第30讲__数列的求和

1、第11讲 数列的求和本节主要内容有Sn与an的关系；两个常用方法：倒写与错项；各种求和：平方和、立方和、倒数和等；符号的运用. 掌握数列前n项和常用求法,数列求和的方法主要有：倒序相加法、错位相减法、转化法、裂项法、并项法等1.重要公式1+2+n=n(n+1)12+22+n2=n(n+1)(2n+1)13+23+n3=(1+2+n)2=n2(n+1)22.数列an前n 项和Sn与通项an的关系式：an=3. 在等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd,在等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn4.裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加时抵消中

2、间的许多项应掌握以下常见的裂项：5.错项相消法6.并项求和法A类例题例1 已知数列an的通项公式满足：n为奇数时，an=6n5 ，n为偶数时，an=4 n ，求sn.分析 数列an的前n项可分为两部分，一部分成等差数列，用等差数列求和公式；另一部分成等比数列，用等比数列求和公式。但数列总项数n的奇偶性不明，故需分类讨论.解 若n为偶数2m，则S2m=1+13+25+6(2m1)5+42+44+42m=6m25m+(42m1)，Sn=. 若n为奇数2m+1时，则S2m+1=S2m+6(2m+1)5=6m2+7m+1+(42m1)，Sn=.说明 如果一个数列由等差数列与等比数列两个子数列构成，常采

3、纳先局部后整体的策略，对子数列分别求和后，再合并成原数列各项的和.类似地，若一个数列的各项可拆成等差数列型与等比数列型两部分，也可采纳先局部后整体的策略.例2(2004年湖南卷类) 已知数列an是首项为a且公比q不等于1的等比数列，Sn是其前n项的和，a1，2a7，3a4 成等差数列（I）证明 12S3，S6，S12S6成等比数列；（II）求和Tn=a1+2a4+3a7+na3n2分析 (1)对于第(l)问，可先依据等比数列的定义与等差数列的条件求出等比数列的公比，然后写出12S3，S6，S12S6，并证明它们构成等比数列对于第(2)问，由于 Tn=a1+2a4+3a7+na3n2所以利用等差

4、数列与等比数列乘积的求和方法即“乘公比错位相减法”解决此类问题解 （）证明 由成等差数列， 得，即 变形得 所以（舍去）由 得 所以12S3，S6，S12S6成等比数列 （）解：即 得： 所以 说明 本题是课本例题：“已知Sn是等比数列an的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列”的类题，是课本习题：“已知数列an是等比数列，Sn是其前 n项的和，a1，a7，a4 成等差数列，求证2 S3，S6，S12S6成等比数列”的改编 情景再现1(2000年全国高考题)设为等比数例，已知，（）求数列的首项和公式；（）求数列的通项公式2 (2000年全国高中数学联赛)设Sn

5、=1+2+3+n,nN，求f(n)=的最大值.B类例题例3 (2004年重庆卷) 设（1）令求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.分析 利用已知条件找与的关系,再利用等差数列与等比数列之积的错位相差法来解决此类问题.解 （1）因 故bn是公比为的等比数列，且（2）由注意到可得记数列的前n项和为Tn，则说明 本题主要考查递推数列、数列的求和，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.例4 (1996年全国高中数学联赛第二试)设数列an的前项和Sn=2an1(n=1,2,3,L)，数列bn满足b1=3, bk+1ak+bk (k=1,2,3L).求数列bn的前n项和.分析 由数列an前n

6、项和Sn与通项an的关系式：an=可得an.解 由可得an+1=2an即数列an是等比数列,故an=2n1,又由ak=bk+1bk得bn=b1 +a1+ a2+ a3+ an1 =3+=所以Sn =b1+ b2+ b3+ bn=1+2+22+2n1+2n=例5 (2004年全国理工卷) 已知数列an的前n项和Sn满足：Sn=2an +(1)n,n1.(1)写出求数列an的前3项a1,a2,a3；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对任意的整数m4，有.分析 由数列an前n 项和Sn与通项an的关系,求an,应考虑将an与an-1或 an+1其转化为的递推关系,再依此求an. 对于不等式证明

