1、1第四節(jié)第四節(jié)數列求和數列求和最新考綱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1公式法(1)等差數列的前 n 項和公式：snn（a1an）2na1n（n1）2d；(2)等比數列的前 n 項和公式：snna1，q1，a1anq1qa1（1qn）1q，q1.2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(guī)律)，從而求得前 n 項和裂項時常用的三種變形：1n（n1）1

2、n1n1；1（2n1） （2n1）1212n112n1 ；1n n1 n1 n.(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2求和形如 an(1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解例如，sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.一、思考辨析(正確的打“”，錯誤

3、的打“”)(1)已知等差數列an的公差為 d，則有1anan11d1an1an1.()(2)當 n2 時，1n21121n11n1 .()(3)求sna2a23a3nan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 sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()答案(1)(2)(3)(4)二、教材改編1數列an的前 n 項和為 sn，若 an1n（n1），則 s5等于()a1b.56c.16d.130ban1n（n1）1n1n1，s5a1a2a511212131656.2 若數列an的通項公式為 an2n2n1， 則數列an的前

4、 n 項和為()a2nn21b2n1n21c2n1n22d2nn2csna1a2a3an(21211)(22221)(23231)(2n2n1)(2222n)2(123n)n32（12n）122n（n1）2n2(2n1)n2nn2n1n22.3sn121238n2n等于()a.2nn12nb.2n1n22nc.2nn12nd.2n1n22nb由 sn12222323n2n，得12sn122223n12nn2n1，得，12sn1212212312nn2n1，12112n112n2n1，sn2n1n22n.4數列an的前 n 項和為 sn，已知 sn1234(1)n1n，則s17_9s171234

5、561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.考點 1分組轉化法求和分組轉化法求和的常見類型(1)若 anbncn，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4(2)通項公式為 anbn，n 為奇數，cn，n 為偶數的數列，其中數列bn，cn是等比數列或等差數列，可采用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已知數列an的前 n 項和 snn2n2，nn*.(1)求數列an的通項公式；(2)設 bn2an(1)nan，求數列bn的前 2n 項和解(1)當 n2 時，ansnsn1n2n2（n1）2（n1）2n.當 n1

6、 時，a1s11 滿足 ann，故數列an的通項公式為 ann.(2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn.記數列bn的前 2n 項和為 t2n，則t2n(212222n)(12342n)記 a212222n，b12342n，則 a2（122n）1222n12，b(12)(34)(2n1)2nn.故數列bn的前 2n 項和 t2nab22n1n2.母題探究在本例(2)中，若條件不變求數列bn的前 n 項和 tn.解由本例(1)知 bn2n(1)nn.當 n 為偶數時，tn(21222n)1234(n1)n22n112n22n1n22；當 n 為奇數時，tn(21222n)1234(n2)

7、(n1)n2n12n12n52n1n252.所以 tn2n1n22，n 為偶數，2n1n252，n 為奇數.常用并項求和法解答形如(1)nan的數列求和問題， 注意當 n 奇偶性不定時，要對 n 分奇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 n 項和 tn.n 為奇數可用 tntn1bn(n2)或 tntn1bn1最好已知等差數列an的前 n 項和為 sn，且 a11，s3s4s5.(1)求數列an的通項公式；(2)令 bn(1)n1an，求數列bn的前 2n 項和 t2n.解(1)設等差數列an的公差為 d，由 s3s4s5可得 a1a2a3a5，

8、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 2裂項相消法求和形如 an1n（nk）(k 為非零常數)型an1n（nk）1k1n1nk .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(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b16，b1b22b33bnnan1.(1)求an，bn的通項公式；(2)求數列1anbn的前 n 項和6解(1)數列an是公差為 2 的等差數列，數列bn滿足 b16，b1b22b3

9、3bnnan1.所以當 n1 時，a2b16，故 an62(n2)2n2，由于 b1b22b33bnnan1，當 n2 時，b1b22b33bn1n1an，得：bnnan1an2，所以 bn2n.所以 bn6（n1）2n（n2）.(2)當 n1 時，s11a1b1146124.當 n2 時，1anbn12n（2n2）141n1n1 ，則 sn12414121313141n1n1 ，12414121n1 ，2n112（n1），當 n1 時滿足上式，故 sn2n112（n1）.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，注意通項公式是否包含 n1 的情況；第(2)問在求

10、解中運用了裂項法，即若an是等差數列，則1anan11d1an1an1.教師備選例題7(2019唐山五校聯考)已知數列an滿足：1a12a2nan38(32n1)，nn*.(1)求數列an的通項公式；(2)設 bnlog3ann，求1b1b21b2b31bnbn1.解1a138(321)3，當 n2 時，因為nan1a12a2nan1a12a2n1an138(32n1)38(32n21)32n1，當 n1 時，nan32n1也成立，所以 ann32n1.(2)bnlog3ann(2n1)，因為1bnbn11（2n1） （2n1）12(12n112n1)，所以1b1b21b2b31bnbn112

