【走向高考】2014高考一轮复习课件：6-4数列求和 77

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新课标高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和及应用课件文

(1)设数列 1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前 n 项和为 Sn，
则 Sn 等于( )
A．2n
B．2n－n
C．2n＋1－n
D．2n＋1－n－2
(2)求和：1＋1＋1 2＋1＋12＋3＋…＋1＋2＋1…＋n；
(3)设 f(x)＝1＋x2x2，求：f2 0117＋f2 0116＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)；
点拨：错位相减法适用于等差数列与等比数列的积数列的求和，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“Sn－qSn”的表达式．
第二十七页，共31页。
(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足＋(2n－1)an＝2n.
①＋②得：2S＝1×4 033＝4 033，所以 S＝4 0233.
第十三页，共31页。
(4)(Ⅰ)当 a＝1 时，Sn＝1＋2＋…＋n＝n（n2＋1）. (Ⅱ)当 a≠1 时，Sn＝1a＋a22＋a33＋…＋ann，① 1aSn＝a12＋a23＋…＋n－an 1＋ann＋1，②
由①－②得1－1aSn＝1a＋a12＋a13＋…＋a1n－ann＋1
第十六页，共31页。
解：(1)Sn＝9＋99＋999＋…＋
＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n ＝10（11－－1100n）－n＝10n＋91－10－n.
(2)an＝（3n－2）1（3n＋1）＝133n1－2－3n1＋1. 所以 Sn＝1311－14＋1314－17＋1317－110＋…＋133n1－2－3n1＋1＝ 131－3n1＋1＝3nn＋1.
则 log5a1＋log5a2＋…＋log5a11 的值为 ( )

高考数学一轮复习 6.4 数列求和精品课件理新人教A版

n an
知,
1 为等比数列,其系 an
数构成数列{n}成等差数列,故可用错位相减法.
【解析】当a=1时,Sn=1+2+3+…+n= n(n +1);
2
当a≠1时,
12 3
n
Sn = a + a2 + a3 +…+ an .
①
两边同乘 1 a
,得
1 a
Sn
=
2 a2
+
3 a3
+
3 a4
…+
n an
-
9
9
1
1
（2）分析通项公式an=(xn+ xn )2=(xn)2+( xn )2+2，
1 可转化为两个等比数列{x2n}， { x2n }与常数列{2}的求
和问题.
【解析】（1）∵an=
1(10n-1),
9
∴Sn=1+11+111+…+11…1
︸n个
= 1 ［(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)］
9
= 1［(10+102+…+10n)-n］
9
= 1 〔 10(10n - 1) - n〕
=
9
10n+1
-
9n
9 - 10
.
81
1 (2)∵an=x2n+2+ x2n ,∴当x≠±1时,
Sn=(x+
1 )2+(x2+ x
1 x2
)2+…+(xn+
1 xn

