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【名校使用】2014高考(文)复习资料:5-4数列求和


聚 焦 考 向 透 析

第4课时

数列求和

1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式. 2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.

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【知识梳理】 1.公式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和 (1)等差数列的前 n 项和公

式: n?a1+an? Sn= =na1+ 2 (2)等比数列的前 n 项和公式: ;
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Sn=

2.倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和 相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相 加法,如等差数列的前 n 项和公式即是用此法推导的. 3.错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应 项之积构成的,那么这个数列的前 n 项和即可用此法来求,如等比 数列的前 n 项和公式就是用此法推导的.
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4.裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互 抵消,从而求得其和. 5.分组转化求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和 的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减. 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.
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【基础自测】 1 1.(教材改编)等比数列{an}的公比 q= ,a8=1,则 S8=( 2 A.254 C.256 答案:B B.255 D.257 )

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2.如果数列{an}满足 a1,a2-a1,a3-a2,?,an-an-1,?是 首项为 1,公比为 3 的等比数列,则 an 等于( 3n+1 A. 2 3n-1 C. 2 答案:C 3n+3 B. 2 3n-3 D. 2 )
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3.数列 a1+2,?,ak+2k,?,a10+20 共有十项,且其和为 240,则 a1+?+ak+?+a10 的值为( A.31 C.130 答案:C 1 1 4. (教材改编)数列 1, , , ?的前 n 项和 Sn=________. 1+2 1+2+3 2n 答案: n+1 5.数列{(-1)n· n}的前 2 012 项和 S2 012 为________. 答案:1 006, ) B.120 D.185
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◆求和思路 一般数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通项,然后通 过对通项变形,转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的 形式,从而选择合适的方法求和. ◆注意事项 (1)裂项求和,把通项裂开后,注意检查是否恰好等于相应的两 项之差. (2)裂项求和,注意总结正负抵消的规律. (3)错位相减求和,注意错位的项及相减后的结果.
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考向一

公式法求和

(2012· 高考湖北卷)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三 项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和.

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【审题视点】

用方程组法求 a1 和 d,可求 an 借助等差数列求

和公式求{|an|}的和. 【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d,则 a2=a1+d,a3=a1
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?3a1+3d=-3, ? +2d,由题意得? ?a1?a1+d??a1+2d?=8, ? ?a1=2, ? 解得? ?d=-3 ? ?a1=-4, ? 或? ?d=3. ?

所以由等差数列通项公式可得 an=2-3(n-1)=-3n+5 或 an =-4+3(n-1)=3n-7. 故 an=-3n+5 或 an=3n-7.

(2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比 数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列, 满足条件. 故|an|=|3n-7|=
?-3n+7, ? ? ?3n-7, ?
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n=1,2, n≥3.

记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n=1 时,S1=|a1|=4;当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5;

当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+|a4|+?+|an|=5+(3×3-7)+(3×4 -7)+?+(3n-7) ?n-2?[2+?3n-7?] 3 2 11 =5+ = n - n+10. 2 2 2 当 n=2 时,满足此式, n=1, ?4, ? 综上,Sn=?3 2 11 ?2n - 2 n+10,n>1. ?
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【方法总结】 应用公式法求和时,要保证公式使用的正确性, 尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公式.

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1.已知数列{an}是首项 a1=4,公比 q≠1 的等比数列,Sn 是其 前 n 项和,且 4a1,a5,-2a3 成等差数列. (1)求公比 q 的值; (2)求 Tn=a2+a4+a6+?+a2n 的值. 解:(1)由题意得 2a5=4a1-2a3. ∵{an}是等比数列且 a1=4,公比 q≠1, ∴2a1q4=4a1-2a1q2,∴q4+q2-2=0, 解得 q2=-2(舍去)或 q2=1,∴q=-1. (2)∵a2,a4,a6,?,a2n,是首项为 a2=4×(-1)=-4,公比为 q2=1 的等比数列,∴Tn=na2=-4n.
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考向二

分组转化求和

(2011· 高考山东卷)等比数列{an}中,a1,a2,a3 分别是下表第 一、二、三行中的某一个数,且 a1,a2,a3 中的任何两个数不在下表 的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 第二行 第三行 3 6 9 2 4 8 10 14 18
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(1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足:bn=an+(-1)nln an,求数列{bn}的前 2n 项 和 S2n. 审题视点】 观察出 a1,a2,a3 求 an,化简 bn 转化数列.

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【解】

(1)当 a1=3 时,不合题意;

当 a1=2 时,当且仅当 a2=6,a3=18 时,符合题意; 当 a1=10 时,不合题意. 因此 a1=2,a2=6,a3=18.所以公比 q=3,故 an=2· 3 (2)因为 bn=an+(-1)nln an=2·n 1+(-1)nln(2·n 1) 3 3 =2·n-1+(-1)n(ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3, 3 所以 S2n=b1+b2+?+b2n=2(1+3+?+32n- 1)+[-1+1-1 +?+(-1)2n](ln 2-ln 3)+[-1+2-3+?+(-1)2n2n]ln 3= 1-32n 2× +nln 3=32n+nln 3-1. 1-3
- -
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n-1

.

