2015届高考数学总复习 基础知识名师讲义 第五章 第五节数列的求和 文
2015年高考数学新一轮总复习考点突破课件：5.4数列求和
解：(1)由 x1＝3，得 2p＋q＝3，又因为 x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q， 且 x1＋x5＝2x4，得 3＋25p＋5q＝25p＋8q， 解得 p＝1，q＝1. (2)由(1)，知 xn＝2n＋n， 所以 Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n) ＝2n＋1－2＋nn＋2 1.
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n2－2
解析：∵an＝2n＋2n－1.
∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)
＝211－－22n＋n2＝2(2n－1)＋n2＝2n＋1＋n2－2.
()
答案：C
第十四页，编辑于星期五：十一点 四十三分。
• 6．并项求和法 • 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，
第三十四页，编辑于星期五：十一点 四十三分。
• 【归纳提升】 使用裂项相消法求和时，要 注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪 些项，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，实质上造成正负相 消是此法的根源与目的．
第三十五页，编辑于星期五：十一点 四十三分。
针对训练 3．已知数列{an}的各项均为正数，前 n 项和为 Sn，且 Sn＝ana2n＋1，
()
3n－1 C. 2
3n－3 D. 2
答案：C
第十二页，编辑于星期五：十一点 四十三分。
• 5．分组转化求和法
• 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或 等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用 分组求和法，分别求和而后相加减．
第十三页，编辑于星期五：十一点 四十三分。
对点演练
若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n 项 和为
高考数学第五章数列求和-教学课件
[冲关锦囊] 分组求和常见类型及方法
(1)an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解； (2)an＝a·qn－1，利用等比数列前n项和公式直接求解； (3)an＝bn±cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，
采用分组求和法求{an}的前n项和.
[精析考题] [例2] (2011·辽宁高考)已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{2an－n 1}的前n项和．
解：(1)因为{an}是首项为a1＝19，公差为d＝－2的等差数列，所以an＝ 19－2(n－1)＝－2n＋21. Sn＝19n＋nn2－1·(－2)＝－n2＋20n. (2)由题意知bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1＋an＝3n－1－2n＋21. Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋3n－2 1.
解析：∵Sn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n① ∴2Sn＝22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1② ①－②得 －Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.
答案：(n－1)·2n＋1＋2
n C.n－1
n＋1 D. n
解析：∵f′(x)＝mxm－1＋a，∴m＝2，a＝1. ∴f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n， ∴f1n＝n2＋1 n＝nn1＋1＝n1－n＋1 1， ∴Sn＝f11＋f12＋f13＋…＋fn－1 1＋f1n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋n－1 1－n1＋n1－n＋1 1 ＝1－n＋1 1＝n＋n 1.
[自主解答] (1)设数列{an}的公比为q.由a23＝9a2a6得 a23＝9a24，所以q2＝19.由条件可知q＞0，故q＝13. 由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝13. 故数列{an}的通项公式为an＝31n.
2015年高考数学总复习教案：5.4数列的求和
第五章 数列第4课时 数列的求和(对应学生用书(文)、(理)76～78页)1. 在数列{an}中，若a1＝1，an ＋1＝an ＋2(n≥1)，则该数列的通项an ＝________． 答案：an ＝2n －1解析：由已知{an}为等差数列，d ＝an ＋1－an ＝2， ∴ an ＝2n －1.2. 已知数列{an}中，a1＝1，(n ＋1)an ＋1＝nan(n ∈N*)，则该数列的通项公式an ＝________． 答案：an ＝1n解析：an a1＝an an －1×an －1an －2×…×a2a1＝1n .3. (必修5P44习题2(2)改编) 20n =å（1+2 n ）=________．答案：441解析：200n =å(1＋2n)＝1＋(1＋2×1)＋(1＋2×2)＋…＋(1＋2×20)＝21＋2×20（1＋20）2＝441. 4. (必修5P60复习题8(1)改编)数列{an}的前n 项和为Sn ，若an ＝1n （n ＋1），则S4＝________．答案：45解析：an ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴ S4＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＝45.5. (必修5P51例3改编) 数列112，214，318，4116，…的前n 项和是 __________． 答案：Sn ＝n （n ＋1）2＋1－12n解析：Sn ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝n （n ＋1）2＋1－12n.1. 当已知数列{an}中，满足an ＋1－an ＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.2. 当已知数列{an}中，满足an ＋1an ＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用迭乘法求数列的通项an.3. (1) an ＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2.(2) 等差数列前n 项和Sn ＝n （a1＋an ）2，推导方法：倒序相加法． (3) 等比数列前n 项和Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q ＝1，a1－anq 1－q ＝a1（1－qn ）1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法．4. 常见数列的前n 项和： (1) 1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2； (2) 2＋4＋6＋…＋2n ＝n(n ＋1)； (3) 1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n2；(4) 12＋22＋32＋…＋n2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6． 5. (1) 分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2) 拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(3) 错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． (4) 倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导方法． 6. 常见的拆项公式有： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2) 1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3) 1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；(4)1a ＋b ＝1a －b(a －b).题型1 求简单数列的通项公式 例1 求下列数列{an}的通项公式： (1) a1＝1，an ＋1＝an ＋2n ＋1； (2) a1＝1，an ＋1＝2nan.解：(1) an ＝n2 (2) an ＝2n （n －1）2 变式训练求下列数列{an}的通项公式： (1) a1＝1，an ＋1＝2an ＋1；(2) a1＝1，an ＋1＝2an2＋an ；(3) a1＝2，an ＋1＝a2n . 解：(1) an ＝2n －1 (2) an ＝2n ＋1(3) an ＝22n －1 题型2 分组转化求和例2 求下面数列的前n 项和： 112，314，518，7116， …解：Sn ＝112＋314＋518＋7116＋…＋⎣⎡⎦⎤（2n －1）＋12n＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝n[1＋（2n －1）]2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n2－12n ＋1.备选变式（教师专享）已知an ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n ＋1，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(1) 求数列{an}的前10项和S10； (2) 求数列{an}的前2k 项和S2k.解：(1) S10＝(6＋16＋26＋36＋46)＋(2＋22＋23＋24＋25) ＝5（6＋46）2＋2（1－25）1－2＝192. (2) 由题意知数列{an}的前2k 项中，k 个奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，k 个偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列．∴ S2k ＝[6＋16＋…＋(10k －4)]＋(2＋22＋…＋2k)＝k[6＋（10k －4）]2＋2（1－2k ）1－2＝5k2＋k ＋2k ＋1－2.题型3 裂项相消求和例3 求下面各数列的前n 项和： (1) 11×5，13×7，15×9，17×11， (2)2222－1，4242－1，6262－1，8282－1，… 解：(1) ∵ an ＝1（2n －1）（2n ＋3）＝14(12n －1－12n ＋3)，∴ Sn ＝14(1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －3－12n ＋1＋12n －1－12n ＋3)＝14(1＋13－12n ＋1－12n ＋3)＝n （4n ＋5）3（2n ＋1）（2n ＋3）.(2) ∵ an ＝（2n ）2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴ Sn ＝n ＋12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝2n （n ＋1）2n ＋1. 备选变式（教师专享）求1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n .解：∵ak ＝2⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1，∴Sn ＝2n n ＋1.