2014届高考人教A版数学(理)一轮复习讲义6.4数列求和

第4讲数列求和【2014年高考会这样考】以数列为载体，考查数列求和的各种方法和技巧．对应学生87考点梳理1．公式法与分组求和法 (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： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.(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． 2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法如果一个数列{a n }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． (2)并项求和法在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.3．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．4．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．【助学·微博】一种思路一般数列求和，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．两点提醒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．三个公式(1)1n(n＋1)＝1n－1n＋1；(2)1(2n－1)(2n＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.考点自测1．数列{a n}的通项公式是a n＝1n＋n＋1，前n项和为9，则n等于()．A ．9B ．99C ．10D ．100 解析 ∵a n ＝n ＋1－n ，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝n ＋1－1，∴n ＋1－1＝9，∴n ＝99. 答案 B2．(2011·天津)已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( )． A ．－110 B ．－90 C ．90 D ．110解析由题意得a 27＝a 3·a 9，又公差d ＝－2，∴(a 3－8)2＝a 3(a 3－12)，∴a 3＝16.∴S 10＝10(a 1＋a 10)2＝10(a 3＋a 8)2＝5(a 3＋a 3＋5d )＝5×(16＋16－10)＝110，故选D. 答案 D3．(2013·泉州月考)若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )．A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －2解析 S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1＋n 2－2.答案 C4．(2012·全国)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.100101B.99101C.99100D.101100解析设数列{a n }的公差为d ，则a 1＋4d ＝5，S 5＝5a 1＋5×42d ＝15，得d ＝1，a 1＝1，故a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A. 答案 A5．已知S n ＝1＋23＋332＋…＋n －13n －2＋n3n －1，则S n ＝________.解析 S n ＝1＋23＋332＋…＋n －13n －2＋n3n －1，①13S n ＝13＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，②①－②得：23S n ＝1＋13＋132＋…＋13n －1－n3n＝1－13n1－13－n 3n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －n 3n∴S n ＝94⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －32·n 3n ＝94－⎝ ⎛⎭⎪⎫94＋3n 2·13n ＝94－6n ＋94·13n . 答案 94－6n ＋94·13n对应学生88考向一分组转化求和【例1】►(2011·山东)在等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表中的同一列.(1)求数列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 . [审题视点] (1)观察法；(2)合理分组利用求和公式求解，同时注意对n 的奇偶性讨论．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.(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)n n ]ln 3. 所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ·ln 3 ＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n 2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要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，特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．【训练1】求数列1,1＋a,1＋a ＋a 2，…，1＋a ＋a 2＋…＋a n －1的前n 项和S n . 解若a ＝1，则a n ＝1＋1＋…＋1＝n ，于是S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2；若a ≠1，则a n ＝1＋a ＋…＋an －1＝1－a n 1－a ＝11－a(1－a n )，于是S n ＝1－a 1－a ＋1－a 21－a ＋…＋1－a n 1－a ＝11－a [n －(a ＋a 2＋…＋a n )]＝11－a⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －a (1－a n )1－a . 考向二裂项相消法求和【例2】►在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .[审题视点] 第(1)问利用a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)后，再同除S n －1·S n 转化为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的等差数列即可求S n .第(2)问求出{b n }的通项公式，用裂项相消求和．解(1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，①由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1.(2)又b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.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．【训练2】 (2011·新课标全国)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和．解 (1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19.由条件可知q ＞0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1，得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n . (2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2. 故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝－2n n ＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为－2n n ＋1. 考向三错位相减法求和【例3】►(2012·江西)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .[审题视点] 第(1)问先根据n 的二次函数求最值条件确定k 的值，并利用结论a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求出通项即可；第(2)问把第(1)问的结果代入后错位相减求和．解 (1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即 8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4，从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n . (2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.(1)一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解．(2)在写出“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”的表达式．【训练3】已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎨⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，∵a n 2n －1＝2－n 2n －1＝12n －2－n 2n －1，∴S n＝2＋1＋12＋122＋…＋12n －2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22＋322＋…＋n 2n －1. 记T n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，①则12T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，②①－②得：12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ，∴12T n ＝1－12n1－12－n 2n .即T n ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n －n 2n －1.∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2n －1 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2n －1＝n 2n －1.对应学生89规范解答10——求数列{|a n |}的前n 项和问题【命题研究】通过近三年的高考试题分析，对数列求和的考查是高考命题的重点，常与求数列的通项一起考查，多以解答题的形式出现，难度为中等偏上．【真题探究】► (本小题满分13分)(2012·湖北)已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． [教你审题] 第1步列方程组求a 1，d ；第2步令a n ≤0确定正、负项；第3步分类讨论求和．[规范解答] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意，得⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8.解得⎩⎨⎧ a 1＝2，d ＝－3或⎩⎨⎧a 1＝－4，d ＝3.(4分)所以由等差数列的通项公式，可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(6分)(2)由(1)，知当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎨⎧ －3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.(8分)记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；(9分) 当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；(10分) 当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n | ＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式．