高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第6章 第4節(jié) 數(shù)列求和

1、1 / 15 數(shù)列求和 考試要求 1.掌握等差、等比數(shù)列的前 n項(xiàng)和公式. 2.掌握特殊的非等差、等比數(shù)列的幾種常見(jiàn)的求和方法 1公式法 (1)等差數(shù)列的前 n項(xiàng)和公式： snn(a1an)2na1n(n1)2d； (2)等比數(shù)列的前 n項(xiàng)和公式： sn na1，q1，a1(1qn)1qa1anq1q，q1. 2幾種數(shù)列求和的常用方法 (1)分組求和法：一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)等差或等比或可求和的數(shù)列組成的，則求和時(shí)可用分組求和法，分別求和后相加減 (2)裂項(xiàng)相消法：把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消(注意消項(xiàng)規(guī)律)，從而求得前 n 項(xiàng)和裂項(xiàng)時(shí)常用的三種變形： 1n

2、(n1)1n1n1； 1(2n1)(2n1)1212n112n1； 1n n1 n1 n. (3)錯(cuò)位相減法：如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么求這個(gè)數(shù)列的前 n項(xiàng)和即可用錯(cuò)位相減法求解 (4)倒序相加法：如果一個(gè)數(shù)列an的前 n項(xiàng)中首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前 n項(xiàng)和即可用倒序相加法求解 2 / 15 (5)并項(xiàng)求和法：一個(gè)數(shù)列的前 n 項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和形如 an(1)nf(n)類型，可采用兩項(xiàng)合并求解 例如，sn10029929829722212 (10099)(9897)(21)5 05

3、0. 一、易錯(cuò)易誤辨析(正確的打“”，錯(cuò)誤的打“”) (1)已知等差數(shù)列an的公差為 d(d0)，則有1anan11d1an1an1.( ) (2)當(dāng) n2時(shí)，1n21121n11n1.( ) (3)求 sna2a23a3nan之和時(shí)，只要把上式等號(hào)兩邊同時(shí)乘 a即可根據(jù)錯(cuò)位相減法求得( ) (4) 利用倒序相加法可求得 sin21 sin22 sin23 sin288 sin289 44.5.( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 二、教材習(xí)題衍生 1數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，若 an1n(n1)，則 s5等于( ) a1 b56 c16 d130 b an1n(n1)1n1n1

4、， s5a1a2a51121213151656. 2若數(shù)列an的通項(xiàng)公式為 an2n2n1，則數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為( ) a2nn21 b2n1n21 c2n1n22 d2nn2 c sna1a2a3an (21211)(22221)(23231)(2n2n1)(23 / 15 222n)2(123n)n2(12n)122n(n1)2n 2(2n1)n2nn2n1n22. 3sn121238n2n( ) a.2nn12n b2n1n22n c.2nn12n d2n1n22n b 由 sn12222323n2n， 得12sn122223n12nn2n1， 得，12sn1212212312nn2

5、n1 12112n112n2n1， sn2n1n22n. 4數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，已知 sn1234(1)n1 n，則s17_. 9 s171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119. 考點(diǎn)一 分組求和與并項(xiàng)求和 分組轉(zhuǎn)化法求和的常見(jiàn)類型 (1)若 an bn cn，且bn，cn為等差或等比數(shù)列，則可采用分組求和法求an的前 n 項(xiàng)和 (2)通項(xiàng)公式為 an bn，n為奇數(shù)，cn，n為偶數(shù)的數(shù)列，其中數(shù)列bn，cn是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求和 4 / 15 提醒：注意在含有字母的數(shù)列中要對(duì)字母進(jìn)行分類討論 典例 1 已知an是等

6、差數(shù)列，bn是等比數(shù)列，且 b23，b39，a1b1，a14b4. (1)求an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) cnanbn，求數(shù)列cn的前 n項(xiàng)和 解 (1)設(shè)等比數(shù)列bn的公比為 q，則 qb3b2933， 所以 b1b2q1，b4b3q27，所以 bn3n1(nn*) 設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d. 因?yàn)?a1b11，a14b427， 所以 113d27，即 d2.所以 an2n1(nn*) (2)由(1)知 an2n1，bn3n1. 因此 cnanbn2n13n1. 設(shè) sn為數(shù)列cn的前 n 項(xiàng)和，從而數(shù)列cn的前 n項(xiàng)和 sn13(2n1)133n1 n(12n1)213n13n23n12.