题型4 倒序相加求和例4 设f(x)＝13x ＋3，求f(－12)＋f(－11)＋f(－10)＋…＋f(0)＋…＋f(11)＋f(12)＋f(13)的值．解：∵ f(x)＋f(1－x)＝33，∴ 原式＝133 3.备选变式（教师专享）一个等差数列前4项之和为26，最末4项之和为110，所有项之和为187，则它的项数为________． 答案：11解析：∵a1＋a2＋a3＋a4＝26，an ＋an －1＋an －2＋an －3＝110，∴a1＋an ＝26＋1104＝34. 又Sn ＝n （a1＋an ）2＝187，∴n ＝11. 题型5 错位相减求和例5 在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2＝2a1＋3，且3a2，a4，5a3成等差数列． (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 设bn ＝log3an ，求数列{anbn}的前n 项和Sn. 解：(1) 设{an}公比为q ，由题意得q>0，且⎩⎪⎨⎪⎧a2＝2a1＋3，3a2＋5a3＝2a4，即⎩⎪⎨⎪⎧a1（q －2）＝3，2q2－5q －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝3，q ＝3或⎩⎨⎧a1＝－65，q ＝－12(舍)，所以数列{an}的通项公式为an ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N (2) 由(1)可得bn ＝log3an ＝n ，所以anbn ＝n·3n. 所以Sn ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n ， 所以3Sn ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n ＋1， 两式相减得，2Sn ＝－3－(32＋33＋…＋3n)＋n·3n ＋1＝－(3＋32＋33＋…＋3n)＋n·3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ·3n ＋1＝3＋（2n －1）·3n ＋12， 所以数列{anbn}的前n 项和Sn ＝3＋（2n －1）·3n ＋14. 备选变式（教师专享）已知数列{an}的前n 项和为Sn ＝3n －1. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若bn ＝log 13(Sn ＋1)，求数列{bnan}的前n 项和Tn.解：(1) 当n ＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝(3n －1)－(3n －1－1)＝2×3n －1， 综上所述，an ＝2×3n －1.(2) bn ＝log 13(Sn ＋1)＝log 133n ＝－n ，所以bnan ＝－2n×3n －1，Tn ＝－2×1－4×31－6×32－…－2n×3n －1，3Tn ＝－2×31－4×32－…－2(n －1)×3n －1－2n×3n ， 相减，得－2Tn ＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n －1＋2n×3n ＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n －1)＋2n×3n ，所以Tn ＝(1＋31＋32＋…＋3n －1)－n×3n ＝1－3n1－3－n×3n＝－（2n －1）×3n ＋12，n ∈N*.1. 数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn ＝an ＋1－an(n ∈N )．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝________． 答案：3解析：已知bn ＝2n －8，an ＋1－an ＝2n －8，由叠加法(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝－6－4－2＋0＋2＋4＋6＝0a8＝a1＝3. 2. (2013·大纲)等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9. (1) 求{an}的通项公式；(2) 设bn ＝1nan ，求数列{bn}的前n 项和Sn.解：(1) 设等差数列{an}的公差为d ，则an ＝a1＋(n －1)d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a7＝4，a19＝2a9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＋6d ＝4，a1＋18d ＝2（a1＋8d ）.解得a1＝1，d ＝12.所以{an}的通项公式为an ＝n ＋12. (2) bn ＝1nan ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1，所以Sn ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1 ＝2n n ＋1. 3. (2013·湖南)设Sn 为数列{an}的前n 项和，已知a1≠0，2an －a1＝S1·Sn ，n ∈N(1) 求a1，a2，并求数列{an}的通项公式； (2) 求数列{nan}的前n 项和．解：(1) ∵ S1＝a1.∴ 当n ＝1时，2a1－a1＝S1·S1a1≠0，a1＝1. 当n>1时，an ＝Sn －Sn －1＝2an －a1S1－2an －1－a1S1＝2an －2an －1an ＝2an －1{an}是首项为a1＝1公比为q ＝2的等比数列，an ＝2n －1，n ∈N*.(2) 设Tn ＝1·a1＋2·a2＋3·a3＋…＋n·an qTn ＝1·qa1＋2·qa2＋3·qa3＋…＋n·qan qTn ＝1·a2＋2·a3＋3·a4＋…＋n·an ＋1， 上式左右错位相减：(1－q)Tn ＝a1＋a2＋a3＋…＋an －nan ＋1＝a11－qn1－q －nan ＋1＝2n －1－n·2nTn ＝(n －1)·2n ＋1，n ∈N*.4. 已知等差数列{an}前三项之和为－3，前三项积为8. (1) 求等差数列{an}的通项公式；(2) 若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n 项和．解：(1) 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧3a1＋3d ＝－3，a1（a1＋d ）（a1＋2d ）＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－4，d ＝3. ∴ an ＝－3n ＋5或an ＝3n －7.(2) 当an ＝－3n ＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4，2不成等比数列； 当an ＝3n －7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4成等比数列，满足条件．当|an|＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.n ＝1，S1＝4；n ＝2时，S2＝5；当n≥3时，Sn ＝|a1|＋…＋|an|＝32n2－112n ＋10. 又n ＝2满足此式，∴ Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），32n2－112n ＋10（n ＞1）.1. 已知数列an ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，求a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100的值．解：由题意得a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×（2＋98）2＋100＝5 000. 2. 已知各项均为正数的数列{an}的前n 项的乘积Tn ＝⎝⎛⎭⎫14n2－6n(n ∈N*)，bn ＝log2 an ，则数列{bn}的前n 项和Sn 取最大时，n ＝________． 答案：3解析：当n ＝1时，a1＝T1＝45＝210，当n≥2时，an ＝Tn Tn －1＝⎝⎛⎭⎫14n2－6n －（n －1）2＋6（n －1）＝⎝⎛⎭⎫142n －7＝214－4n ，此式对n ＝1也成立，所以an ＝214－4n ，从而bn ＝log2an ＝14－4n ，可以判断数列{bn}是首项为10，公差为－4的等差数列，因此Sn ＝－2n2＋12n ，故当n ＝3时，Sn 有最大值．3. 已知数列{an}的前n 项和为Sn ，对一切正整数n ，点Pn(n ，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x 的图象上，且在点Pn(n ，Sn)处的切线的斜率为kn. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若bn ＝2knan ，求数列{bn}的前n 项和Tn. 解： (1) ∵ 点Pn(n ，Sn)在函数f(x)＝x2＋2x 的图象上， ∴ Sn ＝n2＋2n(n ∈N*)，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a1＝S1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an ＝2n ＋1. (2) 由f(x)＝x2＋2x ，求导得f ′(x)＝2x ＋2. ∵ 在点Pn(n ，Sn)处的切线的斜率为kn ， ∴ kn ＝2n ＋2，∴ bn ＝2knan ＝4·(2n ＋1)·4n ， ∴ Tn ＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n ，用错位相减法可求得Tn ＝6n ＋19·4n ＋2－169.4. 已知等差数列{an}是递增数列，且满足a4·a7＝15，a3＋a8＝8. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 令bn ＝19an －1an (n≥2)，b1＝13，求数列{bn}的前n 项和Sn.解：(1) 根据题意：a3＋a8＝8＝a4＋a7，a4·a7＝15，知：a4，a7是方程x2－8x ＋15＝0的两根，且a4<a7，解得a4＝3，a7＝5，设数列{an}的公差为d ，由a7＝a4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{an}的通项公式为an ＝a4＋(n －4)·d ＝3＋23(n －4)＝2n ＋13.(2) 当n≥2时，bn ＝19an －1an ＝19⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.又b1＝13＝12⎝⎛⎭⎫1－13，∴ Sn ＝b1＋b2＋…＋bn＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.1. an 的两种常见变形an ＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an －1)(累加法)an ＝a1·a2a1·a3a2·…anan －1(累乘法)2. 数列求和的方法技能 ① 倒序相加 ② 错位相减 ③ 分组求和 ④ 拆项相消3. 方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在数列中均得到广泛应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究是解决数列综合问题的最基本思维方法．请使用课时训练（B ）第4课时（见活页）.[备课札记]。
2015高考数学(理)一轮复习配套课件5-4数列求和
a1＝1， 解得 d＝2.
所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
(2)由 an＝2n－1 得 bn＝2n－1＋2 所以数列{bn}的前 n 项和
2n－1
1 n ＝2n－1＋ · 4. 2
Sn＝ [1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＋(21＋ 23 ＋25＋…＋22n －1)＝n2 21－22n 2 22n 1－2 ＋ ＝n ＋ . 3 1－22
.
