复习讲义文科第六章

1、§6.4数列求和1. 求数列的前 n(1) 公式法等差数列的前 n的公式n(a1an)n(n1)Snna1d.22公式等比数列的前 n(q1)ìïna1Snía1(1qn)a1anq(q1)ïî1q1q(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差求和，正负相消剩下首尾若干项(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

2、广(6)并项求和法一个数列的前 n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)5 050.2常见的裂项公式(1)111 n(n1)n；n11æ 1 1ö；(2)1(2n1)(2n1)2è2n12n1ø1n n1(3)n1 n.1下面结论是否正确(请在括号中打“”或“×”)a1an1.(1)如果数列a 为等比数列，且公比不等于 1，则其前 nS()nn1q(2)当 n2 时， 1 11 1()2 n1n1()n21(3)求Sna

3、2a23a3nan 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 1 2n1的前 n 1为 n2 .(×)2n2n(5)若数列 a1，a2a1，anan1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列an的通3n1项公式是 an.()2(6)推导等差数列求和公式的sin288°sin289°44.5.叫作倒序求和法，利用此法可求得 sin21°sin22°sin23°()ì 1üíý2(2012·大纲全国)已知等差数列an的前 n为 S ，a 5

4、，S 15，则数列的前n55a aî1þn n100为()A.100 99 B.101101 99 C.D.101100100A利用裂项相消法求和设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.a55，S515，ìa14d5，í5×(51)î5a1d15，2ìïa11，íïîd1，ana1(n1)dn. 111 1 ，nn(n1)n1anan1ìï 1üï111 11 1100数列的前 100为 12231001011101101.í

5、3;a aïî1ïþn n3若数列an的通项公式为 an2n2n1，则数列an的前 nSn 为()A2nn21 C2n1n22CB2n1n21D2nn22Sn(222232n)(135(2n1)2(12n)n(12n1)2n12n2.2124数列an的通项公式为 an(1)n1·(4 n3)，则它的前 100S100 等于()A200BB200C400D400S100(4×13)(4×23)(4×33)(4×1003)4×(12)(34)(99100)4×(50)200.53·

6、;2 14·2 25·2 3(n2)·2 n .n442n11114× 5× (n2)× ，设 S3×222232n1111 则1S3× 4× 5× (n2)×.22232422n1n2两式相减得1S3×21( 1 1 1 )2n 2n1 .22232n211 1 S3(222 n1)2n211 n121(2)n2n43-4.2n2n112题型一分组转化求和例 1已知数列an是 321,6221,9231,12241，写出数列an的通项公式并求其前 nSn.思维启迪先写出通项

7、，然后对通项变形，分组后利用等差数列、等比数列的求和公式求解解由已知得，数列an的通项公式为an3n2n13n12n，Sna1a2an(253n1)(2222n)n(23n1)2(12n)2121n(3n1)2n12.2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11 1 ö1ö11öæ1ææ24 .2n 1ø求和 Sn1è12øè124ø

8、;è解和式中第 k 项为1æ1ökè ø 1 2 111æö2 1.a 1 1è2køk242k112S 2éæ11öæ1 1 öæ1 1 öùëè2øè22øè2nøûn2(111 ) (1 2 11 )n222n个1æ1 1 öæö2èøn2 1 2çn÷ n12n

9、2.12èø12题型二错位相减法求和例 2已知等差数列an的前 3为 6，前 8为4.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(4an)qn1(q0，nN )，求数列b 的前 nnSn.思维启迪(1)列方程组求an的首项、公差，然后写出通项 an.(2)q1 时，bn 为等差数列，直接求和；q1 时，用错位相减法求和解(1)设等差数列an的公差为 d.ìï3a13d6ìïa13由已知得í，í.ïî8a128d4ïîd1故 an3(n1)·( 1)4n.(2)由(1

10、)得，bnn·qn1，于是Sn1·q02·q13·q2n·qn1.若 q1，将上式两边同乘以 q 有qSn1·q12·q2(n1)·qn1n·qn.两式相减得到(q1)Snnqn1q1q2qn1qn1nqn1(n1)qn1nqn.q1q1nqn1(n1)qn1于是，Sn.(q1)2n(n1)若 q1，则 Sn123n.2ìn(n1)ï2，q1所以 Snínqn1(n1)qn1.ïî，q1(q1)2思维升华 (1)错位相减法是求解由等差数列bn和等比数列cn

11、对应组成的数列an，即 anbn×cn 的前 n的这种运算量较大，要重视解题过程的训练(2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围已知等差数列an满足 a20，a6a810.(1)求数列an的通项公式；ì an üíý(2)求数列的前 nn 12îþ解(1)设等差数列an的公差为 d，ìïa1d0，ìïa11，由已知条件可得ííïîd1.ïî2a112d10，故数列an的通项公式为 an2n.ìï an

