1、高考數學總復習專題講解36數歹IJ求和考點要求1.掌握等差、等比數列的前n項和公式2掌握特殊的非等差、等比數列的幾種常見 的求和方法.必蓄知識埴充口1.公式法等差數列的前n項和公式:Sn 二n (ai + an)n (n 1):na1 +2d ；等比數列的前n項和公式:na1, q=1,Sn= a1 anq a1 (1qn)2.幾種數列求和的常用方法(1)分組求和法：一個數列的通項公式是由若干個等差或等比或可求和的數列組成的，則求和時 可用分組求和法，分別求和而后相加減.(2)裂項相消法：把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消(注意消項規彳t),從而求得前n項和.裂項時常用

2、的三種變形：O 1=1_ 1 ."n (n+ 1) n n+ 1? .(2n-1) (2n+1)2 2n-1 2n+1 ?1 j= -Jn+ 1 Jn.Vn +、n+ 1(3)錯位相減法：如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的, 那么求這個數列的前n項和即可用錯位相減法求解.(4)倒序相加法：如果一個數列an與首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數，那么求這個數列的前n項和即可用倒序相加法求解.(5)并項求和法：一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和.形如an=(1)nf(n) 類型，可采用兩項合并求解.例如，Sn=1002 99

3、2 + 982 972+ +2212= (100+ 99)+(98 + 97)+- + (2+1)=5 050.匚學情自測驗收D一、思考辨析(正確的打“，”，錯誤的打"x”)1 1 11已知等差數列an的公差為d,則有2()(2)當n)2時，春=3 土 一舄()(3)求Sn=a+2a2 + 3a3+-+ na"之和時只要把上式等號兩邊同時乘以 a即可根據錯位相減法求 得.()(4)利用倒序相加法可求得 sin21 ° +sin22° +sin23° + sin288° + sin289° =445()答案，(3)x ，二、教

4、材改編11 .數列an的前n項和為若an=,則Ss等于()，Jn (n+1)'，5 11A. 1 B.-C.-D.6 630111B an = ,n (n+ 1)n n+ 1.'S5=ai+ 32+ + 35= 11 1 11 55十5-3十一聲目2,若數列an的通項公式為an = 2n + 2n-1,則數列an的前n項和為()A. 2n+n2-1B. 2n+1+n2-1C. 2n+1+n2-2D. 2n+n-2C Sn = 31 + 32 + 33+ , , + an= (21 + 2X 1- 1)+ (22+ 2X2- 1)+(23 +2X3-1)+- +(2n + 2n-

5、 1)= (2+22+ - + 2n)+2(1 + 22 (1-2n) n (n+1)+ 3+ +0)-0=+2X-n1-22= 2(2n-1)+n2+n-n=2n+1 + n2-2.3 . Sn = 5+5+§+ >等于(2“一 n1A.2n-n+ 1C. onB.D.2田22n+1-n+22n得 2Sn =，+ 檢+-2n- + n7, (2i r 1_1111 n一得,2Sn=/+ 呼+修+外-ny,11 n21-2 n2n+1-n-2=1 -尹'.$=2n.124.數列an的前n項和為Sn,已知 &=12 +3 4+ ( 1)廠1 n,則Si7 =9 S

6、i7=12 + 34+56+15 16+ 17= 1 + (2+3)+( 4+5) + ( 6+7)+ + ( 14 + 15)+ (16+17)=1 + 1 + 1 + 1 = 9.考點1分組轉化法求和法分組轉化法求和的常見類型若an=bn±Cn,且bn, Cn為等差或等比數列，則可采用分組求和法求 an的前n項和.bn, n為奇數，通項公式為an=的數列，其中數列bn, cn是等比數列或等差數列,可采用Cn, n為偶數分組求和法求和.提醒：注意在含有字母的數列中對字母的分類討論.2 , 一他典例 已知數列an的前n項和Sn=n_2, n N*.求數列an的通項公式；設bn= 2a

7、n+ ( 1)nan,求數列bn的前2n項和.解(1)當 n2 時，an=& Sn1n2+n(n-1) 2+ (n1)二n.當 n= 1 時，a1 = S1 = 1 滿足 an = n,故數列an的通項公式為an= n.(2)由(1)知 an=n,故 bn = 2n+(1)nn.記數列bn的前2n項和為T2n,則T2n=(21 + 22+22n)+(1 + 23+4+ 2n).記 A= 21 + 22+ + 22n, B= 1 + 2 3 + 4+2n,2 (1-22n)Q 則 A= 22n+ 1-2,1-2B=(1 + 2)+( 3 + 4)+ (2n1)+2n = n.故數列bn的

