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5.33数列求和


第33讲 数列求和

【学习目标】

掌握特殊数列求和的基本方法及基本方法适应 的基本题型,能运用转化化归思想将数列求和 问题化归为特殊数列求和的基本类型并探究求 解.

【基础检测】 1.等差数列{an}的公差不为零,首项 a1=1,a2 是 a1 和 a5 的等比中项, 则数列{an}的前 10 项之和是( B ) A.90 B.100 C.145 D.190

【解析】 依题意, 设等差数列{an}的公差为 d(d≠0), 10×9 2 则(1+d) =1+4d,解得 d=2,所以 S10=10+ 2 ×2 =100.

1 1 1 1 2. + + +?+ = 1×3 3×5 5×7 (2n-1)(2n+1) ( A ) n A. 2n+1 n-1 C. 2n+1 n+1 B. 2n+1 n-1 D. 2n+1

1 1 1 1 3.数列 2,22,34,48,?,n+ n-1,?的前 n 2 项之和为( C ) n(n+1) n(n+1) 1 1 A. +2-2n B. +1-2n 2 2 n2+n+4 1 C. - n-1 2 2 n2-n+4 1 D. - n-1 2 2

4.(2012 新课标)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n -1,则{an}的前 60 项和为( D ) A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830

【解析】利用数列的递推式的意义结合等差数列求 和公式求解. ∵an+1+(-1)nan=2n-1, ∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1, a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1, a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,?, a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1, ∴a1+a2+?+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7 +a8)+?+(a57+a58+a59+a60)=10+26+42+?+234 15×(10+234) = =1 830. 2

5.已知数列{an}是首项为 10,公比也为 10 的等比 数列,令 bn=an·lg an(n∈N),则数列{bn}的前 n 项和 10 n [1 - (1 - 9 n )· 10 ] 81 Sn=_________________ __.
【解析】∵an=10n,bn=n· 10nlg 10=n· 10n, ∴Sn=10+2· 102+3· 103+?+n· 10n① + 10Sn=102+2· 103+3· 104+?+n· 10n 1② ①-②得: (1-10)Sn=10+102+?+10n-n· 10n+1, 10 ∴Sn=81[1-(1-9n)· 10n].

【知识要点】 1.求数列前 n 项和的基本方法 (1)直接求和法 ①数列{an}为等差或等比数列时直接运用其前 n 项 和公式求和. (a1+an)n 若{an}为等差数列,则 Sn= = 2 n(n-1) na1+ d 2 _________________ . 若{an}为等比数列,其公比为 q, na1 则当 q=1 时, Sn=_______________({ an}为常数列); a1(1-qn) 1-q 当 q≠1 时,Sn=______________ __.

②一些常见的前 n 项和公式 n(n+1) a.1+2+3+4+?+n=_____________ . 2 n2 b.1+3+5+7+?+2n-1=___________ . n2+n c.2+4+6+8+?+2n=_____________ . d.12+22+32+42+?+n2 n(n+1)(2n+1) 6 =______________________ __. e.13+23+33+43+?+n3= 2 2 ?n(n+1)? n ( n + 1 ) ? ?2 ? ? = 4 2 ? ? _____________________________ .

(2)并项求和法 数列 {an} 满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列 并项法 时,运用_____________ 求其前 n 项和. (3)裂项相消求和法 数列{an}满足通项能分裂为两式之差,且分裂后相 裂项相消法 邻的项出现正负抵消的规律时,运用 _______________ 求和. (4)拆项重组求和法 数列 {an} 满足其通项能分拆为若干个特殊数列 ( 等差数 列、等比数列、常数列)的通项的代数和时,运用 拆项重组法 _________________ 求和.

(5)错位相减求和法 数列{an}满足其通项为等差数列与等比数列的通项 之积时,运用____________________ 错位相减法求和 . (6)倒序相加求和法 数列{an}满足与首末距离相等的项的和为常数或等 倒序相加法求和 差、 等比数列时, 运用___________________________( 如 等差数列前 n 项和公式的推理方法). (7)归纳猜想求和法 计算数列{an}的前三项(或三项以上若干项), 考察其 与项数的一般规律,从而猜想前 n 项和解析式,最后证 明猜想的求和方法.

2.求和的思想 分析通项特征将问题转化化归为基本数列的和,运 用常用的特殊数列的求和方法求解,或观察分析前若干 项和的规律,通过归纳、猜想、证明的程序求解.

