1、第六章 数 列第四节 数列求和栏目导航123课 堂 考 点 突 破课 时 跟 踪 检 测课 前 基 础 巩 固最新考纲考情分析核心素养1.熟练掌握等差、等比数列的前 n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.本节以考查利用分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前 n 项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难.数学运算 课 前 基 础 巩 固 1(2)等比数列的前 n 项和公式Snna1，q1，a1anq1q 2 _.知识梳理1两个特殊数列的求和公式(1)等差数列的前 n 项和公式Snn（a1an）2na1 1
2、 _n（n1）2da1（1qn）1q，q12数列求和几种常用方法(1)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(2)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(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，这个数列的前 n 项和可用错位相减法求解(4)倒序相加法如果一个数列an的前 n 项中与首末两端等“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求解常用结论11234nn（n1）2.21222n2n（n1）（2n1）6.3应用裂项相消法时，应注
3、意消项的规律具有对称性，即前面剩第几项则后面剩倒数第几项4裂项求和常用的三种变形(1)1n（n1）1n 1n1.(2)1（2n1）（2n1）1212n112n1.(3)1n n1 n1 n.基础自测一、疑误辨析1判断下列结论的正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)若数列an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sna1an11q.()(2)当 n2 时，1n21121n1 1n1.()(3)求 Sna2a23a3nan 时只要把上式等号两边同时乘 a 即可根据错位相减法求得()(4)若数列 a1，a2a1，anan1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列an的通项公式是 a
4、n3n12.()解析：(3)要分 a0 或 a1 或 a0 且 a1 讨论求解答案：(1)(2)(3)(4)二、走进教材2(必修 5P61A 组 T5 改编)一个球从 100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第 10 次着地时，经过的路程是()A100200(129)B100100(129)C200(129)D100(129)解析：选 A 第 10 次着地时，经过的路程为 1002(502510029)1002100(212229)10020021（129）121100200(129)3(必修 5P61A 组 T4(3)改编)12x3x2nxn1_(x0 且 x1)
5、解析：设 Sn12x3x2nxn1，则 xSnx2x23x3nxn，由，得(1x)Sn1xx2xn1nxn1xn1x nxn，Sn1xn（1x）2 nxn1x.答案：1xn（1x）2 nxn1x三、易错自纠4设数列an是公差不为 0 的等差数列，a12，且 a1，a3，a6 成等比数列，则an的前 n 项和 Sn_解析：设等差数列的公差为 d，又 a12，a322d，a625d.又a1，a3，a6 成等比数列，a23a1a6，即(22d)22(25d)，整理得 2d2d0.d0，d12.Snna1n（n1）2dn24 74n.答案：n24 74n5数列an的通项公式为 an(1)n1(4n3)
6、，则它的前 100 项之和 S100_解析：S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.答案：2006数列an的通项公式为 anncos n2，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017_.解析：因为 anncos n2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故 S4a1a2a3a42.a50，a66，a70，a88，故 a5a6a7a82，周期 T4.S2 017S2 016a2 017 2 016422 017cos 2 01721 008.答案：1 008课 堂 考 点 突 破2考点 分组转化求和|题组突
7、破|1已知数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn1234(1)n1n，则 S17()A9 B8C17 D16解析：选 A S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)19.2已知数列：112，214，318，n 12n，则其前 n 项和关于 n 的表达式为_解析：设所求的前 n 项和为 Sn，则 Sn(123n)1214 12nn（n1）21 12n.答案：n（n1）21 12n3已知数列an的前 n 项和 Snn2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和解：(1)当 n1 时，a1S11；当
8、n2 时，anSnSn1n2n2（n1）2（n1）2n.a1 也满足 ann，故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(212222n)(12342n)记 A212222n，B12342n，则 A2（122n）1222n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.4已知an是等差数列，a1a56，a2a810，数列bn满足 b14，2an2log2bn1.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列2anbn的前 n 项和 Sn.解：(1)因为an是等差
9、数列，a1a56，a2a810，所以 a33，a55，所以公差 d1，所以 a11，所以 ann.因为 2an2log2bn1，所以 bn122an2，所以 bn22an12(n2)，所以 bn4n(n2)又 b14 也满足上式，所以 bn4n.(2)由(1)知，ann，bn4n，所以 2anbn2n4n，所以 Sn2141224223432n4n2(123n)(4142434n)n(n1)4n143.名师点津 分组转化法求和的常见类型(1)若 anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前 n项和；(2)通项公式为 anbn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列b