8、前 2n 項和 T2n=A+B = 22n+1 + n 2.母題探究 在本例中，若條件不變求數列bn的前n項和Tn.解由本例(1)知 bn = 2n+(1)nn.當n為偶數時，.92-2n + 1 n . nTn= (21 + 22+ - +2n) + -1+ 2-3 + 4-(n-1)+n=-2-+- = 2n+1+72-2;當 n 為奇數時，Tn=(21+2n+1 + 2-2, n為偶數, 所以Tn52n+1 2-2, n為奇數.型評 常用并項求和法解答形如(一1)nan的數列求和問題，注意當n奇偶性不定時， 數和偶數兩種情況分別求解.對n為奇數、偶數討論數列求和時，一般先求n為偶數時前

9、為奇數可用Tn= Tn-1+ bn(n>2)或Tn=Tn+1 bn+1最好.IS典霞 已知等差數列an的前n項和為8,且a1=1, S3+8=S5.(1)求數列an的通項公式；令bn= ( 1)n 1an,求數列bn的前2n項和T2n.解(1)設等差數列an的公差為d,由 Ss+S4=S5 可得 a1 + a2+a3 = a5,即 3a2 = a5, . 3(1 + d)=1+4d,解得 d = 2.+ + 2n)+ 1+2 3+4 (n 2)+(n1) n=2n+1n 1,-2 + -2-n = 2n+1要對n分奇n項和Tn.n. an=1 + (n1)x2 = 2n1.由(1)可得

10、bn=(1廠1 (2n1).T2n=1 3+57+ + (2n-3)-(2n-1) = (-2)Xn=-2n.考點2裂項相消法求和； 1者向1 形如an= n(n+k)(k為非零常數)型1_1 1，*n (n+k) =kn n+k.提醒:求和抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項.黝典例(2019廈門一模)已知數列an是公差為2的等差數列，數列bn滿足b1 = 6, b1 + b2+b323bn+ + =nan + 1.(1)求an, bn的通項公式;1(2)求數列anbn的刖n項和.解(1)數列an是公差為2的等差數列，數列bn滿足 b1 = 6, b1 +

11、b2+bU +bn= an+1.所以當n=1時，a2=b1 = 6,故 an = 6+2(n 2) = 2n + 2,b2 , b3 , bn百由于 b1 +萬 + "3+"n = an+1, db2 b3bn 1當n>2時，= an,23n 1得：bn=所以bn=2n.6所以bn =2n(n=1)(n>2)(2)當 n=1 時,S1a1b14X6 24.當n2時,anbn2n (2n + 2)1111,11 , 11則& = 24+ 4 2一3+ 3 4+ n+1 ，111_ _±_= 24+4 2 n+1，2n- 1二 : 一，12 (n+

12、1)2n 1當n= 1時滿足上式，故Sn=12 (n+1)聯評 本例第(1)問在求bn的通項公式時靈活運用了數列前 n項和與項的關系，注意通項公式11 1是否包含n=1的情況；第(2)問在求解中運用了裂項法，即若an是等差數列，則=d ananan+1 dan+1備選例題12(2019唐山五校聯考)已知數列an潴足：- + - + ai a2求數列an的通項公式；、門an4111設bn=l0g3n，求證+正+.+際.解5=8(321) = 3，當n2時，因為n 12 n 12 n1/ a1 + a2+- + an- 3+ an_1= 8(32n- 1)-8(32n-21)= 32n-1,當n=

13、 1時， = 32n也成立, an，所以 an= 2n 1.32n - 1-anbn = log3n = (2n- 1),-_an+2n(3 3-81), nC N .2 020 1.2nn+ 1設等差數列an的首項為a1,公差為d,a1 +2d = 3,依題意有4a1 + 6d=10,解得d=1,n (n+1)1所以Sn-211 1因此31加=2(15+ 2一11 、 2n計+n；) = -73 n n+1 n+1*1*12形如；n+ k+ n(k為非零常數)型an= -1T =4n+k+4nk(n).E!典惻已知函數f(x) = xa的圖象過點(4, 2),令an=f (n+1) +f (