7、 點(diǎn)評(píng)：解答此類問(wèn)題首先應(yīng)抓住基本量，利用方程的思想求得 an，bn，在此基礎(chǔ)上用分組求和，分別求得相應(yīng)數(shù)列的和并相加 跟進(jìn)訓(xùn)練 已知等差數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，且 a11，s3s4s5. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)令 bn(1)n1an，求數(shù)列bn的前 2n項(xiàng)和 t2n. 解 (1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d， 由 s3s4s5可得 a1a2a3a5，即 3a2a5， 3(1d)14d，解得 d2. an1(n1)22n1. (2)由(1)可得 bn(1)n1 (2n1) t2n1357(2n3)(2n1)(2)n2n. 考點(diǎn)二 裂項(xiàng)相消法求和 5 / 15 裂項(xiàng)相消法的步

8、驟、原則及規(guī)律 (1)基本步驟 (2)裂項(xiàng)原則 一般是前邊裂幾項(xiàng)，后邊就裂幾項(xiàng)，直到發(fā)現(xiàn)被消去項(xiàng)的規(guī)律為止 (3)消項(xiàng)規(guī)律 消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng)，后邊就剩幾項(xiàng)，前邊剩第幾項(xiàng)，后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng) 形如 an1n(nk)(k 為非零常數(shù))型 典例 21 已知數(shù)列an是公差為 2 的等差數(shù)列，數(shù)列bn滿足 b16，b1b22b33bnnan1. (1)求an，bn的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列1anbn的前 n 項(xiàng)和 解 (1)數(shù)列an是公差為 2的等差數(shù)列， 數(shù)列bn滿足 b16，b1b22b33bnnan1. 所以當(dāng) n1時(shí)，a2b16， 故 an62(n2)2n2， 由于 b1b22b33bnnan1

9、， 當(dāng) n2時(shí)，b1b22b33bn1n1an， 得，bnnan1an2， 所以 bn2n. 所以 bn 6，n1，2n，n2，. 6 / 15 (2)當(dāng) n1時(shí)，s11a1b1146124. 當(dāng) n2時(shí)，1anbn12n(2n2)141n1n1， 則 sn12414121313141n1n1 12414121n1 2n112(n1)， 當(dāng) n1時(shí)滿足上式，故 sn2n112(n1). 點(diǎn)評(píng)：本例第(1)問(wèn)在求bn的通項(xiàng)公式時(shí)靈活運(yùn)用了數(shù)列前 n 項(xiàng)和與項(xiàng)的關(guān)系，注意通項(xiàng)公式是否包含 n1的情況；第(2)問(wèn)在求解中運(yùn)用了裂項(xiàng)法，即若an是等差數(shù)列，則1anan11d1an1an1. 形如1nk

10、 n(k 為非零常數(shù))型 典例 22 已知函數(shù) f(x)x的圖象過(guò)點(diǎn)(4,2)，令 an1f(n1)f(n)，nn*，記數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為 sn，則 s2 020( ) a. 2 0191 b 2 0201 c. 2 0211 d 2 0211 c 由 f(4)2得 42，解得 12，則 f(x) x. an1f(n1)f(n)1n1 n n1 n， s2 020a1a2a3a2 020( 2 1)( 3 2)( 4 3)( 2 021 2 020) 2 0211. 點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用分母有理化對(duì)分式1n1 n正確變形并發(fā)現(xiàn)其前后項(xiàng)之間的抵消關(guān)系是求解本題的關(guān)鍵 形如 bn(q1)an(ank)(