2．分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可 求和的数列组成， 则求和时可用分组求和法， 分别求和后相加减． [填一填] ＝
1 n ＋1－2n
2
1 1 1 1 (1) 数列 1 ， 3 ， 5 ， 7 ， … 的前 n 项和 Sn 2 4 8 16 .
1 n 1 1 1 2 －2n (2)数列 1， ，2， ，4， ，…的前 2n 项和 S2n＝ . 2 4 8
(2)由
1 1 1 bn＝2 an＋2a ＝2n＋1＋2n＋1＝2n＋ n＋2 2 n
知，
1 1 n ] [1 － nn＋1 2 2 2 Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n＋2· 2 ＋ ＝ n ＋3n＋1 1 1－2
1 －2n.
分组转化求和通法 若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可 借助求和公式求得原数列的和．求解时应通过对数列通项结构特 点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．
n
2n 1－n－2 1 1 3 n 2n (2) ＋ ＋ ＋…＋ n等于 . 2 2 8 2
＋
02突破3个热点考向
考向一 例1
分组转化法求和
[2013· 安徽高考]设数列{an}满足 a1＝2， a2＋a4＝8， 且
2015年高考数学一轮总复习精品课件：第五章+数列 5.4 数列的通项与求和(共27张PPT)
(3-1) (3+1)
∴当 a=1 时,Sn=T1+T2=n+
=
;
2
2
T2=1+4+7+…+(3n-2)=
-1
(3-1)
当 a≠1 时,Sn=T1+T2= -1 +
.
2
-
答案
考点一
考点二
考点三
第十四页，编辑于星期五：十一点 十一分。
探究突破
考点二
裂项相消法求和
1
2
【例 2】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1= ,Sn=n2an-n(n-1),n=1,2,….
(1)证明数列
+1
是等差数列,并求 Sn;
5
,求证:b
+b
+…+b
<
.
1
2
n
3 +32
12
(2)设 bn=
考点一
考点二
考点三
第十五页，编辑于星期五：十一点 十一分。
探究突破
证明:(1)由 Sn=n2an-n(n-1)知,
当 n≥2 时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1),
函数 f(x)=2x-3x-1 在[1,2]上为减函数,在[3,+∞)上为增函数.
当 n=3 时,23-9-1=-2<0,当 n=4 时,24-12-1=3>0,
∴2n-3n-1<0 中 n 的最大值为 3.
关闭
2(1-2 )
(+1)
(2)Sn=a1+a2+…+an=(2+2 +…+2 )-3(1+2+3+…+n)-n=
2015届高考数学基础知识总复习精讲课件：第5章 第5节 数列的求和
对称，则f(－5)＋f(－4)
解析：∵f(x)关于
对称，则有f(x)＋f(1－x)＝2，
∴S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6) S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋…＋f(－4)＋f(－5)
∴2S＝2×12，∴S＝12.
答案：12
第二十二页，编辑于星期五：十点 七分。
第二十三页，编辑于星期五：十点 七分。
第十三页，编辑于星期五：十点 七分。
高考总复习•数学（理科）
裂项相消法求和
【例3】 (2013·江西卷)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－ (n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an； (2)令bn＝n＋n＋212a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任 意的n∈N*，都有Tn<654.
变式探究
1．求和：Sn＝
第六页，编辑于星期五：十点 七分。
高考总复习•数学（理科）
错位相减法求和
【例2】 (2013·增城调研)在等比数列{an}中，已知 a3＝23，S3＝92. (1)求{an}的通项公式； (2)求和Sn＝a1＋2a2＋…＋nan.
第七页，编辑于星期五：十点 七分。
高考总复习•数学（理科） 解析：(1)由条件得：a1q2＝32，a1＋a1q＋a1q2＝29， ∴1＋q2 q＝2，解得q＝1或q＝－21， 当q＝1时，a1＝23，an＝32， 当q＝－12时，a1＝6，an＝6×－21n－1， 所以数列的通项公式为an＝23(n∈N*)或an＝6×－12n－1(n∈N*)．
第九页，编辑于星期五：十点 七分。
高考总复习•数学（理科）
∴23Sn＝6 1－1＋－1212n－n－12n ，
2015届高考数学总复习配套课件：5-4 数列求和
导致计算结果错误．
公 司
菜 单 隐藏
第十九页，编辑于星期五：十点 十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
变式训练
1．(2014年南昌模拟)设正项数列{an}的前n项和是Sn，若{an}和
研考向 要点
探 究 { Sn}都是等差数列，且公差相等．
悟典题 能力
(1)求{an}的通项公式；
提升
司 答案：A
菜 单 隐藏
第十一页，编辑于星期五：十点 十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
研考向 要点
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.
探究
悟典题
解析：∵Sn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n①
能力
提升
∴2Sn＝22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②
q>0，得q＝2，d＝2.所以an＝2n－1，bn＝3·2n－1，所以an＋23bn＝2n－1＋
2n，所以数列{an＋
2 3
bn}的前n项和为
n1＋22n－1＋
21－2n 1－2
＝
n2＋2n＋1－
山 东 金
2.
太
阳
[答案] n2＋2n＋1－2
书
业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
第十四页，编辑于星期五：十点 十四分。
东 金 太
＝121－6n1＋1＝6n3＋n 1.
阳 书 业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
第十八页，编辑于星期五：十点 十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
2015高考数学二轮复习名师知识点总结：数列求和及数列的综合应用
数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧（1）分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．（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{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．（3）倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．（4）裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为1a n a n＋1的数列的前n项和，其中{a n}若为等差数列，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋1.常见的拆项公式：①1n(n＋1)＝1n－1n＋1；②1n(n＋k)＝1k(1n－1n＋k)；③1(2n－1)(2n＋1)＝12(12n－1－12n＋1)；④1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．2．数列应用题的模型（1）等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．（2）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．（3）混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．（4）生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．（5）递推模型：如果容易找到该数列任意一项a n与它的前一项a n－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.考点一分组转化求和法例1等比数列{a n}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.（1）求数列{a n}（2）若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前n项和S n.在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．练习(2013·安徽)设数列{a n}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(a n－a n＋1＋a n＋2)x＋a n＋1cos x －a n＋2sin x满足f′⎝⎛⎭⎫π2＝0.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n＝2⎝⎛⎭⎫a n＋12a n，求数列{b n}的前n项和Sn.考点二错位相减求和法例2(2013·山东)设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝4S2，a2n＝2a n＋1.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足b1a1＋b2a2＋…＋b na n＝1－12n，n∈N*，求{bn}的前n项和T n.错位相减法求数列的前n项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．练习设数列{a n}满足a1＝2，a n＋1－a n＝3·22n－1.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n＝na n，求数列{b n}的前n项和S n.考点三裂项相消求和法例3(2013·广东)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，满足4S n＝a2n＋1－4n－1，n∈N*, 且a2，a5，a14构成等比数列．（1）证明：a 2＝4a 1＋5； （2）求数列{a n }的通项公式；（3）证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12.数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前n 项和S n 或者前n 项和S n 与通项公式a n 的关系式，求通项通常利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2).已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．练习 (2013·西安模拟)已知x ，f (x )2，3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前n 项和为S n ，对于所有大于1的正整数n 都有S n ＝f (S n －1)． （1）求数列{a n }的第n ＋1项； （2）若b n 是1a n ＋1，1a n 的等比中项，且T n 为{b n }的前n 项和，求T n . 考点四 数列的实际应用例4 (2012·湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．（1）用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；（2）若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．(1)由第n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出a n 与a n ＋1的递推关系；(2)由a n＋1与a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解．用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．练习 某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下，可卖出b 千克．若做广告宣传，广告费为n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出b2n 千克．（1）当广告费分别为1千元和2千元时，用b 表示销售量S ； （2）试写出销售量S 与n 的函数关系式；（3）当a ＝50，b ＝200时，要使厂家获利最大，销售量S 和广告费n 分别应为多少？1． 数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：（1）a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2).（2）递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． （3）递推关系形如a n ＋1a n＝f (n )，常用累乘法求通项．（4）递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 是常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n ＋λ}是一个等比数列．（5）递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q n (q ，p 为常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n＋1转为用迭加法求解．2． 数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：（1）错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解． （2）并项求和时，将问题转化为等差数列求和．（3）分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解． 提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3． 数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.1． 在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________. 2． 秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________． 3． 已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.（1）若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值； （2）设b n ＝n(2n ＋1)S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由． 一、选择题1． 已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为 ( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －12． 在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于 ( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 0133． 对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＋1＝f (a n )，n ＝1,2，…，则a 2 013等于 ( )A.2B ．3C 4． 在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15>0，S 16<0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是 ( )A.S 1a 1B.S 8a 8C.S 9a 9D.S 15a 155． 数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012等于 ( )A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 0106． 已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(n 为奇数)，－n 2(n 为偶数)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012等于 ( )A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011二、填空题7． 数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n－1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________.8． