《备战2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题36数列求和问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题36数列求和问题（24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1专题专题 3636 数列求和问题数列求和问题【热点聚焦与扩展热点聚焦与扩展】数列求和问题是高考数列中的一个易考类型，在已知通项公式的前提下，要通过观察通项公式（或者项）的特点决定选择哪种方法进行求和.考查学生的观察能力与辨析能力.本专题举例说明常见几种类型的求和方法.1、根据通项公式的特点求和：（1）等差数列求和公式：1122pqn naaaaSnn pqn 11 2nn nSa nd（2）等比数列求和公式：111,11 ,1nnaqqSq a n q （3）错位相减法：通项公式特点：na 等差等比，比如2nnan，其中n代表一个等差数列的通项公式（关于n的一次函数） ，2n代表一个等比数列
2、的通项公式（关于n的指数型函数） ，那么便可以使用错位相减法方法详解：以212nnan为例，设其前n项和为nS 先将nS写成n项和的形式121 23 2212nnSn 两边同时乘以等比部分的公比，得到一个新的等式，与原等式上下排列121 23 2212nnSn 23121 23 2232212nn nSnn ，发现乘完公比后，对比原式项的次数，新等式的每项向后挪了一位. 然后两式相减：12311 22 222212nn nSn 除了首项与末项，中间部分呈等比数列求和特点，代入公式求和，再解出nS即可12311 22 222212nn nSn 1 14 212221221n nn 213226n
3、n 所以12326n nSn 对“错位相减法”的深层理解：通项公式的特点在错位相减法的过程中体现了怎样的作用？通过解题过程我们可以发现：等比的部分使得每项的次数逐次递增，才保证在两边同乘公比时实现了“错位”的效果.而等差的部分错位部分“相减”后保持系数一致（其系数即为等差部分的公差） ，从而可圈在一起进行等比数列求和.体会到“错位”与“相减”所需要的条件，则可以让我们更灵活的使用这一方法进行数列求和（4）裂项相消：通项公式特点：na的表达式能够拆成形如 naf nf nk的形式（=1,2,k） ，从而在求和时可以进行相邻项（或相隔几项）的相消.从而结果只存在有限几项，达到求和目的.其中通项公式
4、为分式和根式的居多.常见的裂项技巧：； ； ； ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，一般来说，裂开的2n项中有n个正项，n个负项，且由于消项的过程中是成对消掉.所以保留项中正负的个数应该相同.(5）分类（组）求和：如果通项公式是前几种可求和形式的和与差，那么在求和时可将通项公式的项分成这几部分分别求和后，再将结果进行相加.例：61118231nSn 可知通项公式为231n nan，那么在求和的过程中可拆成 3 部分：2 ,3 ,1nn分别求和后
5、再相加122 2112223 123212n n nn nSnnn 12352222nnn 2、根据项的特点求和：如果数列无法求出通项公式，或者无法从通项公式特点入手求和，那么可以考虑观察数列中的项，通过合理的分组进行求和3（1）利用周期性求和：如果一个数列的项按某个周期循环往复，则在求和时可将一个周期内的项归为一组求和，再统计前n项和中含多少个周期即可（2）通项公式为分段函数（或含有 1n ，多为奇偶分段.若每段的通项公式均可求和，则可以考虑奇数项一组，偶数项一组分别求和，但要注意两点：一是序数的间隔（等差等比求和时会影响公差公比） ，二是要对项数的奇偶进行分类讨论（可见典型例题） ；若每段
6、的通项公式无法直接求和，则可以考虑相邻项相加看是否存在规律，便于求和（3）倒序相加：若数列 na中的第k项与倒数第k项的和具备规律，在求和时可以考虑两项为一组求和，如果想避免项数的奇偶讨论，可以采取倒序相加的特点，即：12nnSaaa 11nnnSaaa 两式相加可得： 121112nnnnnSaaaaaan aa 1 2n nn aaS 【经典例题经典例题】例 1.【2017 课标 II，理 15】等差数列 na的前n项和为nS，33a ，410S ，则11nkkS。【答案】2 1n n【解析】4【名师点睛】等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中
7、三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题。数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而 a1和 d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法。使用裂项法求和时，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.例 2.【2018 届辽宁省沈阳市监测一】在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可求得222sin 1sin 2sin 89_【答案】44.5【解析】令222sin 1sin 2sin 89S ，则： 222sin 89sin 88sin 1