11、an1k)(q 為等比數(shù)列an的公比)型 7 / 15 典例 23 (2020 杭州模擬)已知數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，且 a28，snan12n1. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列23nanan1的前 n項(xiàng)和 tn. 解 (1)a28，snan12n1， a1s1a2222， 當(dāng) n2時(shí)，ansnsn1an12n1an2n ， 即 an13an2，又 a283a12， an13an2，nn*， an113(an1)， 數(shù)列an1是等比數(shù)列，且首項(xiàng)為 a113，公比為 3，an13 3n13n，an3n1. (2)23nanan123n(3n1)(3n11)13n113n11

12、. 數(shù)列23nanan1的前 n 項(xiàng)和 tn13113211321133113n113n111213n11. 點(diǎn)評(píng)：本例第(1)問(wèn)在求解通項(xiàng)公式時(shí)運(yùn)用了構(gòu)造法，形如 an1an的數(shù)列遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式都可以采用此法；第(2)問(wèn)運(yùn)用了裂項(xiàng)相消法求和，bn(q1)an(ank)(an1k)1ank1an1k. 形如 ann1n2(n2)2型 典例 24 正項(xiàng)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和 sn滿足：s2n(n2n1)sn(n2n)0. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式 an； 8 / 15 (2)令 bnn1(n2)2a2n，數(shù)列bn的前 n項(xiàng)和為 tn，證明：對(duì)于任意的 nn*，都有 tn564. (1) 解

13、： 由 s2n(n2n1)sn(n2n)0， 得sn(n2n)(sn1)0. 由于an是正項(xiàng)數(shù)列，所以 sn0，snn2n.于是 a1s12，當(dāng) n2時(shí)，ansnsn1n2n(n1)2(n1)2n. 綜上，數(shù)列an的通項(xiàng)公式為 an2n. (2)證明：由于 an2n， 故 bnn1(n2)2a2nn14n2(n2)21161n21(n2)2. tn11611321221421321521(n1)21(n1)21n21(n2)211611221(n1)21(n2)21161122564. 點(diǎn)評(píng)：(1)與不等式相結(jié)合考查裂項(xiàng)相消法求和問(wèn)題應(yīng)分兩步第一步，求和；第二步，利用作差法、放縮法、單調(diào)性等證

14、明不等式 (2)放縮法常見(jiàn)的放縮技巧有： 1k21k(k1)1k11k. 1k21k21121k11k1. 1k1k11k21k11k. 2( n1 n)1n2( n n1) 跟進(jìn)訓(xùn)練 1(2017 全國(guó)卷)等差數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，a33，s410，則nk1 1sk_. 2nn1 設(shè)等差數(shù)列an的首項(xiàng)為 a1，公差為 d， 9 / 15 依題意有 a12d3，4a16d10，解得 a11，d1， 所以 snn(n1)2，1sn2n(n1)21n1n1， 因此nk1 1sk211212131n1n12nn1. 2(2020 廣州模擬)等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，且 2a13a21，a

15、239a2a6. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) bnlog3a1log3a2log3an，求數(shù)列1bn的前 n 項(xiàng)和 解 (1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為 q. 由 a239a2a6，得 a239a24，所以 q219. 由已知條件得 q0，所以 q13. 由 2a13a21，得 2a13a1q1，解得 a113. 故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為 an13n. (2)由(1)可得 bnlog3a1log3a2log3an(12n)n(n1)2， 故1bn2n(n1)21n1n1， 所以1b11b21bn211212131n1n1 2nn1. 故數(shù)列1bn的前 n 項(xiàng)和為2nn1. 考點(diǎn)三 錯(cuò)位相

16、減法求和 錯(cuò)位相減法求和的具體步驟 10 / 15 典例 3 設(shè)數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為 sn，且 a11，an12sn1，數(shù)列bn滿足 a1b1，點(diǎn) p(bn，bn1)在直線 xy20上，nn*. (1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) cnbnan，求數(shù)列cn的前 n項(xiàng)和 tn. 解 (1)由 an12sn1 可得 an2sn11(n2)， 兩式相減得 an1an2an，即 an13an(n2) 又 a22s113，所以 a23a1. 故an是首項(xiàng)為 1，公比為 3的等比數(shù)列 所以 an3n1. 由點(diǎn) p(bn，bn1)在直線 xy20 上，所以 bn1bn2. 則數(shù)列bn是首項(xiàng)為 1