(12分) 综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n >1. (13分)[阅卷老师手记] 求有关数列{|a n |}的前n 项和的问题，考生经常出现因解题思路不清晰导致出错，如：(1)未想到分类讨论解题；(2)讨论过程中，对a i ≤0(a i ≥0)分别求和时出错．求数列{|a n |}的前n 项和一般步骤如下：第一步：求数列{a n }的前n 项和；第二步：令a n ≤0(或a n ≥0)确定分类标准；第三步：分两类分别求前n 项和；第四步：用分段函数形式下结论；第五步：反思回顾：查看{|a n |}的前n 项和与{a n }的前n 项和的关系，以防求错结果．【试一试】在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，又4是a 4与a 6的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{|b n |}的前n 项和S n . 解 (1)∵a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，∴a 24＋2a 4a 6＋a 26＝100，∴(a 4＋a 6)2＝100，又a n >0，∴a 4＋a 6＝10，∵4是a 4与a 6的等比中项， ∴a 4a 6＝16，而q ∈(0,1)，∴a 4>a 6，∴a 4＝8，a 6＝2， ∴q ＝12，a 1＝64，∴a n ＝64·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝27－n. (2)b n ＝log 2a n ＝7－n ，则数列{b n }的前n 项和为T n ＝n (13－n )2，∴当1≤n ≤7时，b n ≥0，∴S n ＝n (13－n )2.当n ≥8时，b n <0，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b 7－(b 8＋b 9＋…＋b n ) ＝－(b 1＋b 2＋…＋b n )＋2(b 1＋b 2＋…＋b 7) ＝－n (13－n )2＋2×7×62＝n 2－13n ＋842，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧13n －n 22(1≤n ≤7且n ∈N *)，n 2－13n ＋842(n ≥8且n ∈N *).对应学生279A 级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )．A．8 B．9 C．16 D．17解析S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案 B2．(2013·广州调研)等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等z以差数列，则S4＝()．A．7 B．8 C．15 D．16解析设数列{a n}的公比为q，则4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，∴q＝2.∴S4＝1－241－2＝15.答案 C3．(2013·临沂模拟)在数列{a n}中，a n＝1n(n＋1)，若{a n}的前n项和为2 0132 014，则项数n为()．A．2 011 B．2 012 C．2 013 D．2 014解析∵a n＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴S n＝1－1n＋1＝nn＋1＝2 0132 014，解得n＝2 013.答案 C4．(2012·新课标全国)数列{a n}满足a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，则{a n}的前60项和为()．A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830解析当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×(3＋119)2＝30×61＝1 830.答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2011·北京)在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案－2 2n －1－126．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝________.解析由a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，知a 2k ＋2－a 2k ＝2，a 2k ＋1－a 2k －1＝0，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝1，数列{a 2k }是等差数列，a 2k ＝2k . ∴S 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋(100＋2)×502＝2 600.答案 2 600 三、解答题(共25分)7．(12分)(2013·包头模拟)已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求： (1)p ，q 的值； (2)数列{x n }前n 项和S n .解 (1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x 4＝24p ＋4q ，x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.8．(13分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝12S n ，a n ＝12S n －1(n ≥2)，得到a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列．又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．又a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.(2)b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝n . ∴1b n b n ＋1＝1n (1＋n )＝1n －11＋n. ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝n n ＋1.B 级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2012·福建)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( )．A ．1 006B ．2 012C ．503D ．0解析因cos n π2呈周期性出现，则观察此数列求和规律，列项如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，此4项的和为2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，此4项的和为2.依次类推，得S 2 012＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 2 009＋a 2 010＋a 2 011＋a 2 012)＝2 0124×2＝1 006.故选A. 答案 A2．(2012·西安模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )．A.212B ．6C ．10D ．11解析依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B. 答案 B二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2013·长沙模拟)等差数列{a n }中有两项a m 和a k (m ≠k )，满足a m ＝1k ，a k ＝1m ，则该数列前mk 项之和是S mk ＝________. 解析设数列{a n }的首项为a 1，公差为d .则有 ⎩⎪⎨⎪⎧a m ＝a 1＋(m －1)d ＝1k ，a k ＝a 1＋(k －1)d ＝1m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1mk ，d ＝1mk ，所以S mk ＝mk ·1mk ＋mk (mk －1)2·1mk ＝mk ＋12. 答案mk ＋124．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________．解析当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)4x 1＋x 2＋(4x 1＋4x 2)×2＋4＝1.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5.答案 5三、解答题(共25分)5．(12分)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪：(1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积，可用错位相减法．解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①∴当n ≥2时， a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n . (2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n .∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④ ④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )，即2S n ＝n ·3n ＋1－3(1－3n )1－3，∴S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34.探究提高解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；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．6．(13分)(2012·泰州模拟)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 …已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝10.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1. ①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d ，则⎩⎨⎧ b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎨⎧b 1＝2，d ＝2，所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且32<13<42，a 10＝b 4＝8，所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，所以解得q ＝12. 由已知可得c n ＝b n q n －1，因此c n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝n 2n －2. 所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n 2n －2， 12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1，因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1，解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知c n ＝n 2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n (n ＋1)2n －2≥λ. 设f (n )＝n (n ＋1)2n －2，计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154. 因为f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)(2－n )2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5].。

