1、山東省煙臺市芝景區數學 2015-2016高三專題復習-數列（2）求和及經典練習（含答案）煙臺樂博士教育特供 明老師整理、公式法: 利用以下公式求數列的和1.Sn迨3 nai n(d(%為等差數列)222. Sna1(1q )a1anq(q1)或Snna/q1) (為 為等比數列)1 q 1 qQ /o2q2yn(n1)(2n1)3. 123n64. 132333n3n(n1)2等公式2例已知數列 a ,其中a 1,a23,2anan1an1n 2 ,記數列的前ann項和為Sn,數列的前項ln Sn n和為Un,求Un解：由題意，an是首項為1,公差為的等2差數列前 n 項和 Sn 1-1-2

2、-n n n2, ln Sn ln n2 2ln n 2Un 2 ln1 ln2 L In n 2ln n!二、分組求和法對于數列an ,若an bn Cn且數列bn、Cn 都能求出其前n項的和，則在求前項an n和時，可采用該法例如：求和：Sn 0.9 0.99 0.999 0.99990.9 9n個9解：設an0.910 nSna1a2 a3 a4(1 10 1) (1 10 2)(1 10 3) (1 10 4)(1 10 n)(1 11) (10 1 10 2 10 3 10 410 n)n個1相加1nn -(1 10 n)9三、倒序相加法(或倒序相乘法)將一個數列倒過來排列(反序)，

3、再把它與原數列相加，就可以得到n個(為a。)，Sn表示從第一項依次到第n項的和，然后又將Sn表示成第n項依次反序到第一項的和，將所得兩式 相加，由此得到 Sn的一種求 和方法。1 .倒序相加法例設f (x) 2x利用課本中推導等差數列的前項和 n的公式的方法，可求得的值f( 5) f( 4)f(0)f(5) f(6)為：解：因為f (x)2x2 、2 2x2x22x，、1f (x) +f (1x) =2 2x12 2x11 2x 2-2 2x -2 2xB( 2 2x)_1_ :“ 2 2x 22貝 ab a ana2 an 1(5) + - +f (-5)設 S=f (-5) +f (-4)

4、 + +f (6),貝U S=f (6) +f；2S= (f (6) +f (-5) ) + (f (5) +f (-4) ) + (f (-5) + - f (6) ) =6 V2. .S=f (-5) +f (-4) + - +f (0) + - +f (6) =3 2 .2 .倒序相乘法 例如：已知a、b為兩個不相等的正數，在a、b之間插入個n正數，使它們構成以a為首項，b為末項的等比數列，求插入的這 n個正數的積pn解：設插入的這n個正數為“、a2、戔、 an且數列a、a1、a2、戔、 an、b成等比數列Pnai a2 a3a0又 Pn an an 1 an 2 日 由 得 p2 (a

5、an)(a2an i)(anai) (ab)nnPn (ab)2四、錯位相減法對于數列an ,若an bn Cn且數列bn、5分別是等差數列、等比數列時，求該數列前an n項和時，可用該方法。一般在已知和式的兩邊都乘以組成這個數列的等比數列的公比q,然后再將得到的新和式和原和式相減，轉化為同倍數的等比數列求和，就是錯位相減法。例 已知數列an ：an (2n1) 3n,求數列前項ann和Sn解：Sn 1 31332 5332(n 1)13n 1 (2n1) 3n在上式兩邊同乘以(或除以)等比數列的3n公比3,得3Sn 1 32 3 33 5 342(n 1) 13n (2n 1)3n 1由(兩

6、等式的右邊錯位相減) _12233nnn 12Sn 1 3(3 31 3 ) (5 33 3 )(2n 1)32(n 1) 13(2n 1)3123nn 1123nn 1n n n nn nnn n nnn1 32 32 32 3(2n 1)31 32(333 ) (2n 1)33 (3n 1 9) (2n 1) 3n 1 (2 2n)3n 1 6 Sn (n 1) 3n 1 3五、裂項相消法對相應的數列的通項公式加以變形，將其寫成兩項的差，這樣整個數列求和的各加數都按同樣的方法裂成兩項之差，其中每項的被減數一定是后面某項的減數，從而經過逐項相互抵消僅剩下有限項，可得出前項內和公式.它適用于型