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n 为复数isinn π2＋cos n π2(n ∈N *)的虚部，则S 2 013＝________. 9． 已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4(n ≥1)且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1125的最小整数n 是________．10．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天． 三、解答题11．已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .12．将函数f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{a n }(n ∈N *)．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝2n a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的表达式．13．在等比数列{a n }中，a 2＝14，a 3·a 6＝1512.设b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12，T n 为数列{b n }的前n 项和． （1）求a n 和T n ；（2）若对任意的n ∈N *，不等式λT n <n －2(－1)n 恒成立，求实数λ的取值范围．例1解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意． 因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3.故a n ＝2·3n －1 (n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3.当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝⎛⎭⎫n －12－n ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1. 综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.例1练习解 (1)由题设可得f ′(x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x ， 又f ′⎝⎛⎭⎫π2＝0，则a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0，即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝22a 1＋4d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.(2)b n ＝2⎝⎛⎭⎫n ＋1＋12n ＋1＝2(n ＋1)＋12n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(n ＋3)n ＋1－12n ＝n 2＋3n ＋1－12n .例2解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，①当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－12n －1，②①－②得：b n a n ＝12n ，又当n ＝1时，b 1a 1＝12也符合上式，所以b n a n ＝12n (n ∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n ∈N *)．所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n .12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .例2练习解 (1)由已知，得当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n－1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.①从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1，即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．例3(1)证明 当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5，又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列．又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3. 由(1)知a 1＝1.又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列．∴a n ＝2n －1. (3)证明1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<12. 例3练习解 (1)因为x ，f (x )2，3(x ≥0)成等差数列， 所以2×f (x )2＝x ＋3，整理，得f (x )＝(x ＋3)2. 因为S n ＝f (S n －1)(n ≥2)，所以S n ＝(S n －1＋3)2，所以S n ＝S n －1＋3，即S n －S n －1＝3， 所以{S n }是以3为公差的等差数列．因为a 1＝3，所以S 1＝a 1＝3，所以S n ＝S 1＋(n －1)3＝3＋3n －3＝3n . 所以S n ＝3n 2(n ∈N *)．所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. (2)因为b n 是1a n ＋1与1a n 的等比中项， 所以(b n )2＝1a n ＋1·1a n ，所以b n ＝1a n ＋1·1a n ＝13(2n ＋1)×3(2n －1)＝118×⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝118⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝118⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n18n ＋9. 例4解 (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d .a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝⎛⎭⎫32a n －2－d －d ＝⎝⎛⎭⎫322a n －2－32d －d ＝…＝⎝⎛⎭⎫32n －1a 1－d ⎣⎡⎦⎤1＋32＋⎝⎛⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32 n －2. 整理得a n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1－1＝⎝⎛⎭⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意，知a m ＝4 000，即⎝⎛⎭⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000，解得d ＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32m －2×1 000⎝⎛⎭⎫32m －1＝1 000(3m －2m ＋1)3m －2m .故该企业每年上缴资金d 的值为1 000(3m －2m ＋1)3m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．例4练习解 (1)当广告费为1千元时，销售量S ＝b ＋b 2＝3b2.当广告费为2千元时，销售量S ＝b ＋b 2＋b 22＝7b4.(2)设S n (n ∈N )表示广告费为n 千元时的销售量， 由题意得S 1－S 0＝b 2，S 2－S 1＝b 22，……S n －S n －1＝b2n .以上n 个等式相加得，S n －S 0＝b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ，即S ＝S n ＝b ＋b 2＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ＝b [1－(12)n ＋1]1－12＝b (2－12n )．(3)当a ＝50，b ＝200时，设获利为T n ，则有T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－12n )－1 000n ＝1 000×(20－102n －n )，设b n ＝20－102n －n ，则b n ＋1－b n ＝20－102n ＋1－n －1－20＋102n ＋n ＝52n －1，当n ≤2时，b n ＋1－b n >0；当n ≥3时，b n ＋1－b n <0.所以当n ＝3时，b n 取得最大值，即T n 取得最大值，此时S ＝375， 即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元． 1.解析 依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28. 2.解析 由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1， a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋15×142×2＝255.3.解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2·a 4＝65， ∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ， 即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ，所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1， 因为n 2n ＋1＝12－12(2n ＋1)<12，所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．1.解析 因为a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝1＋2n －12n ＋⎝⎛⎭⎫1－12n ·121－12＝n 2＋1－12n . 2.解析 根据等差数列的性质，得数列{S nn }也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013，公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S 2 013＝－2 013.3.解析 由表格可得a 1＝4，a 2＝f (a 1)＝f (4)＝1，a 3＝f (a 2)＝f (1)＝5，a 4＝f (a 3)＝2，a 5＝f (2)＝4，可知其周期为4， ∴a 2 013＝a 1＝4.4.解析 由于S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8>0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)<0，可得a 8>0，a 9<0.这样S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 15a 15<0，而S 1<S 2<…<S 8，a 1>a 2>…>a 8，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8.故选B.5.解析 令m ＝1得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ， 上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，因此1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013＝2⎝⎛⎭⎫1－12 013＝4 0242 013. 6.解析 当n 为奇数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)； 当n 为偶数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1.所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 7.解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，两式相减得，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．∴a 2n ＝4·9n －1， 则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列． ∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝4(1－9n)1－9＝12(9n－1)． 8.解析 由已知得：a n ＝sinn π2(n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， 故{a n }是以4为周期的周期数列，∴S 2 013＝S 503×4＋1＝S 1＝a 1＝1. 9.解析 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)，∴{a n －1}是公比为－13的等比数列．则a n －1＝8·(－13)n －1，即a n ＝8·(－13)n －1＋1.于是S n ＝8[1－(－13)n ]1－(－13)＋n ＝6[1－(－13)n ]＋n ＝6－6·(－13)n ＋n因此|S n －n －6|＝|6×(－13)n |＝6×(13)n <1125，3n －1>250，∴满足条件的最小n ＝7.10.解析 由题意得，每天的维修保养费是以5为首项，110为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为3.2×104＋(5＋n ＋4910)n2n ＝3.2×104n ＋n 20＋9920≥23.2×104n ×n 20＋9920， 当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800.11.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝92a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q 2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1n 2＋q (1－q 2n )1－q 2，q >0且q ≠1.12.解 (1)化简f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)＝－14sin x ，其极值点为x ＝k π＋π2(k ∈Z )，它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列，故a n ＝π2＋(n －1)π＝n π－π2.(2)b n ＝2n a n ＝π2(2n －1)·2n ，∴T n ＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ]，则2T n ＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1]两式相减，得∴－T n ＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n －(2n －1)·2n ＋1]，∴T n ＝π[(2n －3)·2n ＋3]．13.解 (1)设{a n }的公比为q ，由a 3a 6＝a 22·q 5＝116q 5＝1512得q ＝12，∴a n ＝a 2·q n －2＝(12)n .b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12＝log(12)2n －12·log(12)2n ＋12＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)， ∴T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n2n ＋1.(2)①当n 为偶数时，由λT n <n －2恒成立得，λ<(n －2)(2n ＋1)n ＝2n －2n －3恒成立，即λ<(2n －2n －3)min ，而2n －2n－3随n 的增大而增大，∴n ＝2时(2n －2n－3)min ＝0，∴λ<0.②当n 为奇数时，由λT n <n ＋2恒成立得，λ<(n ＋2)(2n ＋1)n ＝2n ＋2n ＋5恒成立，即λ<(2n ＋2n ＋5)min 而2n ＋2n＋5≥22n ·2n＋5＝9， 当且仅当2n ＝2n ，即n ＝1时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ的取值范围为(－∞，0)．。
2015高考数学一轮复习课件：5.4 数列求和
4．数列{an}的通项公式为 an＝n＋2n(n＝1,2,3，…)，则{an} 的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意得数列{an}的前 n 项和等于(1＋2＋3＋…＋
n)＋
(2＋
22
＋
23＋
…＋
2n)＝
nn＋ 2 1＋
2－2n＋1 1－2
＝
nn＋ 2 1＋
2n＋
1
－2.
