（浙江通用）高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4 数列求和.doc

【步步高】（浙江通用）2017版高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4 数列求和求数列的前n项和的方法(1)公式法等差数列的前n项和公式snna1d.等比数列的前n项和公式()当q1时，snna1；()当q1时，sn.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、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；.(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列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广(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例如，sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.【思考辨析】判断下面结论是否正确(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sn.()(2)当n2时，()()(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2n1的前n项和为n2.()(5)推导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sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()1(教材改编)数列an的前n项和为sn，若an，则s5等于()a1 b.c. d.答案b解析an，s5a1a2a51.2等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项和为sn，则数列的前10项的和为()a120 b70c75 d100答案c解析因为n2，所以的前10项和为10375.3设f(x)，利用倒序相加法，则fff等于()a4 b5 c6 d10答案b解析当x1x21时，f(x1)f(x2)设sfff，倒数相加有2s10，即s5.4若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项sn_.答案2n12n2解析sn2n12n2.5数列an的通项公式为anncos ，其前n项和为sn，则s2 017_.答案1 008解析因为数列anncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故s4a1a2a3a42.s2 017s2 016a2 01722 017cos 1 008.题型一分组转化法求和例1已知数列an的前n项和sn，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(1)nan，求数列bn的前2n项和解(1)当n1时，a1s11；当2时，ansnsn1n.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a22n12，b(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和t2nab22n1n2.引申探究例1(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)n2n12当n为奇数时，tn(21222n)1234(n2)(n1)n2n12n2n1.tn思维升华某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论已知数列an的通项公式是an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和sn.解sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，sn2(ln 2ln 3)(n)ln 33nln 3ln 21.综上所述，sn题型二错位相减法求和例2(2015湖北)设等差数列an的公差为d，前n项和为sn，等比数列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cn，求数列cn的前n项和tn.解(1)由题意得即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是tn1，tn.可得tn23，故tn6.思维升华用错位相减法求和时，应注意：(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1两种情况求解已知数列an的各项均为正数，sn是数列an的前n项和，且4sna2an3.(1)求数列an的通项公式；(2)已知bn2n，求tna1b1a2b2anbn的值解(1)当n1时，a1s1aa1.解得a13.又4sna2an3，当n2时，4sn1a2an13.，得4anaa2(anan1)，即aa2(anan1)0.(anan1)(anan12)0.anan10，anan12 (n2)，数列an是以3为首项，2为公差的等差数列an32(n1)2n1.(2)tn321522(2n1)2n，2tn322523(2n1)2n(2n1)2n1，得tn3212(22232n)(2n1)2n16822n1(2n1)2n1(2n1)2n12.题型三裂项相消法求和命题点1形如an型例3设各项均为正数的数列an的前n项和为sn，且sn满足s(n2n3)sn3(n2n)0，nn*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.(1)解由题意知，s(n2n3)sn3(n2n)0，nn*.令n1，有s(1213)s13(121)0，可得ss160，解得s13或2，即a13或2，又an为正数，所以a12.(2)解由s(n2n3)sn3(n2n)0，nn*可得，(sn3)(snn2n)0，则snn2n或sn3，又数列an的各项均为正数，所以snn2n，sn1(n1)2(n1)所以当n2时，ansnsn1n2n(n1)2(n1)2n.又a1221，所以an2n.(3)证明当n1时，成立；当n2时，所以.所以对一切正整数n，有.命题点2形如an型例4已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nn*.记数列an的前n项和为sn，则s2 017_.答案1解析由f(4)2可得4a2，解得a，则f(x).an，s2 017a1a2a3a2 017(1)()()()()1.思维升华(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()，()裂项后可以产生连续可以相互抵消的项(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，后面也剩两项在数列an中，a11，当n2时，其前n项和sn满足san.