7、I/%電(其中f是各項不為0的等差數列，C為常數)、部分無理數列、含階乘的數列等。常見的裂項方法有:1n(n 1)11 .11 .一(- )n(n k) k n n k2.1(2n 1)(2n 1)12n-)13.1n(n 1)(n 2)1 2 n(n 1) (n 1)(n 2)4.11 - -(n k ，n) .n k . n k還有：an f(n 1) f(n)； 701 ()，(2n 1)(2n 1)2 2n 1 2n 1 cosn cos(n 1) an(n 2),求數列刖項 an n和.n 2),1,n 1,an-XJ n 2g3 ，(H) Tn al 2a2 3a3 Lnan,當

8、n 1 時，T1 1;當n2時，Tn 1 4d6彳1 L2n0n 2 ,3Tn 3 4彳1 6g32 L2ng3n 1, 得：2Tn2 42(3132L3n2)2ng3n1 22g3(13 )2ng3n11 31 (1 2n)g3n 1Tn 1 n 13n1(n)2). 又也滿足上Q T1 a1 1式, 22Tn 1 n 1 3n 1(n 2) 226.解：bn122(bn2)bn1 22bn 2b1a2a12 b22b226數列bn+2是首項為4公比為2的等比數列；由知bn 2 4 2n12n 1bn 2n 12 an 1 an 2n 122 a2 al 22a3 a2232an上列anan

9、 1(n-12n 12n式子累加:2nan2 (22232n) 2n a1a22 c3cn1 o n(n 1)an (222 ) 2 .2a1 a2an2n 2 n(n 1) 47.解：（1）設等差數列an的公差為d ,則64 15d60,到/曰 d 2,2解得ai(ai 20d) 5d)2a1 5.an 2n 3.c n(5 2n 3)/ 八Sn-n(n 4)2(2)由 bn i bn an,bn bn i an i(n 2,nN ).當 n 2時，bn (bnbni) (bn i bn 2) L (b2bi)bian i an 2 Lai bi (n i)( n i 4)3n(n 2).對

10、兒3也適合，一 i i i i in(n2)(nN)bn 2(nETn:(ii i 、 i ,3 i i 、n n 2) 2(2 n i n 23n2 5n4(n i)(n 2)8.解：Q Sn i 3Sn 2Sn i i 0Sn i Sn2(S Si) ian i 2an i(n 2)3又也酒足上 ai -，a2 2式， an i 2an i(n N )2一，、/ani i2(ani)(n N )i 數列是公比ani為2,首項為的等ai i 1比數列(2)由，an 112n1 2n 2 an2n 2 i2于是 Sna1a2.an2 1 12 121 1.2n 2 1101n222.22n1n

11、 2 n9.解析：(I) Sn 1 4an 2, Sn 4ani 2(n 2),兩式相減：an 1 4an 4ani(n 2),bnbnb1a2(II) Cn4(a an2,2a1，而 aibn3n(n 1)an 1 )(n2), bn an 1 2an,2a n 14(an 1 an)2a n 1 , b n 12(a n 1bn是以2為公比的等比數歹I,a2 4a12, a2 3a125,b15 22an) 2bn(n N*),3, bn 3 2n 1(n N*)lOg2Cn 1 lOg2 Cn 210g2 2nlog 2 2n 11n(n 1),111nT Tn(1 2) (23）（3

12、：）( A)n n 1數列運算中整體思想簡化計算一、整體代入把已知條件作為一個整體，直接代入或組合后代入所求的結論。例1 :在各項均為正數的等比數列an中，若a5a6=9，則log3a i+log3a 2 +log3a 10=()A.12B.10C.8D.2+log35解析：: log3a i+log3a 2+log3a io=log3(ai - a2 aio)=log 3(a5a6)5=5log39=5 x 2=10 ,故應選Bo例2:等差數列an的前10項和Sio=100，前100項和S100=10 ,則前110項和S11 oA.-90B.90C.-110D.110解析：- S100 -S