答案：nn2＋1＋2n＋1－2
第二十四页，编辑于星期五：十二点 二十一分。
点评：解答本题的突破口在于将所给条件视为数列{3n－1an} 的前 n 项和，从而利用 an 与 Sn 的关系求出通项 3n－1an，进而 求得 an；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法， 但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强 对解题过程的训练，重视运算能力的培养．
第十九页，编辑于星期五：十二点 二十一分。
变式探究 1 已知 lg(xy)＝a，S＝lgxn＋lg(xn－1·y)＋…＋ lgyn(x＞0，y＞0)，求 S.
第二十页，编辑于星期五：十二点 二十一分。
解析：将和式中各项反序排列得， S＝lgyn＋lg(x·yn－1)＋lg(x2·yn－2)＋…＋lgxn， 将此式与原式两边对应相加得， 2S＝lg(xy)n＋lg(xy)n＋…＋lg(xy)n ＝n(n＋1)lg(xy)， 共 n＋1 项 lg(xy)． ∵lg(xy)＝a，∴S＝12n(n＋1)a.
第十六页，编辑于星期五：十二点 二十一分。
解析：∵f(x)＝2x＋1
， 2
∴f(x)＋f(1－x)＝2x＋1 2＋21－x＋1 2
＝2x＋1 2＋22x＋1 2 ＝2x＋1 2＋2＋2x2·2x
2015届高考数学(理)一轮复习讲义： 数列求和(人教B版)
2015届高考数学（理）一轮复习讲义： 数列求和一、 知 识 梳 理1.基本数列的前n 项和⑴ 等差数列{}n a 的前n 项和：n S ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⋅+⋅-++=n b n a d n n na a a n n 211)1(212)(⑵ 等比数列{}n a 的前n 项和n S ：①当1=q 时，1na S n =；②当1≠q 时，qqa a q q a S n n n --=--=11)1(11； ⑶ 基本数列{}2n 的前n 项和：nS)12)(1(61++=n n n . 2. 数列求和的常用方法：公式法；性质法；拆项分组法；裂项相消法；错位相减法；倒序相加法.二、 重 难 点 突 破1.重点：掌握由数列通项公式求数列的前n 项之和的方法；2.难点：利用裂项相消法、错位相减法求数列的前n 项之和.3.重难点：灵活选择数列求和的方法，注意裂项相消法求和中项数及项的处理.三、典例分析题型1 公式法求和【例1（2013年高考重庆卷（文）)设数列{}n a 满足:11a =,13n n a a +=,n N +∈.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ;(Ⅱ)已知{}n b 是等差数列,n T 为前n 项和,且12b a =,3123b a a a =++,求20T.【小结】利用等差（等比）数列的有关性质解题，可以简化运算.题型2 拆项分组法求和【例2】（2013年安徽（文））设数列{}n a 满足12a =,248a a +=,且对任意*n N ∈,函数1212()()cos -sin n n n n n f x a a a x a x a x ++++=-++⋅⋅ ，满足'()02f π=(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)若122n n n a b a =+（）,求数列{}n b 的前n 项和n S . 解:由12a = 248a a +=1212()()cos -sin n n n n n f x a a a x a x a x ++++=-++⋅⋅ 1212--sin -cos n n n n n f x a a a a x a x ++++'=+⋅⋅（）121'()--02n n n n f a a a a π+++=+= 所以,122n n n a a a ++=+ {}n a ∴是等差数列.而12a = 34a = 1d = 2-111n a n n ∴=+⋅=+（）(2)111122121222n nn a n nb a n n +=+=++=++（）（）（） 111-22122121-2n n n n S ++=+（）（） ()211313122n nn n n n =++-=++-【小结】若数列的通项公式可分解为若干个可求和的数列，则将数列通项公式分解，分别求和，最终达到求和目的.题型3 裂项相消法求和【例3】（2013年高考江西卷（文））正项数列{a n }满足2(21)20nn a n a n ---=.(1)求数列{a n }的通项公式a n ; (2)令1(1)nnb n a =+,求数列{b n }的前n 项和T n .解:(21)20n n ---=2n n n n （1）由a a 得（a -2n)(a +1）=0由于{a n }是正项数列,则2n =na .(2)由(1)知2n =n a ,故11111()(1)(1)(2)2(1)n n b n a n n n n ===-+++11111111(1...)(1)222312122n T n n n n ∴=-+-++-=-=+++n 【小结】数列的常见拆项有：111)1(1+-=+n n n n ；();2112121⎪⎭⎫⎝⎛+-=+n n n n()()1111;212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭n n n n -+=++111.题型4错位相减法求和【例4】（2013年高考湖南（文））设n S 为数列{n a }的前项和,已知01≠a ,2n n S S a a ∙=-11,∈n N *(Ⅰ)求1a ,2a ,并求数列{n a }的通项公式;(Ⅱ)求数列{n na }的前n 项和. 解: (Ⅰ) 11111121.S S a a n a S ⋅=-=∴=时，当 .1,011=≠⇒a a11111111222221----=⇒-=---=-=>n n n n n n n n n a a a a S a a S a a s s a n 时，当-.*,221}{11N n a q a a n n n ∈===⇒-的等比数列，公比为时首项为(Ⅱ)n n n nqa n qa qa qa qT a n a a a T ⋅++⋅+⋅+⋅=⇒⋅++⋅+⋅+⋅= 321321321321设1432321+⋅++⋅+⋅+⋅=⇒n n a n a a a qT上式左右错位相减:n n n nn n n n na qq a na a a a a T q 21211)1(111321⋅--=---=-++++=-++*,12)1(N n n T n n ∈+⋅-=⇒.【小结】若一个数列是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所得数列，求和问题适用错位相减法.题型5 倒序相加法求和 【例5】设221)(x x x f +=，求：⑴)4()3()2()()()(213141f f f f f f +++++；⑵).2010()2009()2()()()()(21312009120101f f f f f f f ++++++++【解题思路】观察)(x f 及⎪⎭⎫⎝⎛x f 1的特点，发现1)1()(=+x f x f .【解析】 221)(x x x f +=，∴1)1()(=+xf x f .⑴441)4()3()2()()()(213141=⨯=+++++f f f f f f⑵原式2009)12010(1=-⨯=.【小结】通过分析对应的通项，可结合等差数列前n 项和的推导方法求解. ⑴ 数列求和应该从通项入手；⑵ 数列求和的常用方法：公式法、性质法、拆项分组法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法.【巩固练习】1.（2013年四川卷（文））在等比数列{}n a 中,212a a -=,且22a 为13a 和3a 的等差中项,求数列{}n a 的首项、公比及前n 项和.解:设{}n a 的公比为q .由已知可得 211=-a q a ,211134q a a q a +=,所以2)1(1=-q a ,0342=+-q q,解得 3=q 或 1=q ,由于2)1(1=-q a .因此1=q 不合题意,应舍去, 故公比3=q ,首项11=a . 所以,数列的前n 项和213-=n n S 2.2.求数列 ，，，，，)21(813412211n n +的前n 项和n S . 【解析】=n S )21(813412211n n +++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++++=n n 21814121)321( 21)211(21)1(21--++=n n n n n n 211)1(21-++=.3.（2013年高考课标Ⅰ卷（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =,55S =-.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求数列21211{}n n a a -+的前n 项和.解：(1)设{a n }的公差为d,则S n =1(1)2n n na d -+.由已知可得111330,1, 1.5105,a d a d a d +=⎧==-⎨+=-⎩解得 {}n =2-.n a a n 故的通项公式为(2)由(I)知212111111(),(32)(12)22321n n a a n n n n -+==-----从而数列21211n n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和为1111111-+-++)2-1113232112nn n n-=---（.4.⑴ 求和：)2(1531421311+++⨯+⨯+⨯n n ； (2 )求和：nn +++++++++11341231121 . 解:⑴)211(21)2(1+-=+n n n n∴原式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++-+-+-=)211()5131()4121()311(21n n()()11111323122122212n n n n n ⎛⎫+⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. (2)n n nn -+=++111∴nn +++++++++11341231121()()()()n n -+++-+-+-=1342312 11-+=n .5.【2012高考浙江文19】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =22n n +，n ∈N ﹡，数列{b n }满足a n =4log 2b n ＋3，n ∈N ﹡.