一、裂项相消求和 6 6 6 6 例1求数列 , , ,?, ,? 1×2 2×3 3×4 n(n+1) 前 n 项和.
6 【解析】设数列的通项为 bn,则 bn= = n(n+1) ?1 1 ? ? 6?n-n+1? ? ? ? ?? 1? ?1 1? ∴ Sn = b1 + b2 + ?? + bn = 6 ??1-2?+?2-3?+?+ ?? ? ? ?
?1 ? ? 1 ? 1 ? 6n ? ?? ? ? - 1 - = . ?n n+1??=6? n+1? ? ?? ? ? n+1

【点评】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点,实质上造成正负 相消是此法的根源与目的.

二、拆项、并项求和 1 1 1 1 例2(1)求数列 1+1, +4, 2+7, 3+10,?, n-1 a a a a +(3n-2)的前 n 项和.

【解析】(1)设数列的通项为 an,前 n 项和为 Sn,则 1 an= n-1+(3n-2). a ? 1 1 1 ? ? ∴ Sn = ?1+a+a2+?+an-1? ? + [1 + 4 + 7 + ? + (3n ? ? -2)] (1+3n-2)n 3n2+n 当 a=1 时,Sn=n+ = 2 ; 2 1 1-an (1+3n-2)n 当 a≠1 时,Sn= 1+ 2 1- a an-1 (3n-1)n = n . - + 2 a -an 1

(2)求和 1

? ? 1? ? 1 1? 1 1 ? ? ? ? ? Sn=1+ 1+2 + 1+2+4 +?+ 1+2+4 ? ? ? ? ?

? +?+ n-1? . 2 ? ?

1 1 1 【解析】 (2)和式中第 k 项为 ak=1+2+4+?+ k-1 2 =
?1?k 1-?2? ? ? ? 1? =2?1-2k?. ? ?

1 1- 2

?? ? 1? ? 1? 1 ?? ∴Sn=2??1-2?+?1-22?+?+?1-2n?? ?? ? ? ? ? ?? ? ?1 1 1 ?? =2?(1+1+?+1)n个-?2+22+?+2n?? ? ? ??

1 ?? 1? ? ?1- n?? ? 2? 2? 1 ?= n-1+2n-2. =2?n- 1 2 ? ? 1- 2 ? ?

【点评】(1)对于不能由等差数列、等比数列的前 n 项和公式直接求和的问题,一般需要将数列通项的结构 进行合理的拆分成若干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 后再相加减. (2)一个数列的前 n 项和可两两结合求解,则称之为 “并项求和”法,形如 an=(-1)nf(n)类型,可采用两项 合并求解.

三、错位相减法求和 例3设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且满足 Sn=2-an, n=1,2,3,?. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 b1=1,且 bn+1=bn+an,求数列 {bn}的通项公式; (3)设 cn=n(3-bn),数列{cn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn.

【解析】(1)∵n=1 时,a1+S1=a1+a1=2,∴a1= 1. ∵Sn=2-an,即 an+Sn=2,∴an+1+Sn+1=2. 两式相减:an+1-an+Sn+1-Sn=0. 即 an+1-an+an+1=0,故有 2an+1=an, an+1 1 ∵an≠0,∴ a =2(n∈N*). n ?1?n-1 ∴an=?2? . ? ?

?1? (2)∵bn+1=bn+an(n=1, 2, 3, ?), ∴bn+1-bn=?2? ? ?

1? 2 n-1.得 b -b =1,b -b =1,b -b =? ? ? ,?,bn- 2 1 3 2 4 3 2 2
? ? ?1?n-2 bn-1=?2? (n=2,3,?). ? ?

将这 n-1 个不等式相加,得 ?1?n-2 1 ?1?2 ?1?3 bn-b1=1+2+?2? +?2? +?+?2? ? ? ? ? ? ? =
?1?n-1 1-?2? ? ? ?1?n-2 =2-?2? . ? ?

1 1- 2

?1?n-2 又∵b1=1,∴bn=3-?2? (n=2,3,?). ? ? ?1?n-2 ∴bn=3-?2? . ? ?

?1?n-1 (3)∵cn=n(3-bn)=2n?2? . ? ?

∴ Tn = 2

??1?0 ?1? ?1?2 ?? ? +2×? ?+3×? ? +?+(n-1)× ??2? ?2? ?2?

?1?n-2 ?1?n-1? ? ? ?.① +n×?2? 2 ? ? ? ? ? ??1? ?1?2 ?1?3 1 而2Tn=2??2?+2×?2? +3×?2? +?+(n-1)× ?? ? ? ? ? ? ?1?n-1 ?1?n? ? ? ? ? ?.② + n × ?2? ?2? ?