12、 üï(2)设数列í2n1ý的前 n为 Sn，ïîïþ即 Sna1a2 an ，22n1故 S11，Sna1a2an.2n224所以，当 n1 时，得a2a1anan1anSna12n222n12n1 11 1 )2n1 (22n41(1 1 )2nn .2n2n2n1所以 Sn n .当 n1 时也成立2n1ìï an üï n 综上，数列í2n1ý的前 nSnn1.ïîïþ2题型三裂项相消法求和1ö2&

13、#230;S例 3在数列an中，a11，当 n2 时，其前 nS 满足 S ann n2ø.èn(1)求 Sn 的表； Sn (2)设 bn，求bn的前 nTn.2n1ì 1 ü思维启迪第问利用 a S 后，再同除 S·S 转化为的等差数列即可í ý(1)S(n2)nnn1n1 nSî nþ求 Sn.第(2)问求出bn的通项公式，用裂项相消法求和12æö解(1)S a S ，nnè n2øanSnSn1 (n2)，æö1S (S ) S ，2S1

14、 è n2ønnn即 2Sn1SnSn1Sn，由题意得 Sn1·Sn0，式两边同除以 Sn1·Sn，得 1 1 2，SnSn1ì 1 ü11数列íS ý是首项为S a 1，公差为 2 的等差数列î nþ11 1 12(n1)2n1，Sn 1.Sn2n1(2)bn Sn 12n1(2n1)(2n1)1æ 1 1ö，2ç2n12n1÷èøTnb1b2bn1(11)(11)( 1 1)23352n12n11æ1 1ö n.

15、2ç2n1÷èø2n1思维升华利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两差和系数之积与项公式相等an(an1)已知数列an的各项均为正数，前 n为 Sn，且 Sn，nN.2(1)求证：数列an是等差数列； 1 (2)设 bn，Tnb1b2bn，求 Tn.2Snan(an1)(1)证明Sn，nN，2a1(a11)当 n1 时，a1S1(an>0)，a11.2ì2S a a ，2ïnnn当 n2 时，由í

16、39;naa2î2S1n1n1得 2ana2ana2 a.n 1n1n即(anan1)(anan11)0，anan1>0，anan11(n2)所以数列an是以 1 为首项，以 1 为公差的等差数列n(n1)(2)解由(1)可得 ann，Sn，2bn 1 11 1 .2Snnn(n1)n1Tnb1b2b3bn11111 1 223nn11 1 n .n1n1四审结构定方案1n2kn(其中 kN典例：(12 分)(2012·江西)已知数列a 的前 nSn2)，且 S 的最大nn值为 8.(1)确定常数 k，并求 an；ì92anü(2)求数列í

17、;ý的前 nTn.2nîþ规范解答解(1)当 nkN时，Sn1n2kn 取得最大值，2即 8Sk1k2k21k2，故 k216，k4.22当 n1 时，a1S1147，3 分22当 n2 时，anSnSn19n.6 分2当 n1 时，上式也成立，综上，an9n.292ann(2)因为，2n12nn1所以 T 12 3 n，2n27 分n222n12n1所以 2T 223nn22n3n22n211 1 n ：222n22n1n24 1 n 42n22n12n111 分n2故 Tn4. 2n112 分92an温馨提醒(1)根据数列前 n的结构特征和最值确定 k 和 S

18、n，求出 an 后再根据的2n结构特征确定利用错位相减法求 Tn.在审题时，要审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与技巧非等差、等比数列的数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将数列设法转化为等差或等比数列，这一思想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3在应用

19、裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少后剩多少项A 组专项基础训练(时间：40 分钟)一、选择题112123123911已知数列an： ， ， ，若 bn，那么23344410101010anan1(数列bn的前 nSn 为)A. n 4nB. 3nC.D. 5nn1n1n1n1B123nnan2，n1bn 141 1 )，4(na an(n1)n1n n1Sn4(11) 11) 1 1 )(2(n23n14(1 1 4n .)n1n12已知数列an是等差数列，若 a93a11<0，a10·a11<0，且数列an的前 n那么当 Sn 取得最小正值时，n 等于

20、Sn 有最大值，()A20B17C19D21C由 a93a11<0，得 2a102a11<0，即 a10a11<0，又 a10·a11<0，则 a10 与 a11 异号，因为数列an的前 nSn 有最大值，所以数列an是一个递减数列，则 a10>0，a11<0，19(a1a19)所以 S1919a10>0，220(a1a20)S2010(a10a11)<0.2故使 Sn 取值最小正值的 n 为 19.ìïn2(当n为奇数时)，3已知函数 f(n)í且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3a100 等于&

21、#239;în (当n为偶数时)，2()A0B100C100D10 200B由题意，得 a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)(1299100)(23100101)1101100.故选 B.4数列 a12，ak2k，a1020 共有十项，且其和为 240，则 a1aka10的值为()A31B120C130D185Ca1aka10240(22k20)(220)×10240240110130.2 15数列 an，其前 9 为 ，则在平面直角坐标系中，直线(n1)xyn0nn(n1) 在 y