14、n),記數列an的前11111因 為=5(-),bnbn+1(2n-1) (2n+1)2 2n-1 2n+1111所以證+由十十嬴；1-1,11., / 11 、 1 1 (2017全國卷H)等差數列an的前n項和為Sn, a3 = 3, S4=10,則三1 n= 21-3+3-5+.+(，-2nT； )=2 1 2n+1=M.n項和為Sn,則S2 019=()A.C.2 01812 020 1B.D.2 019 12 020+ 1由 f(4)=2 得 4a=2,.一1解得 a = 2,則 f(x)=VX. an=- if (n+1) +f (n)>/n+ 1+Vn:n+1 n,S 01

15、9= a1 + a2+ a3 + + a2 019=(V2-V1) + (V3-V2) + (V4-V3)+ +(72020-(2 019) =型評運用分母有理化對分式njn-F 1 -hyfn正確變形并發現其前后項之間的抵消關系是求解本題的關鍵.111網h孤 求和 S=r + rr+"- + -T=1=()1+43 V3 + 54119+ 小21A. 5 B. 4 C. 10 D. 91-J3 J3-5119- >/121 1-11A S=+=5,故選 A.1-33- 5119121-2考向3 形如bn= （a" ；*+ k） 9為等比數列an的公比）型(q 1 )

16、 an11bn = /一 一、;rr-=(an+k)(an+1+k) an+k an+1+k業典例（2019鄭州模擬）已知數列an的前n項和為Sn,且a2 = 8, &=*-n-1.求數列an的通項公式；2X3n .一 一一（2）求數列-：一的刖n項和Tn. anan+1an+ 1解（1）a2=8, Sn=-2-n-1,一 a2- a1 = S= 2 2 = 2,、“一-an+1,an當 n2 時，an=& Sn 1= 2 n1 2 口，即 an+1 = 3an+2,又 a2=8=3a1 + 2,. an+1 3an+ 2, n 6 N ,.an+1+1 = 3(an+1),數

17、列an+1是等比數列，且首項為 a1+1 = 3,公比為 3,an+1=3X3n1 = 3n,an=3n1.2X3n_2X3n 11(2) anan+1 (3n-1)(3n + 1-1) -3n-13n+1-1.2X3nanan+ 1的前n項和1111:);式一:3n+11 2 3n+11評 本例第（1）問在求解通項公式時運用了構造法,形如an+1=入n+ 的數列遞推關系求通項Tn= 3-132-1 + 32- 1 33- 1 + +(3n_11公式都可以采用此法；第（2）問運用了裂項相消法求和.麴螳 已知an是等比數列，且11a2 2，a5 16,an+1若山=(an+1) (an+1+1)

18、,則數列bn的前n項和為（）A.2n-12 (2n+1)2n1B. 2n+ 1C.12n+ 12n1D, 2n+23.一3a5 = a2 q , qa1二1,- an =bn 二12n 11 n2+12n+1_11 n+1.由1 + b2+ b3+ + bn=二1 21.11 1+ 1 32+12+111_1n+7nT_11 n+12n1故選A.形如2型n+ 1an= 2 / c、n (n+2)n+ 1an= 0 .n2 (n + 2)一 11_2 = 4 n2(n+2) 2 .他典例 正項數列an的前n項和Sn滿足：Sn(n2+n1)Sn (n2+n) = 0. (1)求數列 an的通項公式

19、an ;(2)令 bn =1 2 2,數列bn的前n項和為Tn,證明：對于任意的nCN*,都有Tn<64. (n 十 2) an64解(1)由 Sn-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得8 (n2+n)(Sn+1) = 0.由于an是正項數列，所以8>0, Sn= n2+n.于是a = S1 = 2,當n>2時，an = SnS1 = n2+n (n 1)2 (n 1) = 2n.綜上，數列an的通項公式為an=2n.(2)證明：由于an = 2n,n+ 1n+ 1bn ,、22=2 /、2 =(n + 2) 2a2 4n2 (n + 2) 2田一(nL 2.1 一 1

20、 . 11 . 11 .Tn=161 -32+22-42 + 32 - 52+" +(n-1) 2(n+1) 21111+ 孑一廠岳1+22(n+1) 2(n+2)一1 - 152<16 1 + 22 =64.,求和；第二步，利用作評(1)與不等式相結合考查裂項相消法求和問題應分兩步：第一步 差法、放縮法、單調性等證明不等式.(2)放縮法常見的放縮技巧有:11111 l?< k2_1 =2 k-Ck+ 1 .11111-2<.k k+1 kk-1 k 2C/n4 一5)<左<2(5 /n1).15M 已知等比數列an的前n項和為Sn,滿足S4=2a41,