高中数学人教版一轮复习课件：6.4 数列求和

504 个
a2+a6+… +a2 014=(-2+1)+(-6+1)+… +(-2 014+1)=-1-5-… -2 013=
504(-1-2 013) 2
=-504×1 007;
504 个
a3+a7+… +a 2 015= 1 + 1 + … + 1 =504; a4+a8+… +a2 016=(4+1)+(8+1)+… +(2 016+1)= 011; 故 S2 016=504-504×1 007+504+ 504×1 011 3024 = 504×(1- 1 007+1+1 011)=3 024.
�� +1 �� +1
-6-
1 2 3 4 5
2.已知数列{an}的通项公式an=n,则数列 ( )
A.
100 101
1 �� +1
的前100项和为
B.
99 101
C.
99 100
D.
101 100
关闭
∵��
n
�� +1
1-3 +1 3+ (2�� -1)· 3�� +1 3+(2�� -1)· 3�� 所以 Sn= . 4 4
=
3(1-3�� )
-n· 3�� + ,
关闭
100)]=4×(-50)=-200.

【赢在高考】2014届高考数学第一轮复习配套课件：6.4 数列求和

��(��+1)(2��+1) ; 6 ��(��+1) 2 3 3 3 3 ( 1 +2 +3 +…+n = 2 5) .
3.数列求和的常用方法 ( 分组求和: 1) 把一个数列分成几个可以直接求和的数列. ( 裂项相消: 2) 有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式, 通过相加过程消去中间项, 只剩有限项再求和.裂项相消又叫裂项法. ( 错位相减: 3) 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. ( 倒序相加: 4) 例如, 等差数列前 n 项和公式的推导.
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3.已知等比数列{an}的首项为 a1= , 公比 q 满足 q>0 且 q≠1.又已知 a1, 3, 5 成等差数列. 5a 9a ( 求数列{an}的通项; 1)
1 1
1 3
( 令 bn=log3�� , �� + �� +…+�� 的值. 2) 求 �� +1 1 2 2 3 【解】 ( ∵ 1) 2×5a3=a1+9a5, ∴ 1q2=a1+9a1q4. 10a 故 9q4-10q2+1=0. ∵ q>0 且 q≠1, q=3. ∴ 故 an=a1qn-1=3-n.
+…+ ��
10 11
+
=10. 故 t=5.
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T 题型三裂(拆)项法求和
例 3 在数列{an}中, n=��+1 + ��+1+…+��+1, bn=�� a 又