7、考虑用放缩法,若单项放缩难以达到目的,可以尝试多项组合的放缩.解 (1)当n=1时,有：S1=a1=2a1+(1) a1=1；当n=2时,有：S2=a1+a2=2a2+(1)2a2=0；当n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(1)3a3=2；综上可知a1=1,a2=0,a3=2；(2)由已知得：化简得：上式可化为：故数列是以为首项, 公比为2的等比数列.故 数列的通项公式为：.由已知得：.故( m4).说明 本题是一道典型的代数综合题，是将数列与不等式相结合，它的综合性不仅表现在知识内容的综合上，在知识网络的交汇处设计试题，更重要的是体现出在方法与能力上的综合，体现出能力要素的有机组

8、合虽然数学是一个演绎的知识系统，并且演绎推理是数学学习和研究的重要方法，但从数学的发展来看，“观察、猜测、抽象、概括、证实”是发现问题和解决问题的一个重要途径，是学生应该学习和掌握的，是数学教育不可忽视的一个方面：要求应用已知的知识和方法，分析一些情况和特点，找出已知和未知的联系，组织若干已有的规则，形成新的高级规则，尝试解决新的问题，这其中蕴含了创造性思维的意义 例6 设 an 为等差数列， bn为等比数列，且, ,又, 试求 an 的首项与公差 (2001年全国高中数学联赛)分析 题中有两个基本量 an 中的首项 a1 和公差d是需要求的，利用, ,成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注

9、意极限存在的条件解 设所求公差为d，a1a2，d0由此得 化简得： 解得： 而，故a10 若，则 若，则 但存在，故| q |1，于是不可能 从而 所以 说明 本题涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出d0， a10，等，在解题中都非常重要情景再现3 设二次函数的所有整数值的个数为g(n).（1）求g(n)的表达式.（2）设（3）设的最小值.4 设函数的图象上两点P1(x1，y1)、P2(x2，y2)，若，且点P的横坐标为(1)求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个定值；(2)若，nN*，求Sn

10、；(3)记Tn为数列的前n项和，若对一切nN*都成立，试求a的取值范围C类例题例7 给定正整数n和正数M，对于满足条件 M的所有等差数列a1，a2，an，试求S=an+1+an+2+a2n+1的最大值 (1999年全国高中数学联赛试题)分析 本题属于与等差数列相关的条件最值问题，而最值的求解所运用的方法灵活多样，针对条件的理解不同，将有不同的解法解 (方法一)：设公差为d, an+1=a.则S=an+1+an+2+a2n+1=,所以另一方面,由M =, 从而有且当时=,由于此时故=M,因此S=an+1+an+2+a2n+1的最大值为(方法二)：三角法 由条件 M故可令,其中.故S= an+1+

11、an+2+a2n+1= 其中,因此当,时, S=an+1+an+2+a2n+1的最大值为说明 在解答过程中，要分清什么是常量，什么是变量，注意条件和结论的结构形式解法一通过配方来完成，解法二运用三角代换的方法，解法三运用二次方程根的判别式来完成，解法四则主要运用了柯西不等式本题人口宽，解法多样，对培养学生的发散思维能力很有好处例8 n 2(n4)个正数排成几行几列：a11 a12 a13 a14 a1n， a21 a22 a23 a24 a2n， a31 a32 a33 a34 a3n， an1 an2 an3 an4 an n，其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等

12、，已知“a24=1， a42 , a43,求a11 +a22 +a33 + ann. (1990年全国高中数学联赛试题)分析 由于等差数列可由首项与公差惟一确定，等比数列可由首项与公比惟一确定，如果设a11=a第一行数的公差为d，第一列数的公比为q，容易算得as t=a+(t1)qs1，进而由已知条件，建立方程组，求出n，d，q解 设第一行数列公差为d，各列数列公比为q，则第四行数列公差是dq2.于是可得方程组：,解此方程值组,得.由于所给n2个数都是正数,故必有q0,从而有.故对任意1kn,有.故S=+.又S=+.两式相减后可得： S=+所以S=2. 说明 这道试题涉及到等差数列、等比数列、

13、数列求和的有关知识和方法通过建立方程组确定数列的通项；通项确定后，再选择错位相减的方法进行求和 情景再现5各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有 项 6己知数列an满足：a1=1,an+1=an+(1)求证:14 a100 18;(2)求a100的整数部分a100.习题11A类习题1.若等差数列an，bn的前n项和分别为An，Bn，且，则等于 （ ）A B C D 2.各项均为实数的等比数列an前n项和记为Sn，若S10=10,S30=70，则S40等于 ( )A.150 B.200 C.150或200 D.400或50 (1998年全国高中数

