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1、学案学案4 4 数数列列求求和和返回目录 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 数列的通项an.2.当已知数列an中，满足 =f（n），且f（1）f（2）f（n）可求.则可用 求数列的通项an.累加法 累积法 返回目录 3.等差数列前n项和Sn= ，推导： ；等比数列前n项和na1， q=1，q1.推导： .4.常见数列的前n项和：（1）1+2+3+n= ；（2）2+4+6+2n= ；Sn =倒序相加法 乘公比错位相减 n2+n （3）1+3+5+（2n-1）= ；（4）12+22+32+n2= .5. （1）分组求和：把一个数列分成几
2、个可以直接求和的数列.（2）拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.（3）错位相减：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.（4）倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导方法. 返回目录 n2 返回目录 根据数列an的通项公式，求其前n项和Sn.（1）an=10n-1;（2）an=n(n+1).【分析分析】 若数列为等差数列、等比数列，或能转化为等差、等比数列，或转化为能用其他公式的，用 公式法求和.考点一考点一 公式法求和公式法求和 返回目录 【解析解析】（1）Sn=a1+a2+an=（101+102+10n）-n=（2）
3、Sn=a1+a2+an=（12+1）+（22+2）+（n2+n）=(12+22+n2)+(1+2+n)= n(n+1)(n+2).【评析评析】在数列求和中，常用的公式有：（1）等差数列：na1 q=1q1.（3） 1+2+n= （4） 12+22+n2= n(n+1)(2n+1).返回目录 （2）等比数列: Sn=对应演练对应演练已知数列log2(an-1),nN*为等差数列,且a1=3,a3=9.（1）求数列an的通项公式；（2）证明:返回目录 (1) 设等差数列log2(an-1)的公差为d.由a1=3，a3=9得2（log22+d）=log22+log28,即d=1.所以log2(an-
4、1)=1+(n-1)1=n,即an=2n+1.(2) 证明:因为 ，返回目录 所以 返回目录 【分析分析】所给数列为倒数构成的数列,故应研究通项,看能否拆为两项之差的形式,以便使用裂项相消法.【解析解析】考点二考点二 裂项相消求和裂项相消求和 求数列 ,的前n项和.返回目录 【评析评析】 (1)裂项法求和时消项的规律具有对称性,即前剩多少项后就剩多少项;前剩第几项,后就剩倒数第几项.(2)常见的裂项公式有: ； ；nn！=（n+1）！-n！； ！= ！- ！； 返回目录 返回目录 对应演练对应演练设数列an的前n项和为Sn，点(n， )(nN*)均在函数y=3x-2的图象上.（1）求数列an的
5、通项公式；（2） ，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn 对所有nN*都成立的最小正整数m.（1）依题意得 =3n-2，即Sn=3n2-2n.当n2时，an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-3(n-1)2-2(n-1)=6n-5；当n=1时，a1=S1=312-21=1=61-5,an=6n-5(nN*).返回目录 （2）由(1)得bn= 故Tn=b1+b2+bn因此，使得 (nN*)成立的m必须满足 ,即m10.故满足要求的最小正整数m为10.返回目录 返回目录 求和:【分析分析】分析通项an= 知, 为等比数列,其系数构成数列n成等差数列,故可用错位相减法.考点三考点三 错位相减法求和错
6、位相减法求和【解析解析】当a=1时,Sn=1+2+3+n= ;当a1时, 两边同乘 ,得 得,即综上所述,得(a=1)(a1).返回目录 Sn=【评析评析】如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项的乘积组成,则求此数列的前n项和Sn,一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式子错位相减法,要注意对字母的讨论.返回目录 返回目录 对应演练对应演练设数列an的前n项和为Sn=2n2,bn为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.（1）求数列an和bn的通项公式；（2）设cn= ，求数列cn的前n项和Tn.（1）当n=1时，a1=S1=2；当n2时，an=Sn-Sn-1=2n2
7、-2（n-1）2=4n-2.故an的通项公式为an=4n-2，即an是首项a1=2，公差d=4的等差数列.设bn的公比为q，则b1qd=b1，d=4，q= .故bn=b1qn-1=2 ，即bn的通项公式为bn= .返回目录 返回目录 （2）cn= =（2n-1）4n-1，Tn=c1+c2+cn=1+341+542+（2n-1）4n-1，4Tn=14+342+543+（2n-3）4n-1+（2n-1）4n.两式相减得3Tn=-1-2（41+42+43+4n-1）+（2n-1）4n= （6n-5）4n+5.Tn= （6n-5）4n+5.返回目录 求和:（1）Sn=1+11+111+111;（2）
8、Sn=(x+ )2+(x2+ )2+(xn+ )2.考点四考点四 拆项法求和拆项法求和 n个返回目录 【分析分析】 (1)写出数列的通项公式an= (10n-1)，分析通项可知，可转化为一个等比数列 10n 和常数列 的求和问题.（2）分析通项公式an=(xn+ )2=(xn)2+( )2+2，可转化为两个等比数列x2n， 与常数列2的求和问题.【解析解析】（1）an= (10n-1),Sn=1+11+111+111= (10-1)+(102-1)+(10n-1)= (10+102+10n)-n= =n个返回目录 返回目录 (2)an=x2n+2+ ,当x1时,Sn=(x+ )2+(x2+ )
9、2+(xn+ )2=(x2+x4+x2n)+2n+( + + )= = 当x=1时，Sn=4n.【评析评析】如果数列an的通项an可写成an=bncn, 而bn,cn是等差或等比数列或其前n项和可求,那么数 列an的前n项和就可转化为bn与cn前n项和的和差 问题.返回目录 对应演练对应演练求和：11+103+1 005+10 007+10n+(2n-1).an=10n+2n-1,原式=(10+102+10n)+2(1+2+n)-n= +n(n+1)-n= +n2.返回目录 返回目录 已知数列an的前n项和Sn=(n-1)2n+1，是否存在等差数列bn，使an=b1 +b2 +bn 对一切正整
10、数n均成立？【分析分析】先由an与Sn的关系，求出an的通项公式，再由倒序相加得出结论.考点五考点五 倒序相加法求和倒序相加法求和S1 n=1Sn-Sn-1 n2.当n=1时，a1=S1=1;当n2时，an=Sn-Sn-1=(n-1)2n+1-(n-2)2n-1-1=n2n-1.a1=1满足n2时an的式子, an=n2n-1(nN+).假设存在等差数列bn满足条件，设b0=0，且bn仍 成等差数列，则an=b0 +b1 +b2 +bn ,倒序得an=bn +bn-1 +bn-2 +b0 ,返回目录 【解析解析】 an= 以上两式相加得2an=(b0+bn) +(b1+bn-1) +(bn+b
11、0)=(b0+bn)( + + )=bn2n,an=bn2n-1.令bn=n，显然n=0时，b0=0，故存在等差数列bn满足已知等式.返回目录 【评析评析】当把一个数列倒过来排序，与原数列对应项相加后，若有公因式可提，并且剩余的项的和易求，一般可用倒序相加法求其和.返回目录 设f（x）= ，求f（-5）+f（-4）+f（0）+f（5）+f（6）的值.对应演练对应演练返回目录 f（1-x）+f（x）=设S=f(-5)+f(-4)+f（5）+f（6）,则S=f（6）+f（5）+f（-4）+f（-5）.两式相加得2S=12 ,S= .返回目录 考点六考点六 数列求和的其他方法数列求和的其他方法 已知Sn为数列an的前