13、10 =aii +a 12 + +a 100 = =45(a i+aii0 )=-90 ,ai+a110 =-2故S110=U0=-110,所以應選C整體求解把所求的結論作為一個整體，由已知條件變形或計算使得例 3:在等比數歹!J an中，若 ai0 ,且 a2a4+2a3a5+a 4a6=16 ,貝U a3+a5 的值為。解析：由已知條件得 a32+2a3a5+a52=16,即(a3+a5)2=16 ,解之得：a3+a5= 4。 ai0, a2n-i 0 ,故 a3+a5=4。例4:設等差數列an的前n項和為Sn,若Si20, Si30,得 a6+a70;又 Si3=13(ai ai3)=1

14、3a 70 ,故 S6 最大。整體轉化把求解的過程作為一個整體，寓整體于轉化之中。例5:已知等差數列an和等比數列bn滿足條件：ai=bi=a0 , a2n+i =b2n+i =b。試比較 an +i 與b n+i 的大小。解析：由a尸b產a0 ,知 a2n+1 =b 2n+1 =b0。；an+i -bn+1 =a22n ( Jbl b2n 1 ) 2 a 2 而 0 ,故 Hn+b n+i。4、 整體換元把陌生的或復雜的式子進行整體換元，這是一種化生為熟、以簡馭繁的解題策略。例6:已知等差數列an的前12項和為354 ,前12項中奇數項和與偶數項和之比為27:32 ,求公差do解析：設前12

15、項中奇數項和與偶數項和分別為S奇和S偶，則有堂 巴,據此得：S偶32S0 ,公比q0 , qw1 ;等差數列bn的公差d0 ,問是 否存在一個常數a,使得logaan-bn為不依賴于n的定值。解析：假設存在常數a,使得logaan-bn=k (定值)logaa n+1 -b n+1 二k(定值)-得：log a 咄 (bn+1 -bn)=0 ,即 logaq=d ,解之得 a二而， an故存在一個常數a= d/q ,使得log aan-bn為不依賴于n的定值。6、 整體構造把局部的構造成一個整體，這是在整體中求發展的一大創舉。2例8:若等差數列an的m項和與前n項和分別記為Sm與Sn,且女 m

16、2 (m w n)。求證:Sn naman2m 1 02n 1a1 a2m 1a1 a2m 1am22n 1 2m 122n 1 S2m 1ana1 a2n 1 2m 1 2n 1 a1 a2n 1 2m 1 S2n 1222n 1 (2m 1)22m 12m 1 (2n 1)22n 1“裂項相消法”的兩種用途裂項相消法用在數列求和和證明不等式.、用于數列求和2/例1、求數列的前(n 1)2 1 n項的和Sn .(n 1)2 1解：數列的通項an2(n 1)2 1(n1)2 12n2 n2n 22n22n所以0 （111123)1n 1(1-1)2 41n-2(1131n5)1n-2(1點評:

17、分式的求和多利用此法.常見的拆項公式有:1（n 止），其中k 0；2)- (n(11n!(n1_-1)!Jn 1 Jn ;等等例2、設數列的前an n項和為Sn ,若對于Snnan解：: Snnan 1則 Sn1 (n1)an1 1一得:an nan (n1)an 10,anan1時,a1a1a1一 ana1a2 a3a1a2a nan 1n(n1) Sn(12)(1n、用于證明不等式例3、已知數列的an通項公式為求證：a1 a21118證明：(1 )當n 1時，ai 11118(2 )當n 2時，現a21118(3 )當 n 3時，an1(n 2)(n 1)5(, , a1a2an1 1 1-(-)3 1 43(2 11 1 1 3(3例4、求證：2證明:3(3(11413a1a21n-1n 111.18)3(11n-2-1)2 311181c 一(1-)3 ,其中nn 1時