（1）求a n ，b n ； （2）求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 【解析】（1）由S n =22n n +，得当n=1时，113a S ==；当n ≥2时，1nn n a S S -=-=2222(1)(1)41n n n n n ⎡⎤+--+-=-⎣⎦，n ∈N ﹡.由a n =4log 2b n ＋3，得21n b n =-，n ∈N ﹡.（2）由（1）知1(41)2n n n a b n -=-⋅，n ∈N ﹡所以()21372112...412n nT n -=+⨯+⨯++-⋅，()2323272112...412n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅，()212412[34(22...2)]n n n n T T n --=-⋅-++++(45)25n n =-+(45)25n n T n =-+，n ∈N ﹡.6.（2013高考广东理19）设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知11a =,2121233n n S a n n n +=---,*n ∈N . (Ⅰ) 求2a 的值； (Ⅱ) 求数列{}n a 的通项公式；(Ⅲ) 证明:对一切正整数n ,有1211174n a a a +++<. 解：(Ⅰ) 依题意,12122133S a =---,又111S a ==,所以24a =；(Ⅱ) 当2n ≥时,32112233n n S na n n n +=---,()()()()321122111133n n S n a n n n -=-------两式相减得()()()2112213312133n n n a na n a n n n +=----+---整理得()()111n n n a na n n ++=-+,即111n n a a n n +-=+,又21121a a-=故数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为111a =,公差为1的等差数列, 所以()111na n n n=+-⨯=,所以2n a n =. (Ⅲ) 当1n =时,11714a =<；当2n =时,12111571444a a +=+=<； 当3n≥时,()21111111n a n n n n n=<=---,此时 222121111111111111111434423341n a a a n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+++++<++-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭11171714244n n =++-=-< 综上,对一切正整数n ,有1211174n a a a +++<.四、课后巩固练习1.(2014·江南十校联考)已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2013＝( )A. 2012－1B. 2013－1C. 2014－1D. 2014＋1 【解析】由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2013＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2014－2013)＝2014－1.故选C2. (2014·北京西城区期末)设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ∈N *)，则f (n )等于( )A. 27(8n－1) B. 27(8n ＋1－1) C. 27(8n ＋3－1) D. 27(8n ＋4－1) 【解析】由题意知f (n )可看作以2为首项，23为公比的等比数列的前n ＋4项和，∴f (n )＝2[1－3n ＋4]1－23＝27(8n ＋4－1)．故选D. 3.数列{}n a 中，)(,2211++∈==N n a a a n n ，则数列{}n a 的前n 项积n S 为 .【解析】22121-+-n 由21n n a a =+，得2ln ln ln 2ln 11=⇒=++nn n n a a a a ，∴2ln 2ln 1-=n n a ，122-=n n a 。
2015年高考数学第一轮复习课件：5.4数列求和
解(1) 设等比数列{an}的公比为 q，等差数列{bn}的公差为 d. 由已知，得 a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d， 故33qq＝2＝33＋＋31d2，d ⇒qq＝2＝11＋＋d4，d ⇒q＝3 或 1(舍去)． 所以 d＝2，所以 an＝3n，bn＝2n＋1.
即 an＝12(an－1－an)， 所以 an＝13an－1(n≥2)．
故数列{an}是以32为首项，31为公比的等比数列．
故 an＝23·13n－1＝2·13n(n∈N*)．
ห้องสมุดไป่ตู้
第十三页，编辑于星期五：十一点 四十九分。
(2)设
bn＝
log 1
3
(1－Sn＋1)(n∈N*)，令
Tn＝b11b2＋b21b3＋…＋bnb1n＋1，
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项 an＝2n.
第十一页，编辑于星期五：十一点 四十九分。
(2)令 bn＝n＋n＋212an2，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 n∈N*，都有 Tn＜654.
第一问结果：数列{an} 的通项 an＝2n.
规律方法
第十二页，编辑于星期五：十一点 四十九分。
考点二 裂项相消法求和
考 点
【训练 2】 (2013·滨州一模)已知数列{an}的前 n 项和是 Sn， 且 Sn＋12an＝1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)见下一页
解（1
）
当 n≥2
当 n＝1 时， a1＝S1，由 S1＋12a1＝1， 得 a1＝32， 时，Sn＝1－21an，Sn－1＝1－12an－1，则 Sn－Sn－1＝12(an－1－an)，
属中学2015届高考一轮复习 数列(五)数列求和教案 理(1)
吉林省东北师范大学附属中学2015届高考一轮复习数列（五）数列求和教案理知识梳理：1、特殊数列的前n项公式（1）、等差数列求和公式：（2）、等比数列求和公式：2、一些常见的求和公式3、关于数列求和，主要是转化为等差或等比数列求和问题，然后利用公式求和，对于非等差、等比数列求和，主要方法有：倒序相加，拆项重组，裂项相消，错位相减等。
一、题型探究探究一：公式法求和例1、等比数列1，2，4，8，…中的第3项到第9项的和为 ；例2：求和：++…+ (x )探究二：拆项分组法求和例3：求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n .探究三：裂项相消法求和(1)： 求和：)13)(23(11071741411+-++⋅+⋅+⋅n n .(2)：已知数列{a n }，a n = ,求前n 项的和S n(3)、已知数列{a n}，a n= ,求前n项和S n(4)、已知数列{a n}，a n= ,求前n项和S n探究四：错位相减法求和已知数列的通项公式，其中是等差数列、是等比数列，它们的首项依次是a,b,公差、公比依次为d、q,求数列的前n项的和.（1）、求数列=（2n-1）的前n项的和。
（2）、=（2n-1）探究五：倒序相加法求和(1)、设221)(+=x x f ，利用课本中推导等差数列的前n 项和的公式的方法，可求得)6()5()0()4()5(f f f f f +++++-+- 的值为： 。
(2)、已知f(x)=类比等差数列前n 项和的推导方法，求：f(-2012)+f(-2011)+ f(-2010)+…+ f(0)+f(1)+ … +f(2010)+f(2011) +f(2012) +f(2013)补充方法：1、周期数列求和：利用数列周期性求和：有的数列是周期数列，把握了数列的周期则可顺利求和。
关键之处是寻找周期。
例1：数列{a n }：n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1，求S 2013.2、利用数学归纳法：设数列｛a n｝的前n项和为S n，且方程x2－a n x－a n＝0有一根为S n－1，n＝1，2，3，…．（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）求S n三、反思感悟四、课时作业：（一）、选择题（1）、数列{}中，=-60，=，则数列{}的前30项之和为（C）（A）、120 （B）、495 （C）、765 （D）、3105 （2）、求和n+（n-1）+（n-2）+（n-3）+…+2+1的结果是（C）（A）、-n （B）、-n +2 （C）、-n -2 （D）、-n -2 （3）、设为数列的前n项和，=2n-49，则达到最小值时，n的值为（C）（A）、12 （B）、13 （C）、24 （D）、25（4）、数列{}中，=，若的前n项和=，则项数n为（B）（A）、2011 （B）、2012 （C）、2013 （D）、2014二、填空题（5）、设=+++…+，则= ；（6）、设为等比数列的前n项和，公比q=2，=77，则+++…+；（7）、等差数列{}中，公差d=，且+++…+60，则+++…+；三、解答题（8）、设为等差数列的前n项和，，=，问数列的前几和最大？（9）、在数列{}n a 中，,(n ).证明数列是等差数列，并求出S n 的表达式.【证明】∵,1--=n n n S S a ∴.).2(12221≥-=--n S S S S n nn n化简，得 S n-1－S n = 2 S n S n -1 两边同除以. S n S n -1，得 ).2(2111≥=--n S S n n ∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是以11111==S a 为首项，2为公差的等差数列. ∴,122)1(11-=-+=n n S n ∴.121-=n S n（10）、设函数),2)(1(,1:}{,332)(11≥==+=-n b f b b b x x x f n n n 作数列求和：.)1(11433221+-⋅-+-+-=n n n n b b b b b b b b W 解析： ),384(91,312,32211++=∴+=∴+=+-n n b b n b b b n n n n n①当n 为偶数时]})1[()43()21{(94222222n n W n --++-+-=298)]12(1173[94]})1[()43()21{(98nn n n ⨯--++++-=--++-+-+ =);62(9194)]22(2[21942n n n n n +-=-+⨯⨯-。
