1、24数列求和1.掌握数列求和的几种基本方法：公式法、分组法、错位相减法、拆裂项法、倒序相加法2体会数学中的转化思想,学生用书P36)1数列an的前n项和Sna1a2a3an，则an2等差数列的前n项和公式Snna1d3等比数列的前n项和公式(1)当q1时，Snna1；(2)当q1时，Sn1已知数列an为等比数列，且前n项和S33，S627，则公比q_解析：q38，所以q2.答案：22若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_解析：当n1时，S1a1，所以a11.当n2时，anSnSn1an(anan1)，所以an2an1，即2，所以an是以1为首项的等比数列，其公比为2，所以an1
2、(2)n1，即an(2)n1.答案：(2)n13设数列an，bn都是等差数列，若a1b17，a3b321，则a5b5_解析：设两等差数列组成的和数列为cn，由题意知新数列仍为等差数列且c17，c321，则c52c3c1221735，即a5b535.答案：35公式法求和学生用书P36已知等比数列an的公比q.(1)若a3，求数列an的前n项和；(2)证明：对任意kN*，ak，ak2，ak1成等差数列【解】(1)由a3a1q2及q，得a11，所以数列an的前n项和Sn.(2)证明：对任意kN*，2ak2(akak1)2a1qk1(a1qk1a1qk)a1qk1(2q2q1)，由q，得2q2q10，
3、故2ak2(akak1)0.即2ak2akak1，所以对任意kN*，ak，ak2，ak1成等差数列若已知数列是等差数列或等比数列求和时，一般采用求和公式，也可把一些常见的数列的求和公式记住，成为公式化的知识如：123n；135(2n1)n2；1；12222n12n1. 1.已知等差数列an，a29，a521.(1)求an的通项公式；(2)设bn2an，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)设等差数列an的公差为d，依题意得解得所以an的通项公式为an4n1.(2)因为由an4n1得bn24n1，所以bn是首项b125，公比q24的等比数列，于是得bn的前n项和Sn.分组法求和学生用书P37已知a
4、n是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和【解】(1)等比数列bn的公比q3，所以b11，b4b3q27.设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2.所以an2n1(n1，2，3，)(2)由第一问知，an2n1，bn3n1.因此cnanbn2n13n1.从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.分组法求和的解题策略有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将其每一项拆开，可分为几个等差、等比或常数列，然后分别求和，再将其合并即可像这种数列求和方
5、法称为分组求和法，运用这种方法的关键是将通项变形 2.已知数列1，12，1222，12222n，.(1)求其通项公式an；(2)求这个数列的前n项和Sn.解：(1)an12222n12n1.所以这个数列的通项公式为an2n1.(2)Sna1a2a3an(211)(221)(231)(2n1)(222232n)nn2n1n2.错位相减法求和学生用书P37已知数列an和bn满足a12，b11，an12an(nN*)，b1b2b3bnn(nN*)(1)求an与bn；(2)记数列anbn的前n项和为Tn，求Tn.【解】(1)由a12，an12an，得an2n(nN*)由题意知：当n1时，b11.当n2
6、时，b1b2b3bn1bnn，b1b2b3bn1n1，由，得bn1，所以bnn(nN*)(2)由(1)知anbnn2n，因此，Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，所以Tn2Tn222232nn2n1.故Tn(n1)2n12(nN*)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”的表达式若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和 3.求数列，前n项的和Sn.解：由题可知，的通项是等差数列
7、2n的通项与等比数列的通项之积，设Sn，Sn.得Sn2.所以Sn4.裂项相消法求和学生用书P37数列an满足a13，an1an2.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和【解】(1)由a13，an1an2，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.裂项相消法在数列求和中的应用如果数列的通项公式可转化为f(n1)f(n)的形式，常采用裂项求和的方法特别地，当数列形如，其中an是等差数列，可尝试采用此法常用裂项技巧如：.()使用裂项相消法，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项
8、；要注意到由于数列an中每一项an均裂成一正一负两项，所以互为相反数的项合并为零后，所剩正数项与负数项的项数必是一样多的，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，正负项相消是此法的目的4.设数列an的前n项和为Sn，点(nN*)均在函数y3x2的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求Tn.解：(1)把点代入函数y3x2，所以3n2，所以Sn3n22n，当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5.又a11符合该式，所以an6n5(nN*)(2)bn，所以Tnb1b2b3bn.倒序相加法求和学生用书
9、P38设f(x)，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f(5)f(4)f(0)f(5)f(6)的值为_【解析】因为f(x)，所以f(1x)，所以f(x)f(1x).设Snf(5)f(4)f(6)，则Snf(6)f(5)f(5)所以2Snf(6)f(5)f(5)f(4)f(5)f(6)6，所以Snf(5)f(4)f(0)f(6)3.答案：3(1)这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列，再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1an)，其最简单的形式为：若数列an中有a1ana2an1a3an2，就可以用此方法求和(2)当数列具有“首尾配对”，“中心对称”特
10、征时，常用倒序相加法求和 5.已知函数f(x)，则ffff(1)f(2)f(3)f(4)_解析：因为f(n)f1，所以ffff(1)f(2)f(3)f(4).答案：数列求和常用方法(1)公式法求和直接由等差、等比数列的求和公式求和掌握一些常见数列的前n项和：123n，135(2n1)n2等(2)错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列(3)倒序相加法将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和，它是等差数列求和公式的推广(