10、n，cn是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和考点一 错位相减法求和【例 1】(2019 届临川模拟)已知等差数列an满足 a35，其前 6 项和为 36，等比数列bn的前 n 项和 Sn2 12n1(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前 n 项和 Tn.解(1)设等差数列an的公差为 d，由已知得a12d5，6a115d36，解得a11，d2，所以 an2n1(nN*)对于数列bn，因为 Sn2 12n1，所以当 n1 时，b1S1211；当 n2 时，bnSnSn12 12n1 2 12n2 12n1，又当 n1 时符合上式，bn 12n1(nN*)(2)
11、由(1)得 anbn2n12n1，所以 Tn1 321 5222n32n2 2n12n1，12Tn12 322 5232n32n1 2n12n，由得，12Tn1112 122 12n22n12n32n32n，所以 Tn64n62n62n32n1.名师点津 错位相减法求和的策略(1)如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前 n 项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘等比数列bn的公比，然后作差求解(2)在写“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(3)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
12、 和不等于1 两种情况求解|跟踪训练|1(2019 届福州模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2an1.(1)证明：数列an是等比数列；(2)设 bn(2n1)an，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)证明：当 n1 时，a1S12a11，所以 a11；当 n2 时，anSnSn1(2an1)(2an11)，所以 an2an1，所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列(2)由(1)知，an2n1，所以 bn(2n1)2n1，所以 Tn132522(2n3)2n2(2n1)2n1，2Tn12322(2n3)2n1(2n1)2n，由得Tn12(21222n1)(2n1
13、)2n122（12n1）12(2n1)2n(32n)2n3，所以 Tn(2n3)2n3.考点二 裂项相消法求和 命题角度一 形如 an1n（nk）型【例 2】设数列an满足 a13a2(2n1)an2n.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列an2n1 的前 n 项和解(1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减，得(2n1)an2，所以 an22n1(n2)又由题设可得 a12 满足上式，所以an的通项公式为 an22n1.(2)记an2n1 的前 n 项和为 Sn，由(1)知an2n12（2n1）（2n1）12n112n1.则 S
14、n1113131512n112n1 2n2n1.命题角度二 形如 an1nk n型【例 3】(2019 届郑州模拟)已知函数 f(x)x 的图象过点(4，2)，令 an1f（n1）f（n），nN*.记数列an的前 n 项和为 Sn，则 S2 018()A.2 0171 B.2 0181C.2 0191 D.2 0191解析 由题意可得 42，解得 12.则 f(x)x12.所以 an1f（n1）f（n）1n1 n n1 n，所以 S2 018a1a2a3a2 018(2 1)(3 2)(4 3)(2 018 2 017)(2 019 2 018)2 0191.答案 C名师点津 利用裂项相消法求
15、和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等如：若an是等差数列，则1anan11d1an 1an1，1anan2 12d1an 1an2.|跟踪训练|2(2019 届湖北八校联考)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a912a126，a24，则数列1Sn 的前 10 项和为()A.1112B.1011C.910D.89解析：选 B 设等差数列an的公差为 d，由 a912a126 及等差数列的通项公式得a15d12，又 a24，所
16、以 a12，d2，所以 Snn2n，所以 1Sn1n（n1）1n 1n1，所以 1S1 1S2 1S10112 1213 110 111 1 1111011.3(2019 届郑州市第一次质量测试)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a2a525，S555.(1)求数列an的通项公式；(2)设 anbn13n1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)设等差数列an的公差为 d，由题意a2a52a15d25，S55a35a110d55，解得a15，d3，所以数列an的通项公式为 an3n2.(2)由 anbn13n1，得 bn1an（3n1）1（3n1）（3n2）1313n113n2，
17、Tnb1b2bn131215151813n113n2131213n21619n6n2（3n2）.考点 数列与函数、不等式的综合问题【例】在等比数列an中，an0(nN*)，公比 q(0，1)，且 a1a52a3a5a2a825，又 a3 与 a5 的等比中项为 2.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和 Sn；(3)是否存在 kN*，使得S11 S22 Snn 0，所以 a3a55，又 a3 与 a5 的等比中项为 2，所以 a3a54，而 q(0，1)，所以 a3a5，所以 a34，a51，所以 q12，a116，所以 an1612n125n.(2)
18、因为 bnlog2an5n，所以 bn1bn1，b1log2a1log216log2244，所以bn是以 4 为首项，1 为公差的等差数列，所以 Snn（9n）2.(3)由(2)知 Snn（9n）2，所以Snn 9n2.当 n8 时，Snn 0；当 n9 时，Snn 0；当 n9 时，Snn 0.所以当 n8 或 n9 时，S11 S22 S33 Snn 18 最大故存在 kN*，使得S11 S22 Snn 62 成立的正整数 n 的最小值解：(1)由题意得a1qa1q2a1q328，a1qa1q32（a1q22），解得a12，q2或a132，q12，因为an是递增数列，所以 a12，q2，所以数列an的通项公式为 an22n12n.(2)因为 bnanlog12an2nlog122nn2n，所以 Snb1b2bn(12222n2n)，则 2Sn(122223n2n1)，得 Sn(2222n)n2n12n12n2n1，则 Snn2n12n1262，解得 n5，所以 n 的最小值为 6.点此进入该word板块课 时 跟 踪 检 测3谢 谢 观 看 THANKS