22、 轴上的截距为A10B数列的前 n10()B9C10D9为 1 1 11 1 n 9 ，101×22×3n(n1)n1n1n9，直线方程为 10xy90.令 x0，得 y9，在 y 轴上的截距为9.二、填空题3925656数列 ， ，的前 nSn 为24816n(n1) 112n23191251212，424， 8 38，654 1 ，1616Sn392565(n 1 )2n24816(123n) 1 1 1 1 )(222232n111( )nn(n1)n(n1)221 1 .2n212124x 12 2 0147设 f(x)，若 Sf(2 015)f(2 015)f(2

23、 015)，则 S.x4 21 00741x4x2f(x)，f(1x)x，4 24224x1x4x 2 f(x)f(1x)x1.4 224x 12 Sf()f()2 014)，f(2 0152 0152 0152 0142 013 1 Sf(2 015)f(2 015)f(2 015)， 2 得，2Sf( 1 ) 2 014)f()2 013 1 2 014)f()2 014，2 015f(2 015f(2 015)f(2 0152 0152 015S2 0141 007.28(2012·课标全国)数列an满足 an1(1)nan2n1，则an的前 601 830利用数列的递推式的意

24、义结合等差数列求和公式求解为an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)10264223415×(10234)1 830.2三、解答题119已知数列a 是首项为 a14，公比为 q4的等比数列，设 b 23log a (nN)，数nnn14列cn满足 cnan·bn.(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列cn的

25、前 nSn.1解(1)由题意，知 an( )n(nN)，4又 bn3log 1 an2，故 bn3n2(nN)41(2)由(1)，知 an( )n，bn3n2(nN)，41所以 cn(3n2)×( )n(nN)414× 1 27× 1 3(3n5)× 1 n1(3n2)× 1 n，所以 Sn1×4(4)(4)(4)(4)于是1Sn1× 1 24× 1 37× 1 4(3n5)× 1 n(3n2)× 1 n1.(4)(4)(4)(4)(4)4两式相减，得3Sn11 21 31 n1 n1

26、11 n13(4) (4) (4) (3n2)×(4)2(3n2)×(4).443n21× n2所以 Sn3(4) (nN )310. 若 Sn 是公差不为 0 的等差数列an的前 n(1) 求等比数列 S1，S2，S4 的公比；(2) 若 S24，求数列an的通项公式；，且 S1，S2，S4 成等比数列(3)在(2)的条件下，设 bn 3，Tn 是数列bn的前 n m，求使得 Tn<对所有 n20anan1N都成立的最小正整数 m.解(1)因为an为等差数列，设an的公差为 d(d0)，所以 S1a1，S22a1d，S44a16d.因为 S1，S2，S4

27、成等比数列且设其公比为 q，所以 S1·S4S2.2所以 a1(4a16d)(2a1d)2.所以 2a1dd2.因为公差 d0.所以 d2a1.所以 qS24a14.S1a1(2)因为 S24，所以 2a1d4.又 d2a1，所以 a11，d2.所以 an2n1.(3)因为 bn33( 1 1)，(2n1)(2n1)2 2n12n1所以 Tn3(11)(11)( 1 1)3(1 132n1)<2.233522n12n1 m要使 Tn<对所有 nN都成立，20则有 m3202，即 m30.因为 mN，所以 m 的最小值为 30.B 组专项能力提升(时间：30 分钟)1已知数

28、列 2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二，每一项都等于它的前后两，则这个数列的前 2 014S2 014 等于()A2 008BB2 010C1D0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 0146×3354，S2 014S42 0082 0091(2 008)2 010.2(2013·课标全国)设AnBnCn 的三边长分别为an、bn、cn，AnBnCn 的面积为Sn

29、，n1,2,3，cnanbnan若 b1>c1，b1c12a1，an1an，bn1，cn1()，则22ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列B因为 b1>c1，不妨设 b14a1，c12a1；333a1 a1 a1 5a1 15故 S12；· 2 · 6 ·a12612243a1a13a1a157a2a1，b26a1，c26a1，223a1 a1 2a1 a16S2· 2 ·· a .2123 3676a1a113显然 S2>S1；a3a1，b31

30、2a1，25a1a1611c312a1，23a1 a1 5a1 7a1105S32 · 2 · 12 · 12 24a1，显然 S >S .232 13(2013·湖南)设 S 为数列a 的前 n，S (1)nan2n，nN，则：nnn(1)a3；(2)S1S2S100.1æ 1 1ö 1 (1)(2)3è2100ø16anSnSn1(1)nan 1 (1)n1an1 1 ，2n2n1an(1)nan(1)n1an1 1 .2n当 n 为偶数时，an1 1 ，2n当 n 为奇数时，2anan1 1 ，2n当 n4 时，a3 1 1 .2416根据以上an的式及递推式可求a1 1 ，a3 1 ，a5 1 ，a7 1 ，22242628a2 1 ，a4 1 ，a6 1 ，a8 1 .22242628a2a11，a4a3 1 ，a6a5 1 ，23252)æ1 1 1 1 öS S S(a a )(a a )(aaè22100ø121002143100992223æ1 1 1 öæ1 1