2014高考数学(理)一轮复习总教案：6.4 数列求和

6。

4 数列求和典例精析题型一错位相减法求和【例1】求和：Sn ＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!。

【解析】（1)a ＝1时，Sn ＝1＋2＋3＋…＋n ＝错误!。

(2)a≠1时，因为a≠0，Sn ＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，①错误!Sn ＝错误!＋错误!＋…＋错误!＋错误!。

②由①－②得 (1－错误!）Sn ＝错误!＋错误!＋…＋错误!－错误!＝错误!－错误!，所以Sn ＝错误!.综上所述，Sn ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≠----=+).1()1()1()1(),1(2)1(2a a a a n a a a n n n n【点拨】（1)若数列{an ｝是等差数列，{bn}是等比数列,则求数列{an ·bn}的前n 项和时，可采用错位相减法;（2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；（3)当将Sn 与qSn 相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号。

【变式训练1】数列｛错误!}的前n 项和为（）A.4－错误! B 。

4＋错误! C.8－错误! D 。

6－错误!【解析】取n ＝1，错误!＝－4。

故选C 。

题型二分组并项求和法【例2】求和Sn ＝1＋(1＋12)＋(1＋错误!＋错误!）＋…＋（1＋错误!＋错误!＋…＋错误!）。

【解析】和式中第k 项为ak ＝1＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!＝2（1－12k）。

所以Sn ＝2［（1－12)＋（1－错误!）＋…＋(1－错误!）］＝])111([2个n +⋯++－(错误!＋错误!＋…＋错误!）]＝2［n －错误!］＝2［n －(1－错误!)]＝2n －2＋错误!。

【变式训练2】数列1， 1＋2， 1＋2＋22，1＋2＋22＋23,…，1＋2＋22＋…＋2n －1,…的前n 项和为（）A 。

2n －1 B.n ·2n －nC.2n ＋1－n D 。

2n ＋1－n －2【解析】an ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1，Sn ＝(21－1）＋(22－1）＋…＋（2n －1）＝2n ＋1－n －2。

【走向高考】高三数学一轮复习 6-4数列求和课件北师大版

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第六章
数列
[点评]
用等差数列或等比数列的求和公式时，一定
要看清数列的哪些项构成等差数列或等比数列．在第 (2)
问的求解中，1≤n≤2或n≥3时，都可以用等差数列的前 n项
和公式，但当 1≤n≤2 时，不要误求为数列的前 2 项和；当 n≥3时，数列的首项为b3，项数为n－2，不要误求为n项的和，也不要误求为n－3项的和．
＝23＝8，项数为 n＋1 的等比数列的和．由公式可得 f(n)＝ a11－qn 1 21－8n 1 2 n＋1 Sn＋1＝＝＝7(8 －1)． 1－q 1－8
＋＋
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第六章
数列
2 ． (2011· 滨州模拟 ) 已知数列 2011,1 ，－ 2010 ，－
2011，－1…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都
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第六章
数列
5．(2011·济南模拟)数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2 ＋22＋…＋2n－1，…的前n项和为________．
[答案] 2n＋1－2－n
[解析] 该数列的前 n 项和 Sn＝a1＋a2＋…＋an，而
n 1 × 1 － 2 n 2 n－1 an＝1＋2＋2 ＋…＋2 ＝＝2 －1. 1－2
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第六章
数列
在等差数列{an}中，a16＋a18＝a9＝－36，其前n
项和为Sn. (1)求Sn的最小值，并求出Sn取最小值时n的值； (2)求Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|. [解析] ∵a16＋a17＋a18＝3a17＝－36.

