高考数学数列求和Word文档格式.docx

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5．倒序相加法：

即等差数列求和公式的推导方法.

6．公式法（注意公式的推导）.常用的公式有：

=；

=；

【基础训练】

1、写出等差数列{an}的前n项和的推导过程：

这种求和方法称为

2、写出等比数列{an}的前n项和的推导过程：

这种求和方法称为

3．数列1,3,5,7,…的前n项和Sn=

4．，求{an}前n项和Sn=.

5．已知，求{an}，前n项之和Sn=.

【典型例题】

例1、求下面各数列的前n项和：

（1）1×

2，2×

3，3×

4，4×

5。

。

（2）

例2、设，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f（–5）+f（–4）+…+f（0）+…+f（5）+f（6）的值为.

变式：

求和：

例3、数列{an}的通项公式为an=n*则求Sn

例4（2006年·

北京海淀期中）已知数列{an}满足：

a1=1，an+1=

（1）求a2，a3；

（2）当n≥2时，求a2n–2与a2n的关系式，并求数列{an}中偶数项的通项公式；

（3）求数列{an}前100项中所有奇数项的和.

【规律总结】

1．若是等差（比）数列求和问题，则直接用公式求和时，注意公式的应用范围（q=1和q≠1两类）.

2．非等差（比）数列求和，关键在于转化为等差（比）数列求和；

写出通项公式，观察通项形式与特点、或拆项或并项、或错位相减或倒序相加.

3．数列求和需熟练基本方法，积累一定经验.

【考题链接】

1．（05山东文21）已知数列的首项前项和为，且

（I）证明数列是等比数列；

（II）令，求函数在点处的导数，

并比较与的大小.

2、（06湖北）设数列的前n项和为，点均在函数y＝3x－2的图像上。

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m。

数列求和08016

1．数列，，，…，的前n项和是（）

A．1–B．1+

C．1+D．1–

2．已知数列{an}的前n项和Sn=1–5+9–13+17–21+…+（–1）n–1（4n–3），则S15+S22–S31的值为（）

A．3B．-76

C．46D．6

3．数列{an}的通项an=2n+1，则由bn=所确定的数列{bn}的前n项之和是（）

A．n（n+2）B．n（n+4）

C．n（n+5）D．n（n+7）

4．Sn==.

5．已知数列{an}满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+（n–1）an–1（n≥2），则{an}的通项公式an=

6．求和：

（1）Sn=；

（2）Sn=1+2×

3+3×

7+…+n（2n–1）.

7．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=5a2，a3=3.令bn=，n∈N*.

（1）求数列{bn}的通项公式；

（2）求Tn=b1+b2+…+bn.

8．设数列{an}对所有正整数n都满足：

a1+2a2+22a3+…+2n－1an=8–5n.

求数列{an}的前n项和Sn.

1．直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意等比数列求和时q=1、q≠1的讨论.

（1）；

（2）；

（3）.

n（n+1）（2n+1）；

=n2（n+1）2.

【解析】Sn=a1+a2+…+an–1+an

Sn=an+an–1+…+a2+a1，

两式相加：

2Sn=（a1+an）+（a2+an–1）+…+（an+a1）

=（a1+an）·

n

1．得.

这种求和方法称为倒序相加法

.2、写出等比数列{an}的前n项和的推导过程：

【解析】Sn=a1+a1q+…+a1qn–1

qSn=a1q+a1q2+…+a1qn

由错位相减，得（1–q）Sn=a1–a1qn

.

这种求和方法称为错位相减法

3．数列1,3,5,7,…的前n项和Sn=.

【解析】裂项法：

S=（1+3+5+…+2n–1）+（）

【点评】通过裂项，将数列转化为等差、等比数列求和，这是数列求和的基本思路.

4．，求{an}前n项和Sn=.

【解析】当n=2k（k∈N+）时，

Sn=（1–4）+（1–4）+…+（1–4）=–3k，

当n=2k–1（k∈N*）时，

Sn=S2k+4=–3k+4，

故Sn=

【点评】并项求和.并项后转化为易求和型.