21、 S3 = 2a31.(1)求an的通項公式;111_記bn= log2(an an+1),數列bn的刖n項和為Tn,求證：五+不<2.解(1)設an的公比為 q,由 與一S3=a4得 2a42a3=a4, , a4一一.所以二=2,所以q = 2. a3又因為S3=2a31,所以 ai + 2ai + 4ai = 8ai 1,所以 ai=1.所以 an=2n1.(2)證明：由(i)知 bn=log2(anan+i) = log2(2n,x2n)=2ni,所以Tn =i+ (2n-i)n= n2,i , i , i i , i , i所以Ti + T2+Tn=7+22+ +孑i . i

22、. i<i + iX2+2X3+'"+ (n-i) ni i十一二n- i ni= 2=< 2.考點3錯位相減法求和I矗fi法錯位相減法求和的具體步驟步驟i 一寫出Sn= Ci + C2+ Cn.步驟2一等式兩邊同乘等比數列的公比 q,即q& = qci + qc2+ qcn.步驟3一兩式錯位相減轉化成等比數列求和.步驟4一兩邊同除以iq,求出&.同時注意對q是否為i進行討論.忸典例(20i9莆田模擬)設數列an的前n項和為Sn,且ai=i, an+i = 2Sn+i,數列bn滿足ai = bi,點 P(bn, bn+i)在直線 x y+2 = 0

23、 上，nC N .(i)求數列 an , bn的通項公式；(2)設Cn=bn,求數列cn的前n項和Tn.解(i)由 an+i = 2Sn+i 可得 an=2Sn-i + i(n>2),兩式相減得 an+i an = 2an,即 an+i = 3an(n> 2).又 a2 = 2Si + i=3,所以 a2=3ai.故an是首項為1,公比為3的等比數列.所以 an=3n1.由點 P(bn, bn+1),在直線 xy+ 2= 0 上，所以 bn+1 bn=2.則數列bn是首項為1,公差為2的等差數列.則 bn=1 + (n1) 2 = 2n 1.(2)因為 cn=an2n-13n113

24、5 2n 1所以 Tn= 30 + 31+32+ + 3n_1 .則1Tn= +332n-3 2n-1十n3r +n-，322 22 2n 1兩式相減得： 3Tn= 1 +3+32+ 3n_1 - -3n-.1 2n 1 n+1所以 Tn=3nn_7=3n"7.2 3n2 2 3n13n1心評 本例巧妙地將數列an及其前n項和為8,數列與函數的關系等知識融合在一起,難度 適中.求解的關鍵是將所給條件合理轉化，并運用錯位相減法求和.麴焦霞(2019煙臺一模)已知等差數列an的公差是1,且a1, a3, a9成等比數列.(1)求數列an的通項公式； an(2)求數列2函的前n項和Tn.解

25、(1)因為an是公差為1的等差數列，且a1，a3, a9成等比數列，所以ai=a1a9, 即(a1+2)2 = a(a1 + 8),解得 a1=1.所以 an=a1+(n1)d = n.111 21 31n(2)Tn = 1x2 +2x 2 +3x2 +，+nX2 52Tn=1x 22+2X 23+(n1)x 2 n+nx 2n+1,兩式相減得11112 131 n 1 n+12Tn= 2 + 2 + 2 +2 nx 2,11 n+ 1所以萬元，由于該項建設對旅游業的促進作用，預計今后的旅游業收入每年會比上年增加.(1)設n年內(本年度為第一年)總投入為an萬元，旅游業總收入為bn萬元，寫出a

26、n, bn的表達式;(2)至少經過幾年，旅游業的總收入才能超過總投入?解 第1年投入為800萬元,， 1第2年投入為800 X 15Tn=2-2,-nx 2 n+1 ; 1一$-.2I220n1 一21 2 2+n所以 Tn=2 - 2n2019全國卷I理科21題將數列與概率知識巧妙的融合在一起，在考查概率知識的同時，突出考查學生借用數列的遞推關系將實際問題轉化為數學問題的能力.數列作為特殊的函數，在實際問題中 有著廣泛的應用，如增長率，銀行信貸，濃度匹配，養老保險，圓鋼堆壘等問題，這就要求考生除熟 練運用數列的有關概念外，還要善于觀察題設的特征，聯想有關數學知識和方法，迅速確定解題的方 向，