8、S ，两式相加可得： 2222222sin 1sin 89sin 2sin 88sin 89sin 189S ,故： 44.5S ，即222128944.5sinsinsin.例 3. 【2018 年 4 月 2018 届高三第二次全国大联考】已知等差数列是单调增数列，且是方程的两个根5（）求数列的通项公式；（）若，求数列的前 项和【答案】 （）；（） .（）由（）可得， 所以 例 4.【2018 届江西省景德镇市第一中学等盟校第二次联考】已知数列首项为 1，其前 项和为，且. （1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前 项和.【答案】(1) .(2) .【解析】分析：（1）由 ，两
9、式相减可得，又 为等比数列.；（2）结合（1）可得，结合等比数列求和公式，利用错位相减法求和即可. 6详解：（1） .，又 为等比数列. （2）. . 点睛：本题主要考查等比数列的定义、通项公式、求和公式以及错位相减法求数列的前 项和，属于中档题.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前 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的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 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“”的表达式.例 5.【2018 届河北省武邑中学下期中】已知等差数列的前 项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前 项
10、和为.【答案】 （1）（2）（2），所以，从而得到当 为奇数时，当 为偶数时，所以.点睛：该题属于等差数列求通项问题以及数列求和问题，在求通项公式的时候，只要咬住首项和公差即可7求得结果，第二问当把所求的通项公式代入以后，注意裂项这个关键步骤，中间的运算符号是和而不是差，还有就是在运算的过程中，需要对 为奇数还是偶数进行讨论.例 6.【2018 届百校联盟 TOP20 四月联考】已知数列满足，设.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前 项和.【答案】() ；() . 【解析】分析：（1）由，可知，从而得到数列的通项公式；（2），利用错位相加法求出数列的前 项和.() 由得，所以，两式相减得8
11、所以.例 7. 【2017 天津，理 18】已知na为等差数列，前 n 项和为()nSnN，nb是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，2312bb,3412baa，11411Sb.（）求na和nb的通项公式；（）求数列221nna b的前 n 项和()nN.【答案】 （1）32nan.2nnb .（2）1328433n nnT.【解析】（II）解：设数列221nna b的前n项和为nT，由262nan，1 212 4nnb ，有221(31) 4nnna bn，故232 45 48 4(31) 4nnTn ，234142 45 48 4(34) 4(31) 4nn nTnn ，上述两式相减
12、，得23132 43 43 43 4(31) 4nn nTn 91112 (1 4 )4(31) 41 4 (32) 48.n nnnn 得1328433n nnT.所以，数列221nna b的前n项和为1328433nn.例 8.【2018 届湖南省长郡中学一模】 已知数列，满足，（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）令，求数列的前 项和【答案】(1)见解析;(2).详解：（1），由，化简得，即（） ，而，数列是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，即，（） （2）由（1）知，10两式相减得，故例 9.【2018 届黑龙江省大庆市第二次检测】已知为等差数列的前 项和，且.记,
13、其中表示不超过 的最大整数，如.(I)求(II)求数列的前 200 项和.【答案】 （) ；.()524.由已知，根据等差数列性质可知：.，所以，.()当时， ，共 2 项；当时，共 10 项；当时，共 50 项；当时，共 138 项.11数列的前 200 项和为.例 10. 已知nS是数列 na的前n项和，且2232,1,2,3nnSannn（1）求证：数列2nan为等比数列（2）设cosnnban，求数列 nb的前n项和nT【答案】 （1）见解析；（2） 2121111342nnnn （2）思路：若要求和，需要先求出nb的通项公式.所以先利用（1）构造等比数列求出na，从而得到nb，对于
14、cos1nn ，处理方式既可以将nb进行奇偶分类，进而分组求和，也可放入到通项公式中进行求和解：由（1）可得：1 1222nnana令1n 代入2232nnSann1124Sa 14a22nnan 22n nan22cosn nbnn方法一：直接求和 12 21( 1) 11 2111111 ( 1)nnnn nPnn 111142nn nnP 2121111342nnn nnT 方法二：分组求和 22 ,2122cos22122 ,2n nnn nnn nkbnnnn nk 当n为偶数时 11 12212222nnn nnbbnn 12341nnnTbbbbbb2 14 1122222nn 22 412214 13nnnn