5．已知，求{an}，前n项之和Sn=.

【解析】

==

【点评】拆项相消法.

例2【解析】∵，∴=，

∴，设S=f（–5）+f（–4）+…+f（6），

则S=f（6）+f（5）+…+f（–5），∴2S=（f（6）+f（–5）+（f（5）+f（–4））+…+

（f（–5）+f（6））=，∴S=f（–5）+f（–4）+…+f（6）=.

【点评】使用“倒序相加法”求和的题型特征是“与首末两端距离相等的两项的和都相等”.本题中，倒序相加后，对应项的和中自变量的和都等于1，故需探求f（x）+f（1–x）的值.

拓展：

设，定义fn+1（x）=f1[fn（x）]，an=，其中n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若T2n=a1+2a2+3a3+…+2na2n，Qn=，其中n∈N*，试比较9T2n与Qn的大小，并说明理由.

（1）f1（0）=2，，

fn+1（0）=f1[fn（0）]=，

=

=.

∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列，∴.

（2）+2na2n，+…+=a2+2a3+…+（2n–1）a2n–na2n，

∴=a1+a2+…+a2n+na2n

=，

∴

，

当n=1时，22n=4，（2n+1）2=9，∴9T2n＜Qn；

当n=2时，22n=16，（2n+1）2=25，∴9T2n＜Qn；

当n≥3时，

22n=[（1+1）n]2=（）2＞（2n+1）2，

∴9T2n＞Qn.

综上，当n=1，2时，9T2n＜Qn；

当n≥3时，9T2n＞Qn.

【点评】数列求和中的错位相减法是最近几年高考题中常考内容，往往和解析几何、函数、不等式等知识联系较多，且涉及分类讨论等思想方法，考生须熟练掌握，“错位”是为了对齐同类项，最后一项符号易错，求和时，只有部分成等比（差）数列.

例4【解析】

（1）.

（2），

即a2n–1=a2n–2–2（2n–2）.，

即.∴.

∴，∴（n∈N*）.

（3）∵当n=2k时，a2k+1=a2k–2×

2k（k=1,2,…,49）.

∴叠加可得所有奇数项的和

1–2×

（2+4+…+98）+a2+a4+…+a98=.

解：

由已知可得两式相减得

即从而当时所以又所以从而

故总有，又从而即数列是等比数列；

（II）由（I）知

因为所以

从而=

=-=

由上-=

=12①

当时，①式=0所以；

当时，①式=-12所以

当时，又

所以即①从而

1．数列，，，…，的前n项和是（D）

【解析】拆项相消法，或特殊值验证法，选D.

2．已知数列{an}的前n项和Sn=1–5+9–13+17–21+…+（–1）n–1（4n–3），则S15+S22–S31的值为（B）

【解析】并项求和，选B.

3．数列{an}的通项an=2n+1，则由bn=所确定的数列{bn}的前n项之和是（C）

【解析】裂项求和，或特殊值验之，选C.

二、填空题

4．Sn==.

【解析】拆项相消法.

5．已知数列{an}满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+（n–1）an–1（n≥2），则{an}的通项公式an=.

【解析】当n=1时,a1=1，当n≥2时，由an-an-1=（n-1）an-1，从而化成递推数列用累乘.

三、解答题

（1）分a=1和a≠1两种情况.

当a=1时，Sn=1+2+3+…+n=；

当a≠1时，Sn=，

两边同乘以，得

两式相减，得

即Sn=.

综上所述，得

Sn=

（2）Sn=（1×

2–1）+（2×

22–2）+…+（n·

2n–n）

=（1×

2+2×

22+…+n·

2n）–（1+2+…+n），nnnnnnnnnnnnnnnnn

令.

2，

=2（2n–1）–n·

2n+1=–（n–1）·

2n+1–2，

∴，

∴n（n+1）.

【解析】法一：

（1）设等差数列{an}的公差为d，依题意得

解得a1