27、以提高解題的速度.類型J直接借助等差(等比)數列的知識建立等量關系【例11 從社會效益和經濟效益出發，某地投入資金進行生態環境建設，并以此發展旅游產業,11第n年投入為800X 1-5n-1 一萬兀，根據規劃，本年度投入800萬兀，以后每年投入將比上年減少5,本年度當地旅游業收入估計為4004 n=4 000x 1- 5 ,所以，n年內的總投入為:1 an=800+800X 1-5+-1 n 1 + 80OX 1-5第1年旅游業收入為400萬元,1 一一第2年旅游業收入為400 X 1 + 4萬兀，1 n 1第n年旅游業收入400 X 1 + 4 萬元.所以，n年內的旅游業總收入為一 一 .1

28、 一 .1 n-1bn=400+400X 1+4 + -+400X 1+彳=1 600X 4 n- 1 .(2)設至少經過n年旅游業的總收入才能超過總投入，由此bnan>0,化簡得 5X(5)n+2X(5)n-7>0,即 1 600X n 2即-<-,由此得n5. 5.至少經過5年，旅游業的總收入才能超過總投入.評析本題以函數思想為指導，以數列知識為工具，涉及函數建模、數列求和、不等式的解法 等知識點，正確審題、深刻挖掘數量關系，建立數量模型是本題的靈魂，(2)問中指數不等式采用了 換元法，是解不等式常用的技巧.【素養提升練習】公民在就業的第一年就交納養老儲備金 a1，以后每

29、年交納的數目均比上一年增加d(d>0),歷年所交納的儲備金數目a1，a2,，是一個公差為d的等差數列.與此同時，國家 給予優惠的計息政策，不僅采用固定利率，而且計算復利.如果固定年利率為r(r>0),那么，在第n年末，第一年所交納的儲備金就變為 a1(1 + r)nT,第二年所交納的儲備金就變為a2(1 +r)n 2,以 Tn表示到第n年末所累計的儲備金總額.求證：Tn=An+Bn,其中An是一個等比數列，Bn是一個等差數列.解T1 = a1,對n2反復使用上述關系式，得 n-1 4000X 1 4 n >0, 45令乂= 5 n,代入上式得：5x2-7x+ 2>0.2

30、解得x<5，或x>1(舍去).Tn=Tn-1(1 + r)+an2 .= Tn-2(1 + r) + an-1(1 + r) + an= ai(1 +r)n-1 + a2(1 + r)n-2+ + an1(1 + r) + an,在式兩端同乘1 + r,得(1 + r)Tn = a1(1 + r)n + a2(1 + r)n-1+ + an-1(1 + r)2+ an(1 + r),，得drTn = a1(1 + r)n + d(1 + r) 1+(1 + r) 2+ -+(1 + r)-an*(1 + r)n- 1-r + a1(1 + r)n an.ar + dd ar + d

31、即 Tn = p(1 + r)n-rn-r2 一.ar+dar + d d如果記 An= r2(1 + r)n, Bn= - r2 n,ar+ d則Tn = An+Bn,其中An是以一(1 + r)為首項，以1 + r(r>0)為公比的等比數列；Bn是以一a”+d dd _ 八12- ?首項，一d為公差的等差數列.類嬰借助數列的遞推關系建立等量關系【例2】大學生自主創業已成為當代潮流.某大學大三學生夏某今年一月初向銀行貸款兩萬元作開店資金，全部用作批發某種商品.銀行貸款的年利率為6%,約定一年后一次還清貸款.已知更某每月月底獲得的利潤是該月月初投入資金的15%,每月月底需要交納個人所得稅

32、為該月所獲利潤的20%,當月房租等其他開支1 500元，余款作為資金全部投入批發該商品再經營，如此繼續，假定每 月月底該商品能全部賣出.(1)設夏某第n個月月底余an元，第n+1個月月底余an+1元，寫出a1的值并建立an+1與an的遞 推關系；(2)預計年底夏某還清銀行貸款后的純收入.(參考數據：1.12113.48, 1.12123.90, 0.1211=7.43X 10 11, 0.12128.92X 10 12)解 依題意，a1 = 20 000(1+ 15%)-20 000X 15%X20%-1 500= 20 900(元)，an+1 = an(1 + 15%) an x 15% x 20%- 1 500= 1.12an1500(nC N*, 1<n< 11).令an+i+仁1.12(an+，則an+i=1.12an+0.12 小對比(1)中的遞推公式，得入=-12 500.則 an 12 500= (20 900 12 500)1.121,即 an = 8 400X