(1)求sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和tn.解(1)san，ansnsn1 (n2)，s(snsn1)，即2sn1snsn1sn，由题意得sn1sn0，式两边同除以sn1sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列12(n1)2n1，sn.(2)bn，tnb1b2bn(1)()().四审结构定方案典例(14分)已知数列an的前n项和snn2kn(其中kn*)，且sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列的前n项和tn.(1)(2)规范解答解(1)当nkn*时，snn2kn取得最大值，即8skk2k2k2，故k216，k4.当n1时，a1s14，4分当n2时，ansnsn1n.当n1时，上式也成立，综上，ann.7分(2)因为，所以tn1，2tn22.10分得：2tntn2144.13分故tn4.14分温馨提醒(1)根据数列前n项和的结构特征和最值确定k和sn，求出an后再根据的结构特征确定利用错位相减法求tn.在审题时，要通过题目中数式的结构特征判定解题方案(2)利用sn求an时不要忽视n1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数(3)可以通过n1,2时的特殊情况对结论进行验证方法与技巧非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(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消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项法、数列的周期性等来求和失误与防范1直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论2在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an1的式子应进行合并3在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项a组专项基础训练(时间：35分钟)1数列1，3，5，7，(2n1)，的前n项和sn的值等于()an21 b2n2n1cn21 dn2n1答案a解析该数列的通项公式为an(2n1)，则sn135(2n1)()n21.2已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，sn为an的前n项和，nn*，则s10的值为()a110 b90c90 d110答案d解析通过a7是a3与a9的等比中项，公差为2，所以aa3a9，所以a(a78)(a74)，所以a78，所以a120，所以s101020(2)110，故选d.3已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()a100 b0c100 d10 200答案a解析若n为偶数，则anf(n)f(n1)n2(n1)2(2n1)，所以an是首项为a25，公差为4的等差数列；若n为奇数，则anf(n)f(n1)n2(n1)22n1，所以an是首项为a13，公差为4的等差数列所以a1a2a3a100(a1a3a99)(a2a4a100)503450(5)4100.4数列an中，an1(1)nan2n1，则数列an前12项和等于()a76 b78c80 d82答案b解析由已知an1(1)nan2n1，得an2(1)n1an12n1，得an2an(1)n(2n1)(2n1)，取n1,5,9及n2,6,10，结果相加可得s12a1a2a3a4a11a1278.故选b.5已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()a0 b100c100 d10 200答案b解析由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.故选b.6在等差数列an中，a10，a10a110，若此数列的前10项和s1036，前18项和s1812，则数列|an|的前18项和t18的值是_答案60解析由a10，a10a110可知d0，a100，a110，t18a1a10a11a18s10(s18s10)60.7整数数列an满足an2an1an (nn*)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为_答案13解析由an2an1an，得an2anan1anan1，易得该数列是周期为6的数列，且an2an10，s800a1a22 013，s813a1a2a32 000，依次可得a51 000，a613，由此可知an1an2an3an4an5an60，s2 015s513.8已知数列an满足：a1，an1aan，用x表示不超过x的最大整数，则 的值等于_答案1解析由an1aan，得，所以，所以2.又an1aan，所以an1ana0，所以an是正项递增的数列又因为a31，所以a2 0161，即01，所以1.9已知数列an中，a13，a25，且an1是等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bnnan，求数列bn的前n项和tn.解(1)an1是等比数列且a112，a214，2，an122n12n，an2n1.(2)bnnann2nn，故tnb1b2b3bn(2222323n2n)(123n)令t2222323n2n，则2t22223324n2n1.两式相减，得t222232nn2n1n2n1，t2(12n)n2n12(n1)2n1.123n，tn(n1)2n1.10正项数列an的前n项和sn满足：s(n2n1)sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为tn，证明：对于任意的nn*，都有tn0.所以snn2n(nn*)n2时，ansnsn12n，n1时，a1s12适合上式所以an2n(nn*)(2)证明由an2n(nn*)，得bn，tn(nn*)即对于任意的nn*，都有tn.b组专项能力提升(时间：20分钟)11已知数列an：，若bn，那么数列bn的前n项和sn为()a. b.c. d.答案b解析an，bn4，sn44.12已知数列2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和s2 014等于()a2 008 b2 010 c1 d0答案b解析由已知得anan1an1(n2)，an1anan1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，2 008，2 009，1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且s60.2 01463354，s2 014s42 0082 0091(2 008)2 010.13数列an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2(nn*)，