【方法总结】

(1)分组转化求和的通法

数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对 通项变形,转化为等差数列或等比数列或可求数列的前 n 项和的数 列求和. (2)常见类型及方法 ①an=kn+b,利用等差数列前 n 项和公式直接求解; ②an=a·n-1,利用等比数列前 n 项和公式直接求解; q ③an=bn± n 或 c
?bn ? an=? ?cn ?
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n为奇数, ,数列{bn},{cn}是等比数 n为偶数

列或等差数列,采用分组求和法求{an}的前 n 项和.

2.(2013· 包头模拟)已知数列{xn}的首项 x1=3,通项 xn=2np+ nq(n∈N*,p,q 为常数),且 x1,x4,x5 成等差数列.求: (1)p,q 的值;(2)数列{xn}前 n 项和 Sn 的公式. 解:(1)由 x1=3,得 2p+q=3,又因为 x4=24p+4q,x5=25p+ 5q,且 x1+x5=2x4,得 3+25p+5q=25p+8q,解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n,所以 Sn=(2+22+?+2n)+(1+2+? +n)=2
n+1
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n?n+1? -2+ . 2

考向三

裂项相消法求和

(2013· 金丽衢十二校第二次联考)已知正项数列{an}, n}满足: {b a1=3,a2=6,{bn}是等差数列,且对任意正整数 n,都有 bn, an, bn+1 成等比数列. (1)求数列{bn}的通项公式; 1 1 1 (2)设 Sn= + +?+ ,试比较 Sn 与 1 的大小. an a1 a2 【审题视点】 根据等比中项及等差数列求 bn.用裂项法求 Sn.
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【解】 (1)∵对任意正整数 n,都有 bn, an,bn+1 成等比数列, 且{an},{bn}均为正项数列, ∴an=bnbn+1. 由 a1=3,a2=6
?a1=b1b2=3 ? 得? ?a2=b2b3=6 ?

,又{bn}为等差数列,即有 b1

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3 2 +b3=2b2,解得 b1= 2,b2= , 2 2 ∴数列{bn}是首项为 2,公差为 的等差数列, 2 2?n+1? ∴数列{bn}的通项公式为 bn= (n∈N*). 2

?n+1??n+2? (2)由(1)得对任意 n∈N ,an=bnbn+1= . 2
*

? 1 1 ? 1 2 从而有 = =2?n+1-n+2?, an ?n+1??n+2? ? ? ??1 1? ?1 1? ? 1 1 ?? ∴Sn=2??2-3?+?3-4?+?+?n+1-n+2??= ? ? ? ?? ? ??

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2 1- , n+2 ∴Sn<1.

【方法总结】

1.应用裂项相消法应注意的问题

使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时,消去了哪些项, 保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对 称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源与目的.

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2.常见的拆项公式 1 1 1 (1) = - ; n?n+1? n n+1 1 ? 1 1? 1 (2) = ?n-n+k?; n?n+k? k? ? 1 ? 1 1? 1 (3) = ?2n-1-2n+1?; ?2n-1??2n+1? 2? ?
? 1 1 1? 1 (4) = ?n?n+1?-?n+1??n+2??; n?n+1??n+2? 2? ?
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1 (5) =k( n+k- n). n+ n+k

1

3. (2013· 黑龙江哈尔滨三模)已知数列{an}的各项均为正数, n 前 an?an+1? 项和为 Sn,且 Sn= ,n∈N*. 2 (1)求证:数列{an}是等差数列; (2)设 bn= 1 ,Tn=b1+b2+?+bn,求 Tn. 2Sn
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解:(1)证明:∵2Sn=a2 +an.① n 当 n=1 时,2a1=a2+a1,∵a1>0,∴a1=1. 1
2 当 n≥2 时,2Sn-1=an-1+an-1②.

①-②得,2an=a2 -a2 -1+an-an-1, n n

∴(an-an-1)(an+an-1)-(an+an-1)=0. ∵an>0,∴an-an-1=1,∴d=1. ∴an=1+(n-1)×1=n. 1 1 1 1 1 1 (2)∵bn= = = - = - , 2Sn an?an+1? an an+1 n n+1 ∴Tn=b1+b2+?+b3
?1 ?1 1? ?1 1? 1 ? =?1-2?+?2-3?+?+?n-n+1? ? ? ? ? ? ?
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1 n =1- = . n+1 n+1

考向四

错位相减法求和
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(2013· 南昌市二模)等差数列{an}中, 公差 d≠0, 已知数列 ak1, ak2,ak3,?,akn,??是等比数列,其中 k1=1,k2=7,k3=25. (1)求数列 ak1,ak2,ak3,?,akn,?的公比; (2)求数列{n·n}的前 n 项和 Sn. k 【审题视点】 用错位相减法求和. 按等比数列的关系建立 a1 与 d 的方程求公比,

【解】

(1)由题意得 a2k2=ak1· 3,即 a2=a1·25,(a1+6d)2= ak a 7

a1· 1+24d),所以 36d2=12a1d,即 3d2=a1d. (a 因为公差 d≠0,所以 a1=3d,所以 an=(n+2)d, a7 9d 所以等比数列 ak1,ak2,ak3,?,akn,?的公比 q= = = a1 3d 3.