2015届高考数学总复习 基础知识名师讲义 第五章 第一节数列的概念与简单表示法 文
【金版学案】2015届高考数学总复习基础知识名师讲义第五章第一节数列的概念与简单表示法文近三年广东高考中对本章考点考查的情况本章内容主要包括：数列的概念与性质，等差数列和等比数列的通项公式、求和公式以及数列的综合应用．1．在复习数列的概念时，应注意：(1)数列是以正整数为自变量的一类特殊函数；(2)并不是所有的数列都能用通项公式表示，有的数列的通项公式不是唯一的；(3)运用递推关系求数列通项公式时，可用特殊到一般的方法找出规律，也可将数列转化为等差或等比数列求解；(4)在a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2中，要特别注意n ＝1的情况．2．在复习等差数列、等比数列时，应注意：(1)等差、等比数列的定义在解题中的应用；(2)等差、等比数列的中项公式、通项公式和求和公式的使用方法；(3)灵活处理数列与不等式、函数相结合的综合问题．这些是广东高考要考查的重点和热点．预计高考对该部分内容的考查，会以两种形式出现，一种是以小题考查通项公式、递推关系、数列求和等问题，属容易题；另一种是在大题中将数列问题与函数、不等式结合在一起进行综合考查，属中等偏难题．根据上述分析、预测，复习中应注意：1．数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决，如通项公式、前n 项和公式等．2．运用方程的思想解等差(比)数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a 1，d (或q )，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．3．分类讨论的思想在本章尤为突出．学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q ＝1和q ≠1两种情况等．4．等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外．如a n 与S n 的转化，将一些数列转化成等差(比)数列来解决等．复习时，要及时总结归纳．5．深刻理解等差(比)数列的定义，能正确使用定义和等差(比)数列的性质是学好本章的关键．切实抓好两个“特殊数列”的通项公式和前n 项和公式的推导过程及方法． 6．解题要善于总结基本数学方法．如迭代法、逐差(积)求和(商)法、裂项相消法、观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法等，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果．1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类函数.知识梳理一、数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每个数叫做这个数列的项．项数有限的数列叫做有穷数列，项数无限的数列叫做无穷数列．二、数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，即a n ＝f (n )．数列的实质是定义域为正整数集N *(或N *的有限子集{1,2,3，…，n })的函数．通项公式a n ＝f (n )即为函数的解析式，其中项数n 相当于自变量，项a n 相当于函数值．三、递推公式如果已知数列{a n }的第一项(或前几项)，且任何一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n ＝f (a n －1)或a n ＝f (a n －1，a n －2，…)，那么这个式子就叫做数列{a n }的递推公式．如数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋2a n －1，其中式子a n ＝1＋2a n －1就是数列{a n }的递推公式．四、数列的表示1．列举法：如1,3,5,7,9，…. 2．图象法：由点(n ，a n )构成．3．解析法：用通项公式a n ＝f (n )表示，如a n ＝2n ＋1.4．递推法：用前几项的值与它相邻的项之间的关系表示各项，如a 1＝1，a n ＝1＋2a n －1.五、数列的分类有穷数列，无穷数列；递增数列，递减数列，摆动数列，常数数列；有界数列，无界数列．六、数列{a n }的前n 项和S n S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .注意：前n 项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n ＝g (n )也为n 的函数． 七、数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.注意：如果求出的a 1也满足n ≥2时的a n ，则可统一写成同一个关系式，否则分段书写． 八、数列中最大、最小项的求法若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1；若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n ＋1，a n ≤a n －1.也可以考虑数列的单调性．基础自测1．(2013·陕西五校模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，则a 2等于( )A ．4B ．2C ．1D ．－2解析：∵S n ＝2a n －2，∴S 1＝a 1＝2a 1－2. 即a 1＝2，又S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－2，∴a 2＝4.故选A.答案：A2．(2013·东莞二模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－3n ，若它的第k 项满足2＜a k ＜5，则k ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－3n ，令n ＝1可得S 1＝a 1＝1－3＝－2， 所以a n ＝S n －S n －1＝n 2－3n －[(n －1)2－3(n －1)]＝2n －4，当n ＝1时也满足a n ＝2n －4，所以数列的通项公式为a n ＝2n －4.因为它的第k 项满足2＜a k ＜5，即2＜2k －4＜5，解得3＜k ＜4.5，因为n ∈N *，所以k ＝4，故选C.答案：C3．(2012·温州中学月考)已知数列{}a n 中，a 1＝4，a n =4n －1a n －1(n >1，n ∈N *)，则通项公式为__________．解析：当n ＞1时，由a n ＝4n －1a n －1可得a 2＝4a 1，a 3＝42a 2，a 4＝43a 3，…，a n ＝4n －1a n－1，上述n －1个等式相乘，得a n ＝41＋2＋…＋(n －1)a1＝2n2－n ＋2.当n ＝1时，a 1＝4，也符合a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)．答案：2n 2－n ＋2(n ∈N *)4．(2012·浙江高考参考样卷)设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，a n ＝－S n S n －1(n ≥2)，则S n ＝________.解析：由a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得S n －S n －1＝－S n S n －1，即1S n －1S n －1＝1.又∵1S 1＝1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1为首项，公差d ＝1的等差数列．∴1S n ＝1S 1＋(n －1)×1＝n .∴S n ＝1n .答案：1n1．(2012·大纲全国卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B.⎝⎛⎭⎫32n －1C.⎝⎛⎭⎫23n －1D.12n －1解析：由S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )得S n ＋1＝32S n ，所以{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，32为公比的等比数列．所以S n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1.故选B.答案：B2．若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝______.解析：最大项为第k 项，则有⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧k 2≥10，k 2－2k －9≤0.∴⎩⎪⎨⎪⎧k 2≥10，1－10≤k ≤1＋10. 又∵k ∈N *，∴k ＝4.答案：41．(2012·济南月考) 已知数列{a n }满足a 1＝36，a n ＋1＝a n ＋2n, 则a nn 的最小值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13解析：∵ a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2＋36＝n (n －1)＋36，∴a n n ＝n 2－n ＋36n ＝n ＋36n －1≥2 n ·36n－1＝11，当且仅当n ＝6时，等号成立．故选B.答案：B2．(2013·江门一模)已知数列{a n }的首项a 1＝1，若∀n ∈N *，a n ·a n ＋1＝－2，则a n ＝__________.解析：数列{a n }中，由a n ·a n ＋1＝－2，① 得：a n ＋1·a n ＋2＝－2，② ②÷①得：a n ＋2a n＝1(n ∈N *)，∴数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以1为公比的等比数列， 由a 1＝1，且a n ·a n ＋1＝2，得：a 2＝－2a 1＝－2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，－2，n 为偶数.答案：⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，－2，n 为偶数。
2015届高考数学总复习配套课件：5-1 数列的概念及简单表示法
太 阳 书 业
即得an＝a1·aa21·aa32·…·aan－n 1＝5×2×23×…×n－n 1＝5n，即an＝5n.