11、113 1315 12n112n1 12112n1 n2n1.(2017全國卷)等差數列an的前 n 項和為 sn， a33， s410， 則nk11sk_2nn1設等差數列an的首項為 a1，公差為 d，8依題意有a12d3，4a16d10，解得a11，d1，所以 snn（n1）2，1sn2n（n1）21n1n1 ，因此nk11sk2(11212131n1n1)2nn1.形如1nk n(k 為非零常數)型an1nk n1k( nk n)已知函數 f(x)xa的圖象過點(4，2)，令 an1f（n1）f（n），nn*，記數列an的前 n 項和為 sn，則 s2 019()a. 2 0181b.

12、 2 0191c. 2 0201d. 2 0201c由 f(4)2 得 4a2，解得 a12，則 f(x) x.an1f（n1）f（n）1n1 n n1 n，s2 019a1a2a3a2 019( 2 1)( 3 2)( 4 3)( 2 020 2 019) 2 0201.運用分母有理化對分式1n1 n正確變形并發(fā)現其前后項之間的抵消關系是求解本題的關鍵求和 s11 313 51119 121()a5b4c10d9as1 3133 535119 12111912111125，故選 a.形如 bn（q1）an（ank） （an1k）(q 為等比數列an的公比)型9bn（q1）an（ank） （a

13、n1k）1ank1an1k.(2019鄭州模擬)已知數列an的前 n 項和為 sn， 且 a28， snan12n1.(1)求數列an的通項公式；(2)求數列23nanan1的前 n 項和 tn.解(1)a28，snan12n1，a1s1a2222，當 n2 時，ansnsn1an12n1an2n，即 an13an2，又 a283a12，an13an2，nn*，an113(an1)，數列an1是等比數列，且首項為 a113，公比為 3，an133n13n，an3n1.(2)23nanan123n（3n1） （3n11）13n113n11.數列23nanan1的前 n 項和tn1311321 1

14、3211331 13n113n11 1213n11.本例第(1)問在求解通項公式時運用了構造法，形如 an1an的數列遞推關系求通項公式都可以采用此法；第(2)問運用了裂項相消法求和已知 an是等比數列，且 a212，a5116，若 bnan1（an1） （an11），則數列bn的前 n 項和為()a.2n12（2n1）b.2n12n110c.12n1d.2n12n2aa5a2q3，q318，q12，a11，an12n1，bn12n12n1112n1112n1112n11b1b2b3bn112111120111221112111123111221112n1112n11112n1122n12（2

15、n1）.故選 a.形如 ann1n2（n2）2型ann1n2（n2）2141n21（n2）2.正項數列an的前 n 項和 sn滿足：s2n(n2n1)sn(n2n)0.(1)求數列an的通項公式 an；(2)令 bnn1（n2）2a2n， 數列bn的前 n 項和為 tn， 證明： 對于任意的 nn*，都有 tn564.解(1)由 s2n(n2n1)sn(n2n)0，得sn(n2n)(sn1)0.由于an是正項數列，所以 sn0，snn2n.于是 a1s12，當 n2 時，11ansnsn1n2n(n1)2(n1)2n.綜上，數列an的通項公式為 an2n.(2)證明：由于 an2n，故 bnn

16、1（n2）2a2nn14n2（n2）21161n21（n2）2tn11611321221421321521（n1）21（n1）21n21（n2）211611221（n1）21（n2）21161122564.(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，求和；第二步，利用作差法、放縮法、單調性等證明不等式(2)放縮法常見的放縮技巧有：1k21k21121k11k1 .1k1k11k21k11k.2( n1 n)1n2( n n1)已知等比數列an的前 n 項和為 sn，滿足 s42a41，s32a31.(1)求an的通項公式；(2)記 bnlog2(an an1)， 數列bn的前

17、n 項和為 tn， 求證：1t11t21tn2.解(1)設an的公比為 q，由 s4s3a4得 2a42a3a4，所以a4a32，所以 q2.又因為 s32a31，所以 a12a14a18a11，所以 a11.所以 an2n1.(2)證明：由(1)知 bnlog2(anan1)log2(2n12n)2n1，所以 tn1（2n1）2nn2，12所以1t11t21tn1121221n211121231（n1）n111212131n11n21n2.考點 3錯位相減法求和錯位相減法求和的具體步驟步驟 1寫出 snc1c2cn.步驟 2等式兩邊同乘等比數列的公比 q，即 qsnqc1qc2qcn.步驟