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(2)由 akn=(kn+2)d=3d·n 1,得 kn=3n-2. 3 则 Sn=(1×31+2×32+3×33+?+n·n)-2(1+2+3+?+n), 3 记 Tn=1×31+2×32+3×33+?+n·n,则 3Tn=1×32+2×33 3 +3×34+?+n·n+1, 3 相减得-2Tn=3+32+33+?+3n-n·n+1, 3 ?2n-1?·n+1+3 3 即 Tn= , 4 ?2n-1?·n 1+3 3 所以 Sn= -n(n+1). 4

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【方法总结】 (1)一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等 比数列,求数列{an·n}的前 n 项和时,可采用错位相减法求和,一般 b 是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解. (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“Sn-qSn”的表达式. 提醒: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.
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4.(2013· 临沂联考)已知在数列{an}中,a1=1,且点(an,an+ 1) 在函数 f(x)=x+2 的图象上(n∈N*). (1)证明数列{an}是等差数列,并求数列{an}的通项公式; an (2)设数列{bn}满足 bn= n,求数列{bn}的通项公式及其前 n 项和 3 Sn. 解:(1)∵点(an,an+1)在函数 f(x)=x+2 的图象上, ∴an+1=an+2, ∴an+1-an=2,∴{an}是以 a1=1 为首项,2 为公差的等差数列, ∴an=2n-1.
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2n-3 2n-1 an 2n-1 1 3 (2)由题易知 bn= n= n , Sn= 1+ 2+?+ n-1 + n , 则 3 3 3 3 3 3 ① 2n-3 2n-1 1 1 3 S = + +?+ n + n+1 ,② 3 n 32 33 3 3 1 ? 2 ? ×?1- n-1? 2 1 2 2 2 2n-1 1 9 ? 3 ? ①-②得 Sn = + 2 + 3 ?+ n - n+1 = + - 3 3 3 3 3 3 1 3 1- 3 2n-1 2 2n+2 = - , 3n+1 3 3n+1 n+1 则 Sn=1- n . 3
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与三角恒等变换结合的创新求和

(2011· 高考安徽卷)在数 1 和 100 之间插入 n 个实数,使得这 n +2 个数构成递增的等比数列,将这 n+2 个数的乘积记作 Tn,再令 an=lg Tn,n≥1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=tan an· an+1,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. tan 【解题指南】 (1)用“倒序相乘法”求 Tn,再求 an.
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(2)根据两角差的正切公式表示出 tan an· an+1,然后求 Sn. tan

【规范解答】 (1)设 t1,t2,?,tn+2 构成等比数列,其中 t1=1, tn+2=100,则 Tn=t1· · tn+1· +2,① t2 ?· tn Tn=tn+2· +1· t2· ,②2 分 tn ?· t1 ①×②并利用 titn+3-i=t1tn+2=102(1≤i≤n+2),得 T2 =(t1tn+2)· 2tn+1)· (tn+1t2)· n+2t1)=102(n (t ?· (t n ∴an=lgTn=n+2,n≥1,n∈N*.6 分
+2)
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4分

(2)由题意和(1)中计算结果,知 bn=tan(n+2)· tan(n+3),n≥1. 另一方面,利用 tan?k+1?-tan k tan 1=tan[(k+1)-k]= ,9 分 1+tan?k+1?· k tan tan?k+1?-tan k 得 tan(k+1)· k= tan -1.10 分 tan 1 所以 Sn=∑ bk=∑ [tan(k+1)· k] tan k=1 k=3
n n+2
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?tan?k+1?-tan =∑ ? k=3 ? tan 1
n+2

k ? -1?11 分
?

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tan?n+3?-tan 3 = -n.13 分 tan 1

【思维流程】 设出数列各项. 倒序写数列的积. 利用等比数列性质化简 T2 . n 求 an. 写 bn. 构造两角差的正切公式. 变形、写成通项形式. 裂项求和.
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创新点拨 本题难度不大,但有以下两个创新点: (1)根据等比数列的性质, 利用“倒序相乘法”求等比数列的前 n 项之积; (2)数列与三角函数知识相结合考查学生分析问题、解决问题的 能力,解题时根据两角差的正切公式,把 tan(k+1)tan k 变形为 tan?k+1?-tan k -1,再用裂项相消法求 Sn. tan 1
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备考建议 点:

在解决有关数列求和的创新问题时,要注意以下几

(1)已知等比数列的首项与末项求前 n 项之积,很自然想到等比 数列的性质“与首末两项距离相等的两项之积相等”,但因无法确 定项数,故采取“倒序相乘法”. tan α-tan β (2)根据两角差的正切公式 tan(α-β)= ,可把 tan 1+tan αtan β tan α-tan β αtan β 用 tan α-tan β 表示出来,即 tan αtan β= -1, tan?α-β? tan?k+1?-tan k 从而 tan(k+1)tan k= -1. tan 1
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