有 限 公
[答案] (1)n2＋1 (2)5n
司
菜 单 隐藏
第二十页，编辑于星期五：十点 十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
研考向 要点 探究
悟典题 能力 提升
提升
数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子
提素能
高效
训 练 集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是
数列．因此，在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑 山
东
数列方法的特征性．
金
太
阳
书
业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
第六页，编辑于星期五：十点 十四分。
高考总复习 A 数学（文）
n为奇数 n为偶数
，有的数列没有通项公式．
山 东 金
太
阳
书
业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
第九页，编辑于星期五：十点 十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
研考向 要点 探究
2．已知数列{an}的前 4 项分别为 2,0,2,0，…，则下列各式不可以作
悟典题 为数列{an}的通项公式的一项是( )
山 东
3×42，a5＝3S4＝3×43，a6＝3S5＝3×44.
金
太
答案：A
阳
书
业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
第十四页，编辑于星期五：十点 十四分。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第五节 数列的求和
掌握等差数列、等比数列的前n 项和公式，能把某些不是等差和等比数列的求和问题转化为等差、等比数列来解决；掌握裂项求和的思想方法，掌握错位相减法求和的思想方法，并能灵活地运用这些方法解决相应问题．
知识梳理
一、直接用等差、等比数列的求和公式求和
1．等差数列{}a n 的前n 项和公式．
S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2
d . 2．等比数列{}a n 的前n 项和公式．
S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
na 1
，q ＝1，a 1(1－q n )1－q
，q ≠1. (注意：公比含字母时一定要分类讨论) 二、错位相减法求和
例如{}a n 是等差数列，{}b n 是等比数列，求a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的和就适用此法．做法是先将和的形式写出，再给式子两边同乘或同除以公比q ，然后将两式相减，相减后以“q n ”为同类项进行合并得到一个可求和的数列(注意合并后有两项不能构成等比数列中的项，不要遗漏掉)．
三、分组求和
把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和．
四、并项求和
例如求1002－992＋982－972＋…＋22－12的和可用此法．
五、裂项相消法求和
把数列的通项拆成两项之差，正负相消，剩下首尾若干项．
1．特别是对于⎩⎨⎧⎭
⎬⎫c a n a n ＋1，其中{}a n 是各项均不为0的等差数列，通常用裂项相消法，即
利用c a n a n ＋1＝c d ⎝⎛⎭
⎫1a n －1a n ＋1(其中d ＝a n ＋1－a n )． 2．常见的拆项．
1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝
⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； 1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣
⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； 六、公式法求和
∑k ＝1n
k ＝n (n ＋1)2；∑k ＝1n ()2k －1＝n 2；∑k ＝1n k 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6； ∑k ＝1n
k 3＝⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22. 七、倒序相加法求和
如果一个数列{a n }多与首末两端等“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，如等差数列的前n 项和就是用此法推导的．
八、其他求和法
如归纳猜想法、奇偶分拆法等．
基础自测
1．(2012·南阳一中考试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝( )
A ．63
B ．45
C ．36
D ．27
解析：由等差数列的性质知，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，∴9,36－9，S 9－36成等差数列，即54＝9＋S 9－36.∴S 9＝81.∴a 7＋a 8＋a 9＝81－36＝45.故选B.
答案：B
2．(2013·三亚质检)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )
A ．－200
B ．－100
C ．200
D ．100
解析：由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100
＝－1＋3－5＋7＋…＋(－1)100(2×100－1)
＝(－1＋3)＋ (－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.
答案：D
3．(2012·山西四校联考)等差数列{a n }中，a 3＝8，a 7＝20，若数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为425
，则n 的值为________．
解析：∵公差d ＝a 7－a 37－3
＝3， ∴通项公式为a n ＝a 3＋(n －3)·3＝3n －1(n ∈N *)．
∴1a n a n ＋1＝1(3n －1)(3n ＋2)＝13⎝
⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2. 用裂项求和法求得其前n 项和为S n ＝13⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2.令13⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2＝425
，解得n ＝16. 答案：16
4．(2013·梅州一模)设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2
＝____________.
解析：因为q ＝2，所以S 4＝a 1(1－q 4)1－q
＝15a 1，a 2＝a 1q ＝2，所以S 4a 2＝152. 答案：
152
1．(2012·大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )
A.100101
B.99101
C.99100
D.101100
解析：由a 5＝5，S 5＝15，得a 1＝1，d ＝1.
∴a n ＝1＋(n －1)＝n .
∴
1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. 又1a 1a 2＋…＋1a 100a 101＝11－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101
.故选A. 答案：A
2．(2013·湖南卷)设S n 为数列{a n }的前项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.
(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式；
(2)求数列{na n }的前n 项和．
解析：(1)因为S 1＝a 1，所以当时n ＝1时，2a 1－a 1＝S 1·S 1，
a 1≠0，得a 1＝1.
当n ＞1时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －a 1S 1－2a n －1－a 1S 1
＝2a n －2a n －1，得a n ＝2a n －1， 所以{a n }是首项为a 1＝1，公比为q ＝2的等比数列，a n ＝2n －
1(n ∈N *)． (2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －
1}的前n 项和为T n ，于是T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，②
①－②得，－T n ＝1＋2＋22＋ (2)
－1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n .从而T n ＝1＋(n －
1)·2n (n ∈N *)．
1．(2012·咸阳模拟)已知函数f (x )＝x 2－bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线3x －
y ＋2＝0平行，若数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 2 012的值为( )
A.2 0092 010
B.2 0102 011
C.2 0112 012
D.2 0122 013
解析：∵f ′(x )＝2x －b ，f ′(1)＝2－b ＝3，∴b ＝－1.
∴f (x )＝x 2＋x .
∴1f (n )＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1
. ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1
＝1－1n ＋1＝n n ＋1
. ∴S 2 012＝2 0122 013
.故选D. 答案：D
2．(2013·珠海二模)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前5项和S 5＝35，又a 1＋1，a 3＋1，a 7＋1成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和，问是否存在常数m ，使T n ＝m ·⎣⎡⎦
⎤n n ＋1＋n 2(n ＋2)？若存在，求m 的值；若不存在，说明理由．
解析：(1)设数列{a n }的公差为d ，由已知得a 1＋2d ＝7,
又a 1＋1，a 3＋1，a 7＋1成等比数列，所以(7＋1)2＝(a 1＋1)(a 1＋6d ＋1) . 解得：a 1＝3，d ＝2，
所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1(n ∈N *)．
(2)因为S n ＝n (a 1＋a n )2
＝n (n ＋2)， 所以1S n ＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭
⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝1211－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2
＝12⎝⎛⎭
⎫11＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝12⎣⎡⎦
⎤n n ＋1＋n 2(n ＋2). 故存在常数m ＝12
.。