数列{}的前n项的和Sn． 2(n1)1(n1)21n22n2211解：数列的通项an11()， 222nn2(n1)1n2nn2n1111111111所以Sn(1)(1)(1)(1)(1) 132435n1n1nn2111113n1n． 2n1n2n1n22点评:分式的求和多利用此法．常见的拆项公式有： ①n111111(),其中k0； ②； (n1)!n!(n1)!n(nk)knnk③1n1nn1n；等等． 例、设数列{an}的前n项和为Sn，若对于nN*，Snnan1恒成立，求Sn． 11111111n答案：Sn(1)()()(． )122334nn1n1n1写出解题过程： 二、用于证明不等式 （放缩）重难点 例、已知数列{an}的通项公式为an求证：a1a2an1， 2nn111． 1811证明：（１）当n1时，a11． 18（２）当n2时，a1a2110（３）当n3时，an11． 18111111() ， 22nn1nn2(n2)(n1)3n2n111

111111111111∴a1a2an0()()()() 314325336347111111111 ()()() 3n4n13n3n3n2n111111111111 (1． )(1)323n1nn13231811 综合（１）（２）（３）得a1a2an． 181例（拓展）、求证：2(1)n3，其中nN*． n1 证明：（1）当n1时，(1)12，命题显然成立； 11010111212313n1n （2）当n2时，(1)nCn()Cn()Cn()Cn()Cn() nnnnnn212313n1n 2Cn()Cn()Cn()2． nnnn(n1)(n2)(nk1)1n1n 对于k2且kN时，有Cn() nk!nk1111， k!(k1)kk1k1212313n1n ∴(1)n2Cn()Cn()Cn() nnnn111111 2(1)()()33， 223n1nn1即2(1)n3． n1综合（1）（2）得2(1)n3，其中nN*． n点评：以上两例都借助放缩法再通过裂项相消法使得证明得以顺利进行． 数列求和专题 练习题答案 1.解析： c5c32d2(c3c2) (1)设该等差数列为{cn}，则a2c5，a3c3，a4c2(a2a3)2(a3a4)即：a1qa1q22a1q22a1q3 1q2q(1q)，1(2)bnlog2[64(2n1q1， 2q1,q11，a64()n1 22n(13n) 2)]6(n1)7n，{bn}的前n项和Sn12

当1n7时，bn0，TnSn当n8时，bn0，Tnb1b2S7(b8b9n(13n) （8分） 2bn b7b8b9bn)S7(SnS7)2S7Sn42n(13n) 2n(13n)2Tn42n(13n)2(1n7,nN*) (n8,nN*)2.解：（1）由an2an11及a415知a42a31, 解得：a37,同理得a23,a11. （2）由an2an11知an12an12 an12(an11)an1构成以a112为首项以2为公比的等比数列； an1(a11)2n1；an12n, an2n1.为所求通项公式 （3）an2n1 Sna1a2a3......an (211)(221)(231)......(2n1) 2(12n)n2n12n. (222......2)n12123n3.解：由3Sn3Sn15anan1(n2)，2anan1，又a12，an1， an12111{an}是以2为首项，为公比的等比数列，an2()n1()n222n 222bn(2n1)22n，Tn1213205211Tn12032121（1）—（2）得Tn22(20212(2n1)22n （1） (2n3)22n(2n1)21n （2） 22n)(2n1)21n 12[1(21)n1](2n1)21n6(2n3)21n ，Tn12(2n3)22n 即：Tn2121213

4．解：（Ⅰ）a22a1226，a32a22320． （Ⅱ）an2an12n(n2,且nN*)， ∴anan1anan1*， 即1(n2,且nN)n11(n2,且nN*)． nn1n2222ana11}，公差为d1的等差数列． 是首项为1n222∴数列{（Ⅲ）由（Ⅱ）得an1111a(n)2n． ∴(n1)d(n1)1n,nn22222Sn1132531222(n)2n(1)2222135112Sn222324(n1)2n(n)2n1(2)22222(1)(2)得123nn1 2222(n)21 123nn12Sn1222(n)222(12n)1(n)2n11(32n)2n3． ∴Sn(2n3)2n3 ． 1225.解：（Ⅰ）an12Sn，Sn1Sn2Sn，Sn13 Sn又S1a11，数列Sn是首项为1，公比为3的等比数列，Sn3n1(nN*) 当n≥2时，an2Sn123n2(n≥2)， 1， n1，ann2 3，n≥2．（Ⅱ）Tna12a23a3nan，当n1时，T11； 当n≥2时，错位相减法1(12n)3n1 Tn1111n3n1(n≥2) 又T1a11也满足上式，Tnn3n1(n≥2) 2222bn122 bn2 b1a2a12 b22b226 数列{bn+2}是首项为4公比为2的等比数列； 6.解： ⑴ bn122(bn2) 14

⑵由⑴知 bn242n12n1 bn2n12 an1an2n12 a2a1222 a3a2232 …… anan12n2 上列（n-1）式子累加：an2(22232n)2n an2n12n ⑶a1a2an(22232n1)2a1a2an2n2n(n1)4 n(n1). 2 7.解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则 6a115d60,d2,解得 2a5.1a1(a120d)(a15d)an2n3. Snn(52n3)n(n4) 2 （2）由bn1bnan, bnbn1an1(n2,nN). 当n2时,bn(bnbn1)(bn1bn2)an1an2n(n2).对b13也适合,(b2b1)b1a1b1(n1)(n14)3 bnn(n2)(nN)11111(). bnn(n2)2nn2 Tn1111111311(1)() 2324nn222n1n23n25n  4(n1)(n2) 8.解：①Sn13Sn2Sn110Sn1Sn2(SnSn1)1 an12an1(n2) 又a1,a22也满足上式，an12an1(nN*) an112(an1)（nN*） 15

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数列an1是公比为2，首项为a11121的等比数列 2（2）由①，an12n12n2an2n21 于是Sna1a2...an211201211...2n21 222...2101n22n1n n29.解析：（I）Sn14an2,Sn4an12(n2), 两式相减：an14an4an1(n2), an14(anan1)(n2),bnan12an,bn1an22an14(an1an)2an1,bn12(an12an)2bn(nN*), bn12, {bn}是以2为公比的等比数列， bnb1a22a1,而a1a24a12,a23a125,b1523,bn32n1(nN*) （II）Cnbn111, 2n1,log2Cn1log2Cn2log22nlog22n1n(n1)3 而11111111111,Tn(1)()()()1. n(n1)nn122334nn1n1

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