发布时间 : 星期四 文章2019届高考数学一轮必备考情分析学案：6.4《数列求和》（含解析）更新完毕开始阅读35d29eb0182e453610661ed9ad51f01dc38157d6
6.4数列求和
考情分析
掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法 基础知识
数列求和的常用方法 1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和 (1)等差数列的前n项和公式： Sn＝
1
＋an2
＝na1＋
－2
d；
(2)等比数列的前n项和公式： na1，q＝1，??n
Sn＝?a1－anqa1－q
＝，q≠1.?1－q?1－q2．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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项和公式即是用此法推导的． 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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的． 4．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． 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． 6．并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)f(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝100－99＋98－97＋…＋2－1＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 注意事项
1.一般数列求和，应从通项入手，若无通项，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某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．[: 2.在利用裂项相消法求和时应注意：
(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；[:
(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项． 3.(1)(2)
1＋1－
＋
11＝－； nn＋1
1?1?1
－＝??；
2?2n－12n＋1?
2
2
2
2
2
2
n
(3)
1n＋n＋1
＝n＋1－n.
题型一 公式法求和
【例1】在等比数列{an}中，a3＝9，a6＝243，求数列{an}的通项公式an及前n项和公式Sn，并求a9和S8的值． a62433
解 在等比数列{an}中，设首项为a1，公比为q，由a3＝9，a6＝243，得q＝＝＝27，∴q＝3.
a39由a1q＝a3，得9a1＝9，∴a1＝1. 于是，数列{an}的通项公式为an＝1×3前n项和公式为Sn＝由此得a9＝3
9－1
n－1
2
＝3
n－1
，
－3
1－3
n
3－1＝.
2
n
3－1
＝6 561，S8＝＝3 280.
2
8
【变式1】?已知数列{an}是首项a1＝4，公比q≠1的等比数列，Sn是其前n项和，且4a1，a5，－2a3成等差数列． (1)求公比q的值；
(2)求Tn＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值． 解 (1)由题意得2a5＝4a1－2a3. ∵{an}是等比数列且a1＝4，公比q≠1， ∴2a1q＝4a1－2a1q，∴q＋q－2＝0， 解得q＝－2(舍去)或q＝1，∴q＝－1.
(2)∵a2，a4，a6，…，a2n是首项为a2＝4×(－1)＝－4，公比为q＝1的等比数列，∴Tn＝na2＝－4n. 题型二 分组转化求和
1??1??11??11
【例2】求和Sn＝1＋?1＋?＋?1＋＋?＋…＋?1＋＋＋…＋n－1?.
2??2??24??24解 和式中第k项为[:
2
2
2
4
2
4
2
?1?k
1－??
111?2??1?ak＝1＋＋＋…＋k－1＝＝2?1－k?. 2421?2?
1－2??1??1??1??∴Sn＝2??1－?＋?1－2?＋…＋?1－n?? ??2??2??2??
＝2?
??
1???11
＋1＋…＋1n个－?＋2＋…＋n??
2???22
n?1－1???1??2?2?1
＝2?n－＝
1?2
?1－2?
n－1
＋2n－2.
【变式2】已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2p＋nq(n∈N，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求： (1)p，q的值；(2)数列{xn}前n项和Sn的公式．
解 (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝2p＋4q，x5＝2p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋2p＋5q＝2p＋8q，解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知xn＝2＋n，所以Sn＝(2＋2＋…＋2)＋(1＋2＋…＋n)＝2
n
2
n
n＋1
4
5
5
5
n*
－2＋
＋
2
.
题型三 裂项相消法求和
1??2
【例3】在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Sn＝an?Sn－?.
2?? (1)求Sn的表达式； (2)设bn＝
Sn
，求{bn}的前n项和Tn. 2n＋1
1??2
解 (1)∵Sn＝an?Sn－?，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
2??1??2
∴Sn＝(Sn－Sn－1)?Sn－?，
2??即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，① 由题意Sn－1·Sn≠0，
11
①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，
SnSn－1
?1?11
∴数列??是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．
S1a1?Sn?
11
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. Sn2n－1(2)又bn＝
Sn
＝2n＋1
1－
＋
1?1?1－＝??，
2?2n－12n＋1?∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
1??1??11??1－1?? ＝??1－?＋?－?＋…＋???2??3??35??2n－12n＋1??1?1?n＝?1－＝. ?2?2n＋1?2n＋1【训练3】 在数列{an}中，an＝解 an＝＝
12n2
＋＋…＋，又bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. n＋1n＋1n＋1an·an＋1
12n
＋＋…＋ n＋1n＋1n＋1
＋
＋
n＝. 2
8＋
1＋2＋…＋n
＝n＋1
∴bn＝
22
＝＝
an·an＋1nn＋1
·22
1??1
＝8?－?.
?nn＋1?
1????1??11??1
∴Sn＝8??1－?＋?－?＋…＋?－??
??2??23??nn＋1??＝8?1－
??
1?8n
＝. ?n＋1?n＋1
题型四 错位相减法求和
【例4】已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
?an?
(2)求数列?n－1?的前n项和．
?2?
??a1＋d＝0，
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得?
??a1＝1，
解得?
??2a1＋12d＝－10，
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列??an?
?2n－1??
的前n项和为Sn，
∵
an2－n1n
2n－1＝2n－1＝2n－2－2
n－1， ∴S?1＋111n＝??2＋2＋22＋…＋2n－2???－??23n?1＋2＋22＋…＋2n－1???.
记T＝1＋22＋3n
n22＋…＋2n－1，
则12T＝123n
n2＋22＋23＋…＋2
n，
①－②得：12T＝1＋12＋11nn22＋…＋2n－1－2n，
1－
1∴1
2n
n2Tn＝－n1－12
. 2
即Tn＝4???1－12n???－n
2
n－1.
2??1－?1?n?∴S＝???2???
??1?n
n1－1－4??1－2n??＋2n－1 2＝4??1?1－2n???－4??1?1－2n??n?＋2
n－1 ＝
n2
n－1
.
【变式4】 设数列{aa2
n－1
n}满足1＋3a2＋3a3＋…＋3a＝n*
n3
，n∈N.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn
n＝a，求数列{bn}的前n项和Sn.
n解 (1)an－1
1＋3a2＋32
a3＋…＋3a＝nn3
，
①
∴当n≥2时， a1＋3a2＋32
an－23＋…＋3an－1
n－1＝
3
， ②
①－②得：3
n－1ann－111n＝3－3＝3，∴an＝3
n.
??d＝－1.
①[: ②