14、学联赛试题)3.已知数列满足,且,其前n项之和为,则满足不等式的最小整数n是 ( ) A.5 B. 6 C.7 D.8 (1999年全国高中数学联赛试题)4.(2004年江苏卷)设无穷等差数列an的前n项和为Sn()若首项，公差，求满足的正整数k；()求所有的无穷等差数列an，使得对于一切正整数k都有成立5函数是定义在0，1上的增函数，满足且，在每个区间（1，2）上，的图象都是斜率为同一常数k的直线的一部分 （I）求及，的值，并归纳出的表达式（II）设直线，x轴及的图象围成的矩形的面积为（1，2），记，求的表达式，并写出其定义域和最小值. (2004年北京理工卷)6.(2005年湖北卷)设数列

15、的前n项和为Sn=2n2，为等比数列，且 （）求数列和的通项公式；（）设，求数列的前n项和Tn. B类习题7(2005年全国卷)设正项等比数列的首项，前n项和为，且（）求的通项；（）求的前n项和8.设数列an的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn(2t+3)Sn1=3t(t0,n=2,3,4).(1)求证：数列an是等比数列；(2)设数列an的公比为f(t)，作数列bn，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4)，求数列bn的通项bn；(3)求和：b1b2b2b3+b3b4+b2n1b2nb2nb2n+1. 9.已知：f(x)（x0.故S30= S10(1+Q+Q2)=70.解得Q=

16、2,所以S40S30=S10Q3=80,即S40=S30+80=150. 故选A.3由递推公式变形得：3(an+11)=(an1)令bn=an1,则bn+1=bn,且b1=a11=8,故 bn是首项为8,公比为的等比数列.故Snn=(a11)+ (a21)+ (an1)= b1+b2+bn=66,所以, 得3n1250.所以满足不等式的最小整数n是7,故选C.4（1）当时，由得， ，即，又，所以 （2）设数列的公差为，则在中分别取得即，由（1）得或 当时，代入（2）得：或；当时，从而成立；当时，则，由，知，故所得数列不符合题意；当时，或，当，时，从而成立；当， 时，则，从而成立，综上共有3个满

17、足条件的无穷等差数列； 或或 5. （I）由，得,由及，得 同理，,归纳得 （II）当时 所以是首项为，公比为的等比数列,所以.的定义域为1，当时取得最小值. 6（1）：当故an的通项公式为的等差数列.设bn的通项公式为故（II）,两式相减得7（I）由210S30(210+1)S20+S10=0得210(S30S20)=S20S10，即210(a21+a22+a30)=a11+a12+a20, 可得 210q10(a11+a12+a20)=a11+a12+a20.因为an0，所以 210q10=1, 解得q=,因而 an=a1qn1=,n=1,2,.(II)因为an是首项a1=、公比q=的等比

18、数列，故 Sn=1 ，nSn=n.则数列nSn的前n项和 Tn=(1+2+n)(+)，= (1+2+n)(+).前两式相减，得 = (1+2+n)(+)+ =+,即 Tn=8 (1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)(2t+3)=3t.a2=.又3tSn(2t+3)Sn1=3t， , 3tSn1(2t+3)Sn2=3t ,得3tan(2t+3)an1=0.,n=2,3,4,所以an是一个首项为1公比为的等比数列；(2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn1, 可见bn是一个首项为1，公差为的等差数列.于是bn=1+(n1)=;(3)由bn=,可知b2n1和b2n是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b2n=,b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1=b2(b1b3)+b4(b3b5)+b2n(b2n1b2n+1)= (b2+b4+b2n)=n(+)= (2n2+3n)9（）由y得，,x0）（II）点An(an,)在曲线yg(x)上(nN+)= g(an)= , 并且an 0 ， 数列为等差数列. （）数列为等差数列，并且首项为=1，公差为4, =1+4（n1） , an 0 ， ,（）bn=, Snb1b2+bn= 10.前(n1)群中含有1+2+4+2n2=2n11项.因而第n群的第一个数为a1+(2n11)