17、，公差為 2 的等差數(shù)列 則 bn1(n1) 22n1. (2)因?yàn)?cnbnan2n13n1， 所以 tn1303315322n13n1. 則13tn1313325332n33n12n13n， 兩式相減得23tn12323223n12n13n. 所以 tn312 3n22n12 3n13n13n1. 點(diǎn)評(píng)：本例巧妙地將數(shù)列an及其前 n 項(xiàng)和 sn，數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系等知識(shí)融合在一起，難度適中求解的關(guān)鍵是將所給條件合理轉(zhuǎn)化，并運(yùn)用錯(cuò)位相減法求和 11 / 15 跟進(jìn)訓(xùn)練 (2020 全國(guó)卷)設(shè)an是公比不為 1 的等比數(shù)列，a1為 a2，a3的等差中項(xiàng) (1)求an的公比； (2)若 a11，

18、求數(shù)列nan的前 n 項(xiàng)和 解 (1)設(shè)an的公比為 q，由題設(shè)得 2a1a2a3，即 2a1a1qa1q2. 所以 q2q20，解得 q1(舍去)或 q2. 故an的公比為2. (2)記 sn為nan的前 n 項(xiàng)和 由(1)及題設(shè)可得，an(2)n1. 所以 sn12(2)n(2)n1， 2sn22(2)2(n1)(2)n1n(2)n. 可得 3sn1(2)(2)2(2)n1n(2)n1(2)n3n (2)n. 所以 sn19(3n1)(2)n9. 核心素養(yǎng) 4 用數(shù)學(xué)語(yǔ)言表達(dá)世界數(shù)列中等量關(guān)系的建立 有關(guān)數(shù)列的應(yīng)用問(wèn)題，是讓學(xué)生能夠在實(shí)際情境中用數(shù)學(xué)的思想分析數(shù)據(jù)間的內(nèi)在聯(lián)系，用數(shù)學(xué)語(yǔ)言表

19、述其內(nèi)在關(guān)系，用數(shù)列的方法求解數(shù)列模型，并用數(shù)學(xué)結(jié)論指導(dǎo)實(shí)際問(wèn)題的過(guò)程，也是近幾年高考所考查的數(shù)學(xué)探索、發(fā)現(xiàn)、應(yīng)用的動(dòng)向之一，因此備考中應(yīng)引起足夠的重視. 直接借助等差(等比)數(shù)列的知識(shí)建立等量關(guān)系 素養(yǎng)案例1 從社會(huì)效益和經(jīng)濟(jì)效益出發(fā)，某地投入資金進(jìn)行生態(tài)環(huán)境建設(shè)，并以此發(fā)展旅游產(chǎn)業(yè).根據(jù)規(guī)劃，本年度投入 800萬(wàn)元，以后每年投入將比上年減少15，本年度當(dāng)?shù)芈糜螛I(yè)收入估計(jì)為 400萬(wàn)元，由于該項(xiàng)建設(shè)對(duì)旅游業(yè)的促進(jìn)作用，預(yù)計(jì)今后的旅游業(yè)收入每年會(huì)比上年增加14. (1)設(shè) n 年內(nèi)(本年度為第一年)總投入為 an萬(wàn)元，旅游業(yè)總收入為 bn萬(wàn)元，寫(xiě)出 an，bn的表達(dá)式； 12 / 15 (2)

