高中数学必修5常考题型数列求和复习课.pdf
1/7 数列求和(复习课)【知识梳理】1公式法(分组求和法)如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合 而成，并且各独立项也可组成等差或等比数列，则该数列的前 n 项和可考虑拆项后利用公式求解 2裂项求和法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项，常见的拆项公式有：1nnk1k(1n1nk)；若an为等差数列，公差为 d，则1anan11d(1an1an1)；1n1 nn1 n等 3错位相减法 若数列an为等差数列，数列bn是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为anbn，当求该数列的前 n 项的和时，常常采用将anbn的各项乘以公比 q，然后错位一项与anbn的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法 4倒序相加法 如果一个数列an，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加求和法【常考题型】题型一、分组转化法求和 2/7【例 1】已知数列cn：112，214，318，试求cn的前 n 项和 解 令cn的前 n 项和为 Sn，则 Sn112214318n12n(123n)12141812n nn1212112n112 nn12112n.即数列cn的前 n 项和为 Snn2n2112n.【类题通法】当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但如果它的通项公式可以拆分为几项的和，而这些项又构成等差数列或等比数列，那么就可以用分组求和法，即原数列的前 n 项和等于拆分成的每个数列前 n 项和的和【对点训练】1求和：Sn3333333333n6 4 7 4 8L个.解：数列 3,33,333，3333n6 4 7 4 8L个的通项公式 an13(10n1)Sn13(101)13(1021)13(10n1)13(1010210n)n3 1310110n110n3 3/7 1027(10n1)n3.题型二、错位相减法求和【例 2】已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2n2n，nN*，数列bn满足 an4log2bn3，nN*.(1)求 an，bn；(2)求数列anbn的前 n 项和 Tn.解(1)由 Sn2n2n，得当 n1 时，a1S13；当 n2 时，anSnSn14n1，所以 an4n1，nN*.由 4n1an4log2bn3，得 bn2n1，nN*.(2)由(1)知 anbn(4n1)2n1，nN*，所以 Tn3721122(4n1)2n1,2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n，所以 2TnTn(4n1)2n34(2 222n1)(4n5)2n5.故 Tn(4n5)2n5，nN*.【类题通法】如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前 n 项和时，可采用错位相减法 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式【对点训练】2已知 ann3n，求数列an的前 n 项和 Sn.解：Sn13232333n13n1n3n，4/7 13Sn132233n13nn3n1，两式相减得23Sn1313213313nn3n1 13113n113n3n112123nn3n1，Sn34143n1n23n342n343n.题型三、裂项相消法求和【例 3】已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前 n 项和为 Sn.(1)求 an及 Sn；(2)令 bn1a2n1(nN*)，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，由于 a37，a5a726，a12d7,2a110d26，解得 a13，d2.由于 ana1(n1)d，Snna1an2，an2n1，Snn(n2)(2)an2n1，a2n14n(n1)，因此 bn14nn1141n1n1.故 Tnb1b2bn 1411212131n1n1 5/7 1411n1 n4n1.数列bn的前 n 项和 Tnn4n1.【类题通法】裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然后重新组合使之能消去一些项，最终达到求和的目的利用裂项法的关键是分析数列的通项，考察是否能分解成两项的差，这两项一定要是同一数列相邻(相间)的两项，即这两项的结论应一致【对点训练】3在数列an中，an1n12n1nn1，且 bn2anan1，求数列bn的前 n 项的和 解：an1n1(12n)n2，bn2anan1，bn2n2n128(1n1n1)，数列bn的前 n 项和为 Sn8(112)(1213)(1314)(1n1n1)8(11n1)8nn1.【练习反馈】1已知 an(1)n，数列an的前 n 项和为 Sn，则 S9与 S10的值分别是()A1,1 B1，1 C1,0 D1,0 解析：选 D S91111111111，S10S9a10110.2数列an，bn满足 anbn1，ann23n2，则bn的前 10 项和为()6/7 A.14 B.512 C.34 D.712 解析：选 B 依题意 bn1an1n23n21n1n21n11n2，所以bn的前 10 项和为 S1012131314141511111212112512，故选 B.3求和：Sn11121121411214181121412n1_.解析：被求和式的第 k 项为：ak1121412k1112k1122112k.所以 Sn21121122112n 2n1212212312n 2n12112n112 2n112n 2n12n12.答案：2n12n12 4已知数列an的通项公式 an2n12n，其前 n 项和 Sn32164，则项数 n 等于_ 解析：an2n12n112n Snn12112n112n112n321645164，7/7 n6.答案：6 5已知等比数列an中，a28，a5512.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Sn.解：(1)a5a2512864q3，q4.ana24n284n222n1.(2)由 bnnann22n1知 Sn12223325n22n1，从而 22Sn123225327n22n1，得(122)Sn2232522n1n22n1，即 Sn19(3 n1)22n12