??1?0 ?1?1 ?1?2 ?1?n-1? 1 ? ①-②得:2Tn=2??2? +?2? +?2? +?+?2? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1?n -2×n×?2? . ? ? ?1?n 1-?2? ? ? ?1?n ?1?n 8 -4×n×?2? =8-2n-4×n×?2? ? ? ? ?

Tn=4×

1 1-2

1 =8-(8+4n)×2n(n=1,2,3,?).

【点评】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“q· Sn”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.

例4设数列{an}(n∈N)满足 a0=0, 〔备选题〕 a1=2, 且对一切 n∈N,有 an+2=2an+1-an+2. (1)求数列{an}的通项公式; n+1 1 (2)当 n∈N 时,令 bn= × ,Sn 是数列{bn}的 n+2 an
*

1 3 前 n 项和,求证:3≤Sn<4.

【解析】(1)由 an+2=2an+1-an+2 可得: 数列{an+1-an}为等差数列, 且首项 a1-a0=2-0=2,公差为 2, ∴an-an-1=(a1-a0)+2(n-1)=2+2(n-1)=2n, an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+? +(an-an-1)=2+ 4 n(2+2n) +6+?+2n= =n(n+1). 2

(2)证明:当 n∈N*时,由(1)可知 n+1 1 n+1 1 1 1 bn = × = × = = n+2 an n+2 n(n+1) n(n+2) 2
?1 1 ? ? ? - ?n n+2?, ? ?

∴Sn=b1+b2+?+bn 1? ?1 1? ?1 1? 1?? =2??1-3?+?2-4?+?3-5?+?+ ?? ? ? ? ? ?
? 1 ? ? 1 ? 1 ? ? ? ?1 ?? ?n-1-n+1?+?n-n+2?? ? ? ? ??

1 1 1 ? 1? ? ? 3 1 + - - = 2? < . 2 n+1 n+2? ? ? 4 1 易知,Sn 在 n∈N*时单调递增,∴Sn≥S1=3. 1 3 ∴3≤Sn<4.

1. 常用基本求和法分析对应数列通项的特殊结构特 征,分析数列通项公式的特征,联想相应的求和方法既 是根本,又是关键. 2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式,它几 乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧,对学生 的知识和思维有很高的要求,应充分重视并系统训练.

3.常见的拆项公式有: 1 1 1 (1) =n- . n(n+1) n+1 1 ? 1 1? ? 1 (2) =2?2n-1-2n+1? ?. (2n-1)(2n+1) ? ? 1 (3) = n+1- n. n+1+ n 1 1 (4) = ( a- b). a+ b a-b (5)an=Sn-Sn-1(n≥2).

(2012 浙江)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= 2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足 an=4log2bn+3,n∈N*. (1)求 an,bn; (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn.

【解析】(1)由 Sn=2n2+n,得 当 n=1 时,a1=S1=3; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4n-1. 所以 an=4n-1,n∈N*. 由 4n-1=an=4log2bn+3,得 bn=2n-1,n∈N*. - (2)由(1)知 anbn=(4n-1)· 2n 1,n∈N*, 所以 Tn=3+7×2+11×22+?+(4n-1)· 2n-1, 2Tn=3×2+7×22+?+(4n-5)· 2n-1+(4n-1)· 2n, - 所以 2Tn-Tn=(4n-1)2n-[3+4(2+22+?+2n 1)] =(4n-5)2n+5. 故 Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.

【点评】本题主要考查等差、等比数列的概念,通 项公式及求和等基础知识,同时考查灵活运用数学方法 解题的能力及运算求解能力,难度一般.

1.若数列{an}的通项公式是 an=2n+2n-1,则数 列{an}的前 n 项和为( C ) A.2n+n2-1 B.2n+1+n2-1 C.2n+1+n2-2 D.2n+n-2
n 2 ( 1 - 2 ) n 【解析】 ∵an = 2 + 2n - 1 , ∴Sn = + 1-2

n(1+2n-1) n+1 2 = 2 + n -2. 2

2.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 为其前 n 项 和.已知 a2a4=1,S3=7,则 S5=( B ) 15 31 A. 2 B. 4 33 17 C. 4 D. 2 1 2 4 【解析】由 a2a4=1 可得 a1 q =1,因此 a1=q2,

又因为 S3=a1(1+q+q2)=7, ?1 ??1 ? 联立两式有?q+3??q-2?=0, ? ?? ? 1 所以 q=2,所以 S5=
? 1? 4?1-25? ? ?