18、3兩式錯位相減轉化成等比數列求和步驟 4兩邊同除以 1q，求出 sn.同時注意對 q 是否為 1 進行討論(2019莆田模擬)設數列an的前 n 項和為 sn，且 a11，an12sn1，數列bn滿足 a1b1，點 p(bn，bn1)在直線 xy20 上，nn*.(1)求數列an，bn的通項公式；(2)設 cnbnan，求數列cn的前 n 項和 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是首項為 1，公比為 3 的等比數列所以 an3n1.由點 p(bn，bn1)，在直線 x

19、y20 上，所以 bn1bn2.則數列bn是首項為 1，公差為 2 的等差數列則 bn1(n1)22n1.(2)因為 cnbnan2n13n1，所以 tn1303315322n13n1.13則13tn1313325332n33n12n13n，兩式相減得：23tn12323223n12n13n.所以 tn3123n22n123n13n13n1.本例巧妙地將數列an及其前 n 項和為 sn，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(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；(2)求

20、數列an2an的前 n 項和 tn.解(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a23a1a9，即(a12)2a1(a18)，解得 a11.所以 ana1(n1)dn.(2)tn112121223123n12n，12tn11222123(n1)12nn12n1，兩式相減得12tn12112212312nn12n1，所以12tn1212n1112n12n1112nn2n1.所以 tn22n2n.14課外素養(yǎng)提升數學建模 數列中等量關系的建立2019 全國卷理科 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

21、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(yǎng)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，以提高解題的速度.直接借助等差(等比)數列的知識建立等量關系【例 1】從社會效益和經濟效益出發(fā)，某地投入資金進行生態(tài)環(huán)境建設，并以此發(fā)展旅游產業(yè)，根據規(guī)劃，本年度投入 800 萬元，以后每年投入將比上年減少15，本年度當地旅游業(yè)收入估計為 400 萬元，由于該項建設對旅游業(yè)的促進作用，預計今后的旅游業(yè)收入每年會比上年增加14.(1)設 n 年內(本年度為

22、第一年)總投入為 an萬元，旅游業(yè)總收入為 bn萬元，寫出 an，bn的表達式；(2)至少經過幾年，旅游業(yè)的總收入才能超過總投入？解(1)第 1 年投入為 800 萬元，第 2 年投入為 800115 萬元，第 n 年投入為 800115n1萬元，所以，n 年內的總投入為：an800800115 800115n14 000 145n，第 1 年旅游業(yè)收入為 400 萬元，第 2 年旅游業(yè)收入為 400114 萬元，15，第 n 年旅游業(yè)收入 400114n1萬元所以，n 年內的旅游業(yè)總收入為bn400400114 400114n11 60054n1 .(2)設至少經過 n 年旅游業(yè)的總收入才能

23、超過總投入，由此 bnan0，化簡得 5(45)n2(54)n70，即 1 60054n1 4000 145n0，令 x45n，代入上式得：5x27x20.解得 x25，或 x1(舍去)即45n25，由此得 n5.至少經過 5 年，旅游業(yè)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(yǎng)提升練習】 公民在就業(yè)的第一年就交納養(yǎng)老儲備金 a1， 以后每年交納的數目均比上一年增加 d(d0)，歷年所交納的儲備金數目 a1，a

24、2，是一個公差為 d 的等差數列與此同時，國家給予優(yōu)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(r0)，那么，在第 n 年末，第一年所交納的儲備金就變?yōu)?a1(1r)n1， 第二年所交納的儲備金就變?yōu)?a2(1r)n2， ，以 tn表示到第 n 年末所累計的儲備金總額求證：tnanbn，其中an是一個等比數列，bn是一個等差數列解t1a1，對 n2 反復使用上述關系式，得tntn1(1r)an16tn2(1r)2an1(1r)ana1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an，在式兩端同乘 1r，得(1r)tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)2an(1r)

25、，得rtna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)andr(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，以 1r(r0)為公比的等比數列；bn是以a1rdr2dr為首項，dr為公差的等差數列借助數列的遞推關系建立等量關系【例 2】大學生自主創(chuàng)業(yè)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(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是該月月初投入資金的 15%，

26、每月月底需要交納個人所得稅為該月所獲利潤的 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(fā)該商品再經營，如此繼續(xù)，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 n1 個月月底余 an1元，寫出 a1的值并建立 an1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：1.12113.48，1.12123.90，0.12117.431011，0.12128.921012)解(1)依題意，a120 000(115%)20 00015%20%1 50020900(元)，17an1an(115%)an15%20%1 5001.12an1500(nn*，1n11)(2)令 an11.12(an)，則an11.12an0.12，對比(1)中的遞推公式，得12 500.則 an12 500(20 90012 500)1.12n1，即 an8 4001.12n