2014高考数学一轮总复习 6.4 数列求和教案理新人教A版

6.4 数列求和典例精析题型一错位相减法求和【例1】求和：Sn ＝1a ＋2a2＋3a3＋…＋n an. 【解析】(1)a ＝1时，Sn ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n(n ＋1)2. (2)a≠1时，因为a≠0，Sn ＝1a ＋2a2＋3a3＋…＋n an，① 1a Sn ＝1a2＋2a3＋…＋n －1an ＋n an ＋1.② 由①－②得(1－1a )Sn ＝1a ＋1a2＋…＋1an －n an ＋1＝1a (1－1an )1－1a－n an ＋1，所以Sn ＝a(an －1)－n(a －1)an(a －1)2. 综上所述，Sn ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≠----=+).1()1()1()1(),1(2)1(2a a a a n a a a n n n n【点拨】(1)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an ·bn}的前n 项和时，可采用错位相减法；(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；(3)当将Sn 与qSn 相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.【变式训练1】数列{2n －32n －3}的前n 项和为( ) A.4－2n －12n －1 B.4＋2n －72n －2 C.8－2n ＋12n －3D.6－3n ＋22n －1【解析】取n ＝1，2n －32n －3＝－4.故选C. 题型二分组并项求和法【例2】求和Sn ＝1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋12n －1). 【解析】和式中第k 项为ak ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－(12)k 1－12＝2(1－12k). 所以Sn ＝2[(1－12)＋(1－122)＋…＋(1－12n)] ＝])111([2个n +⋯++－(12＋122＋ (12))] ＝2[n －12(1－12n )1－12]＝2[n －(1－12n )]＝2n －2＋12n －1. 【变式训练2】数列1, 1＋2, 1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和为( )A.2n －1B.n ·2n －nC.2n ＋1－nD.2n ＋1－n －2【解析】an ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1，Sn ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝2n ＋1－n －2.故选D. 题型三裂项相消法求和【例3】数列{an}满足a1＝8，a4＝2，且an ＋2－2an ＋1＋an ＝0 (n ∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝1n(14－an)(n ∈N*)，Tn ＝b1＋b2＋…＋bn(n ∈N*)，若对任意非零自然数n ，Tn ＞m 32恒成立，求m 的最大整数值. 【解析】(1)由an ＋2－2an ＋1＋an ＝0，得an ＋2－an ＋1＝an ＋1－an ，从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d ，则d ＝a4－a14－1＝－2，所以an ＝8＋(n －1)×(－2)＝10－2n.(2)bn ＝1n(14－an)＝12n(n ＋2)＝14(1n －1n ＋2)，所以Tn ＝b1＋b2＋…＋bn ＝14[(11－13)＋(12－14)＋…＋(1n －1n ＋2)] ＝14(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝38－14(n ＋1)－14(n ＋2)＞m 32，上式对一切n ∈N*恒成立.所以m ＜12－8n ＋1－8n ＋2对一切n ∈N*恒成立. 对n ∈N*，(12－8n ＋1－8n ＋2)min ＝12－81＋1－81＋2＝163，所以m ＜163，故m 的最大整数值为5. 【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n ＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和.(2)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.【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n 项和为An ，Bn ，记cn ＝anBn ＋bnAn －anbn(n ∈N*)，则数列{cn}的前10项和为( )A.A10＋B10B.A10＋B102C.A10B10D.A10B10【解析】n ＝1，c1＝A1B1；n≥2，cn ＝AnBn －An －1Bn －1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选C.总结提高1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.。

高考数学一轮复习规划6.4 数列求和及应用课件

考试要求
必备知识
自主评价
核心考点
第六章数列
【点拨】裂项相消求和问题是常考题型. 裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意的两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对
应留下哪些项，应做好处理. 常见裂项公式详见【常用结论】. 其中等差数列相邻项乘积的倒
数裂项是最常见的，即ana1n＋1＝1d(a1n－an1＋1)，其中 an≠0，d≠0. 除此之外，下面三种也比较常见. 指数型：（an＋（b）a－（1a）n＋a1n＋b）＝an＋1 b－an＋11＋b.
{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝
()
A.
3n 12n＋16
B.
n 12n＋16
C.
3n 3n＋1
D.
n 3n＋1
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必备知识
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核心考点
第六章数列
解：bn＝ana1n＋1＝（3n＋1）1（3n＋4）＝13(3n1＋1－3n1＋4)，所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝13[(14－17)＋(17－110)＋…＋(3n1＋1－3n1＋4)]＝13(14－3n1＋4)＝12nn＋16. 故选 B.
第六章数列
6.4 数列求和及应用
6.4 数列求和及应用
第六章数列
1. 探索并掌握等差、等比数列前 n 项和公式，及其推导用到的“倒序相加法”、“错位相减法” 和其他一些重要的求和方法. 2. 能在具体的问题情境中，发现数列的等差、等比关系，并解决相应的问题.
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第六章数列
()
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核心考点