31 1 = 4 ,故选 B. 1-2

1 1 1 1 3.已知数列 12,34,58,716,?,则其前 n 项和 Sn 为( A ) 1 1 2 2 A . n + 1 - 2n B.n +2-2n 1 1 2 2 C.n +1- n-1 D.n +2- n-1 2 2 1 【解析】因为 an=2n-1+2n, 1+2n-1 则 Sn = n+ 2 A.
? 1? 1 ?1- n?· 2? 2 ?

1 1-2

1 =n +1-2n,故选
2

n 4.已知数列{an}的通项公式 an=log3 (n∈N*), n+1 设其前 n 项和为 Sn,则使 Sn<-5 成立的最小自然数 n 等于( C ) A.241 B.242 C.243 D.244

【解析】 Sn=log31-log32+log32-log33+?+log3n -log3(n+1)=-log3(n+1)<-5,解得 n>35-1=242.

5.定义:我们把满足 an+an-1=k(n≥2,k 是常数) 的数列叫做等和数列,常数 k 叫做数列的公和.若等和 数列{an}的首项为 1,公和为 3,则该数列的前 2 010 项 3 015 的和 S2 010=___________ .

【解析】a2+a1=3,a3+a2=3,?,a2 2 010 得 S2 010= 2 ×3=3 015.

010+a2 009=3,

6.数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 Sn=1-2+3- + 9 4+?+(-1)n 1·n,则 S17=_________ . 【解析】S17=1-2+3-4+?+15-16+17=1+ (-2+3)+(-4+5)+?+(-16+17)=1+8×1=9.

3 7. 已知数列{an}满足 a1=2, an+1=an2-an+1(n∈R 1 1 1 +),那么 M= a1 + a2 + ? + a2 012 的 整 数 部 分 应 该 是 1 _________ .
1 【解析】由已知 an+1=an(an-1)+1,则 = an+1-1 1 1 1 1 1 1 -a ?a = - ,故有 M= - an-1 an-1 an+1-1 a1-1 n n 1 1 37 =2- ,由于 a3=16>2,且 an+1>an, a2 013-1 a2 013-1 1 则 ∈(0,1),所以 M∈(1,2),其整数部分为 1. a2 013-1

8.在等比数列{an}中,an>0(n∈N*),公比 q∈(0, 1),且 a3+a5=5,又 a3 与 a5 的等比中项为 2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=5-log2an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求 数列{Sn}的通项公式; 1 1 1 (3)设 Tn=S +S +?+S ,求 Tn. 1 2 n

【解析】(1)an>0,a3+a5=5,又 a3 与 a5 的等比中 项为 2, ∴a3a5=4,而 q∈(0,1), 1 ∴a3>a5,∴a3=4,a5=1,∴q=2,a1=16, ?1?n-1 - ∴an=16×?2? =25 n; ? ? (2)bn=5-log2an=5-(5-n)=n,∴bn+1-bn=1, ∴{bn}是以 b1=1 为首项,1 为公差的等差数列 n(n+1) ∴ S n= ; 2

?1 1 ? 1 2 ? (3)由(2)知S = =2?n-n+1? ?. n ( n + 1 ) n ? ? ?? 1? ?1 1? 1 1 1 ∴ Tn = S + S + ? + S = 2 ??1-2?+?2-3?+?+ ?? ? ? ? 1 2 n ?1 ? ? 1 ? 1 ? 2n ? ?? ? ? ?n-n+1??=2?1-n+1?=n+1. ? ?? ? ?

9.已知等差数列{an}的前 3 项和为 6,前 8 项和为 -4. (1)求数列{an}的通项公式; - (2)设 bn=(4-an)qn 1(q≠0,n∈N*),求数列{bn}的 前 n 项和 Sn.

【解析】(1)设{an}的公差为 d,则由已知得
? ? ?a1+a2+a3=6, ?3a1+3d=6, ? 即? ? ?a1+a2+?+a8=-4, ? ?8a1+28d=-4,

解得 a1=3,d=-1,故 an=3-(n-1)=4-n. (2)由(1)知,bn=n· qn-1, 于是 Sn=1· q0+2· q1+3· q2+?+n· qn-1, 若 q≠1,上式两边同乘以 q. - qSn=1· q1+2· q2+?+(n-1)· qn 1+n· qn,

两式相减得:(1-q)Sn=1+q1+q2+?+qn 1-n· qn


1-qn = -n· qn. 1- q ∴


Sn



1-qn ( 1- q) 2



n·qn 1-q



n·qn 1-(n+1)qn+1 . (1-q)2 n(n+1) 若 q=1,则 Sn=1+2+3+?+n= , 2 ? ?n(n+1)(q=1), 2 ? ∴Sn=? n+1 n nq -( n + 1 ) q +1 ? (q≠1). ? (1-q)2 ?


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