11、4)分组法有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，即能分别求和，然后再合并(5)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负项相消剩下首尾若干项常见的拆项公式有：；.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3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前n项和Sn.解(1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110
12、时，不合题意因此a12，a26，a318，所以公比q3，故an23n1.(2)因为bnan(1)nln an23n1(1)nln (23n1)23n1(1)nln 2(n1)ln 323n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以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)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn(1)求Sn时若未将其写成处的形式，导致无法求解，此种错误是对分组求和方法不够熟练，变形不当所致(2)解题过程中，若对处n的取值不加讨论，直接得
13、到结果，会导致解题步骤不完整，实际考试中至多得9分(3)准确掌握分组求和法分组求和法是数列求和的一个基本方法，利用此法的关键是将通项公式变形，将数列的每一项拆成多项，重新分组，将一般数列求和转化为等差或等比数列求和，如本例中求Sn时，用到此方法强化分类讨论的意识分类讨论思想是解决数学问题的一种基本思想方法，分类讨论必须满足互斥、无漏、最简的原则本例中，讨论的标准是分n为奇数和偶数，从而使问题得到解决，否则会使解题不完整，产生不必要的失分1设Sn为等差数列an的前n项和，S414，S10S730，则S9_.解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，则S44a16d14，S1010a145d，S
14、77a121d，则S10S73a124d30，解可得d1，a12，故S99a136d183654.答案：542数列，的前n项和为_解析：设数列的通项为bn，则bn6，所以Snb1b2bn66.答案：3数列，的前n项和为_解析：设an，则Sn()()()1.答案：14数列的前n项和为_解析：Sn123n，Sn123(n1)n，得，Snn.所以Sn22.答案：2,学生用书P95(单独成册)A基础达标1已知数列an的前n项和Sn159131721(1)n1(4n3)，则S15_解析：S151591357475729.答案：292设yf(x)是一次函数，f(0)1，且f(1)，f(4)，f(13)成等
15、比数列，则f(2)f(4)f(2n)_解析：设f(x)kxb(k0)，又f(0)1，所以b1，即f(x)kx1(k0)由f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，得f2(4)f(1)f(13)，即(4k1)2(k1)(13k1)因为k0，所以解得k2，即f(x)2x1，所以f(2)f(4)f(2n)59(4n1)n(2n3)答案：n(2n3)3已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于_解析：由题意，a1a2a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)100.答案：1004若数列an是首项、公差都
16、为1的等差数列，则数列的前n项和为_解析：由题意可知ann，则，所以前n项和为.答案：5已知数列an的通项公式an，其前n项和Sn，则项数n等于_解析：an1，所以Snnn15，所以n6.答案：66在等比数列an中，若a1，a44，则公比q_；|a1|a2|an|_解析：因为an为等比数列，且a1，a44，所以q38.所以q2.所以an(2)n1.所以|an|2n2.所以|a1|a2|a3|an|(2n1)2n1.答案：22n17如果数列a1，a2a1，a3a2，anan1，是首项为1、公比为的等比数列，那么an_解析：由题知a11，q，则anan11，所以Sna1(a2a1)(a3a2)(a
17、nan1)an.又因为Sn，所以an.答案：8在数列an中，若对任意的n均有anan1an2为同一定值(nN*)，且a72，a93，a984，则此数列an的前100项的和S100_.解析：由题设得anan1an2an1an2an3，所以anan3，所以a3k12，a3k24，a3k3(kN*)，所以S100342334333299.答案：2999已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值解：(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a
18、5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为an(1)n1.(2)由(1)得Sn1当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn的最大项的值为，最小项的值为.10在等差数列an中，a34，a78.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)因为d1，所以ana3(n3)dn1.(2)bn，Tnb1b2bn2，Tn，由得Tn21213，所以T
19、n6.B能力提升1已知ln xln x2ln x10110，则ln xln2 xln3 xln10 x_解析：由ln xln x2ln x10110.得(12310)ln x110，所以ln x2.从而ln xln2 xln10 x2222321021122 046.答案：2 0462已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn_解析：因为an1Sn1Sn，所以由Sn2an1，得Sn2(Sn1Sn)，整理得3Sn2Sn1，所以，所以数列Sn是以S1a11为首项，为公比的等比数列，故Sn.答案：3已知等比数列an的公比q1，且a11，3a32a2a4，则数列的前4项和为_解析：因为等比数列an中，a11，3a32a2a4，所以3q22qq3.又因为q1，所以q2，所以an2n1，所以，即是首项为，公比为的等比数列，所以数列的前4项和为.答案：4(选做题)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)由题意有 即解得 或 故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.