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＋
2 n A.7(8 －1 ) 2 n＋2 C. (8 －1 ) 7
[答案] B
第六章
第四节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·北师大版 ·数学
[解析]
由意现题发，
f(n)即为一个以 2 为项公首，比
q
＝23＝8，项数为 n＋1 的等比数列的和．由公式可得 f(n)＝Sn a11－qn＋1 21－8n＋1 2 n＋1 ＝＝7(8 －1)．＋1＝ 1－q 1－8
1 － 2
q＝
[答案]
2
2
n－1
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[解析]
本主考等数的本识利等数题要查比列基知，用比
列的前 n 项和公式可解得． a4 3 4 a1＝q ＝1＝8，所以 q＝2， 2 1 1－2n 2 1 n－1 所以 a1＋a2＋„„＋an＝＝2 － . 2 1－2
7．求数列 1,3a,5a2,7a3，„，(2n－1)an 1，„(a≠0)的前 n 项和．
－
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[解析]
当 a＝1 时数变，列为
1,3,5,7，„，(2n－1)，„，
n1＋2n－1 Sn＝1＋3＋5＋7＋„＋(2n－1)＝＝n2； 2 当 a≠1 时，有 Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋„＋(2n－1)an－1， ① aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋„＋(2n－1)an，② 令①－②，得 Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋2a4＋„＋2an 1－(2n－1)an，
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第四节
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1 (理)在等比数列{an}中，若 a1＝，a4＝－4，公则比 2 ________；|a1|＋|a2|＋„＋|an|＝________.
1 － 2
q＝
[答 ] 案
－2 2
n－1
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第四节
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na1＋an nn－1 n ＋ a d 2 2 3．等差数列前 n 项和 Sn＝＝ 1 ，推
导方法：倒序相加法；等比数列前 n 项和 q＝1， na1， a 1－q Sn＝a111＋qnn a1－anq nq a1－a ＝， 1－q 1－q 1-q 1-q 推导：乘公比，错位相减法．
4
思想方法点拨
5
课后强化作业
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高考目标
第六章
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考纲解读 1．熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式． 2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
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第四节
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考向预测 1．考等、比列求公为，时查以查差等数的和式主同考转化的思想． 2．与数方、等等多识系一，常函、程不式诸知联在起作为高考的中档题或压轴题．
第六章
第四节
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课前自主预习
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第四节
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基础自测
1.数列{(－1)n 1n}的前 2 013 项的和 S02 1 3 A．－21 03 C．－21 02 B．－1 007 D．1 007
＋
为(
)
[答案]
D
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[解析]
S2 0 1 3
走向高考· 数学
北师大版 ·高考一轮总复习
路漫漫其修远兮吾将上下而求索
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第六章
数
列
第六章
数
列
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第四节数列求和
第六章
数
列
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高考目标
3
课堂典例讲练
课前自主预习
所以其前 n 项和 na1＋an n－1＋1－2n Sn ＝＝＝－n2. 2 2 Sn Sn 则＝－n.所以数列{ }是首项为－1，差－公为 n n 数，以前列所其 11 项和的为 1 的等差