20、至少經(jīng)過(guò)幾年，旅游業(yè)的總收入才能超過(guò)總投入？ 解 (1)第 1 年投入為 800 萬(wàn)元， 第 2年投入為 800115萬(wàn)元， 第 n年投入為 800115n1萬(wàn)元， 所以，n年內(nèi)的總投入為： an800800115800115n1 4 000145n， 第 1年旅游業(yè)收入為 400 萬(wàn)元， 第 2年旅游業(yè)收入為 400114萬(wàn)元， 第 n年旅游業(yè)收入為 400114n1萬(wàn)元 所以，n年內(nèi)的旅游業(yè)總收入為 bn400400114400114n1 1 60054n1 . (2)設(shè)至少經(jīng)過(guò) n年旅游業(yè)的總收入才能超過(guò)總投入，由此 bnan0， 即 1 60054n1 4 000145n0， 化簡(jiǎn)得

21、545n254n70， 令 x45n，代入上式得，5x27x20. 解得 x25，或 x1(舍去) 即45n25，由此得 n5. 至少經(jīng)過(guò) 5年，旅游業(yè)的總收入才能超過(guò)總投入. 13 / 15 評(píng)析 本題以函數(shù)思想為指導(dǎo)，以數(shù)列知識(shí)為工具，涉及函數(shù)建模、數(shù)列求和、不等式的解法等知識(shí)點(diǎn)，正確審題、深刻挖掘數(shù)量關(guān)系，建立數(shù)量模型是本題的靈魂，第(2)問(wèn)中指數(shù)不等式采用了換元法，是解不等式常用的技巧 素養(yǎng)培優(yōu) 公民在就業(yè)的第一年就交納養(yǎng)老儲(chǔ)備金 a1，以后每年交納的數(shù)目均比上一年增加 d(d0)，歷年所交納的儲(chǔ)備金數(shù)目 a1，a2，是一個(gè)公差為 d的等差數(shù)列與此同時(shí)，國(guó)家給予優(yōu)惠的計(jì)息政策，不僅采用

22、固定利率，而且計(jì)算復(fù)利如果固定年利率為 r(r0)，那么，在第 n年末，第一年所交納的儲(chǔ)備金就變?yōu)?a1(1r)n1，第二年所交納的儲(chǔ)備金就變?yōu)?a2(1r)n2，以 tn表示到第 n年末所累計(jì)的儲(chǔ)備金總額 求證：tnanbn，其中an是一個(gè)等比數(shù)列，bn是一個(gè)等差數(shù)列 證明 t1a1，對(duì) n2 反復(fù)使用上述關(guān)系式，得 tntn1(1r)an tn2(1r)2an1(1r)an a1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an， 在式兩端同乘 1r，得 (1r)tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)2an(1r)， ，得 rtna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)and

23、r(1r)n1ra1(1r)nan. 即 tna1rdr2(1r)ndrna1rdr2. 如果記 ana1rdr2(1r)n，bna1rdr2drn， 則 tnanbn，其中an是以a1rdr2(1r)為首項(xiàng)，以 1r(r0)為公比的等比數(shù)列；bn是以a1rdr2dr為首項(xiàng)，dr為公差的等差數(shù)列 借助數(shù)列的遞推關(guān)系建立等量關(guān)系 14 / 15 素養(yǎng)案例2 大學(xué)生自主創(chuàng)業(yè)已成為當(dāng)代潮流某大學(xué)大三學(xué)生夏某今年一月初向銀行貸款兩萬(wàn)元作開(kāi)店資金，全部用作批發(fā)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夏某每月月底獲得的利潤(rùn)是該月月初投入資金的 15%，每月月底需要交納個(gè)人所得稅為該月所獲利潤(rùn)的 20%，當(dāng)月房租等其他開(kāi)支 1 500元，余款作為資金全部投入批發(fā)該商品再經(jīng)營(yíng)，如此繼續(xù)，假定每月月底該商品能全部賣出 (1)設(shè)夏某第 n個(gè)月月底余 an元，第 n1個(gè)月月底余 an1元，寫(xiě)出 a1的值并建立 an1與 an的遞推關(guān)系； (2)預(yù)計(jì)年底夏某還清銀行貸款后的純收入 (參考數(shù)據(jù)：1.12113.48,1.12123.90,0.12117.431011,0.12128.921012) 解 (1)依題意，a120 000(115%)20 00015%20%1 50020 900(元)， an1an(115%)an15%20%1 500 1.12