11×10 11×(－1)＋ 2 ×(－1)＝－66.
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b3＝1.
.
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[点评]
用差列等数的和式，定等数或比列求公时一
要看 () 问的求解 2 n 项和公式， n≥3 时，
清列哪项成差列等数．第数的些构等数或比列在中，1≤n≤2 或 n≥3 时都以等数的，可用差列前但当 1≤n≤2 时不误为列前，要求数的数列的首项为 b3，数项为要误求为 n－3 项的和． 2项；和当
∵an＝
＝ n＋1－ n， n＋ n＋1
1
∴a1＝ 2－1，a2＝ 3－ 2，„，an＝ n＋1－ n， ∴Sn＝ n＋1－1＝10， ∴n＝120.
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第四节
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3．1· (02 2 则 f(n)等于(
威海模拟)设 f(n)＝2＋24＋27＋„＋23n 1(n∈N＋)， ) 2 n＋1 B.7(8 －1) 2 n ＋3 D. (8 －1) 7
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[解析]
() 由题意得 2a5＝4a1－2a3. 1
∵{an}是等比数列且 a1＝4，公比 q≠1， ∴2a1q4＝4a1－2a1q2，∴q4＋q2－2＝0，解得 q2＝－2(舍去)或 q2＝1，∴q＝－1. () ∵a2，a4，a6，„，a2n 是首项为 a2＝4×(－1)＝－4， 2 公比为 q2＝1 的比列等数，∴Tn＝na2＝－4n.
[解析]
本主考了比列通及求．题要查等数的项其和
1 1 3 依题意：a1＝2，a4＝－4，则2· ＝－4， q 1 ∴q ＝－8，∴q＝－2.∴an＝ (－2)n－1，∴|an|＝2n－2. 2
3
1 1－2n 2 1 n－1 ∴|a1|＋|a2|＋„＋|an|＝＝2 －2. 1－2
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[解析] f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7 ＝[x－(n＋1 2＋3n－8. ) ] () 由题意，n＝n＋1， an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1， 1 a 故故数列{an}是差列等数． () 由题意，bn＝|3n－8 2 .| 当 1≤n≤2 时，bn＝－3n＋8，数列{bn}为差列等数，＝5， n5－3n＋8 －3n2＋13n ∴Sn＝＝； 2 2 b1
n－2，不要误求为 n 项的和，也不
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(文)已数知列 {an}是项 a1＝4，比 q≠1 的比列首公等数，是前 n项，其和且 4a1，a5， 2a3 成差列－等数．
Sn
() 求比 q 的； 1 公值 () 求 Tn＝a2＋a4＋a6＋„＋a2n 的． 2 值
[解析]
1 1 1 1 1 1 Sn ＝ [ － )＋( － )＋„＋( ( 1 － )]＝ 3 4 4 7 3n－2 3n＋1
1 1 n 1 · 3( －3n＋1)＝3n＋1.
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1 5．(文)在等比数列{an}中，若 a1＝，a4＝4，公则比 2 ________；a1＋a2＋„＋an＝________.
[答案] D
)
B．10 D．6
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[解析]
2n－1 1 ∵an＝ n ＝1－ n， 2 2
1 1 1 ∴Sn＝n－(2＋22＋„＋2n) 1 321 1 ＝n－1＋ n.而＝5＋ . 2 64 64 1 1 ∴n－1＋2n＝5＋64. ∴n＝6.
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6．等差数列{an}的通项公式是 an＝1－2n，前 n 项和为其 Sn Sn，则数列{ n }的前 11 项和为________．
－66
[答案]
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[解析]
由差列等数
{an}的通项公式得 a1＝－1，
－
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a1－an 1 (1－a)Sn＝1＋2· －(2n－1)an， 1－a
－
1－2n－1an 2a－an ∵1－a≠0，∴Sn＝＋ . 1－a 1－a2
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课堂典例讲练
知识梳理 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. an＋1 2．当已知数列{an}中，满足＝f(n)，且 f(1)· „· f(2)· f(n) an 可求，则可用累积法求数列的项通 an.