2016届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)数列求和(含解析)

数列求和

一、公式法

1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1或q≠1.

2．一些常见数列的前n项和公式： (1)1＋2＋3＋4＋„＋n＝ (2)1＋3＋5＋7＋„＋2n－1＝ (3)2＋4＋6＋8＋„＋2n＝

二、非等差、等比数列求和的常用方法 1．倒序相加法

如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，等差数列的前n项和即是用此法推导的．

2．分组转化求和法

若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，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．

3．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，等比数列的前n项和就是用此法推导的．

4．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． 例题讲解（一）

1．设数列{(－1)}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn＝( ) A.

nn[－1n－1]

2

n－1

B.

2

nn－1

＋1 n－1＋1C.

2

－1－1D. 2

解析：选D 因为数列{(－1)}是首项与公比均为－1的等比数列，所以Sn＝－1－－1×－1－1－1

＝.

1－－12

Sn

2．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列的前10项的

n

nn和为( )

A．120 C．75

2

B．70 D．100 ＝n(n＋2)，

解析：选C ∵Sn＝

na1＋an

S10

∴＝n＋2.故＋＋„＋＝75. n1210

3．数列a1＋2，„，ak＋2k，„，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋„＋ak＋„＋a10的值为( )

A．31 C．130

B．120 D．185

SnS1S2

2＋20×10解析：选C a1＋„＋ak＋„＋a10＝240－(2＋„＋2k＋„＋20)＝240－2＝240－110＝130.

4．若数列{an}的通项公式为an＝2＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________． 21－2n1＋2n－1n＋12

解析：Sn＝＋＝2－2＋n.

1－22答案：2

n＋1

nn＋n－2

2

1111

5．数列，，，„，，„的前n项和为________．

2×44×66×82n2n＋21111

解析：因an＝＝－

2n2n＋24nn＋1111111

则Sn＝1－＋－＋„＋－

223nn＋1411n＝1－＝. n＋14n＋14答案：

数列求和的方法

(1)一般的数列求和，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．

(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：

①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．

②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．

n 4n＋1

例题讲解

[例1] 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，

a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.

第一行 第二行 第三行

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)ln an，求数列{bn}的前2n项和S2n. [自主解答] (1)当a1＝3时，不合题意；

当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意； 当a1＝10时，不合题意．

因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3，故an＝2·3(2)因为bn＝an＋(－1)ln an＝2·3＋(－1)nln 3，

所以S2n＝b1＋b2＋„＋b2n＝2(1＋3＋„＋3

2n2n－1

第一列 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18 nn－1

.

n－1

nn－1

＋(－1)ln(2·3

nn－1

)＝2·3＋(－1)(ln 2－ln 3)

nn)＋[－1＋1－1＋„＋(－1)](ln 2－ln 3)

2n1－32n＋[－1＋2－3＋„＋(－1)2n]ln 3＝2×＋nln 3＝3＋nln 3－1.

1－3

方法总结

分组转化法求和的常见类型

(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．

(2)通项公式为an＝

bn，n为奇数，

cn，n为偶数

2n

的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差

n*

1．已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2p＋nq(n∈N，p，q为常数)，且x1，x4，x5

成等差数列．求：

(1)p，q的值；

(2)数列{xn}前n项和Sn的公式．

解：(1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝2p＋4q，

4

x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，

解得p＝1，q＝1.

(2)由(1)，知xn＝2＋n，所以Sn＝(2＋2＋„＋2)＋(1＋2＋„＋n)＝2

n2

nn＋1

－2＋

nn＋1

2

. n[例2] 已知数列{an}的前n项和Sn＝kc－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3. (1)求an；

(2)求数列{nan}的前n项和Tn.

解：(1)由Sn＝kc－k，得an＝Sn－Sn－1＝kc－kc5

nnn－1

(n≥2)．

2

由a2＝4，a6＝8a3 ，得kc(c－1)＝4，kc(c－1)＝8kc所以a1＝S1＝2，an＝kc－kc于是an＝2. (2)

即Tn＝2＋2·2＋3·2＋4·2＋„＋n·2.

2

3

4

c＝2，

(c－1)，解得

k＝2，

nn－1

＝2(n≥2)，

nnnTn＝2Tn－Tn＝－2－22－23－24－„－2n＋n·2n＋1

＝－2

n＋1

＋2＋n·2

n＋1

＝(n－1)2

n＋1

＋2.

方法总结

用错位相减法求和应注意：

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；

(2)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“Sn－qSn”的表达式．

(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．

2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝3＋k. (1)求k的值及数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足

nan＋1

2

＝(4＋k)anbn，求数列{bn}的前n项和Tn.

nn－1

解：(1)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝3＋k－3－k＝2·3

n－1

，得等比数列{an}的公比

q＝3，首项为2.

∴a1＝S1＝3＋k＝2，∴k＝－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2·3(2)由n－1

.

an＋1

＝(4＋k)anbn，可得bn＝n－1，

22·3

n3n即bn＝·n. 23

n3123

∵Tn＝＋2＋3＋„＋n，

32333

n13123

∴Tn＝2＋3＋4＋„＋n＋1，

332333

1n23111

∴Tn＝＋2＋3＋„＋n－n＋1，

33323331n91

∴Tn＝－n－n＋1.

422·33

例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝

2

*

anan＋1

，求数列{bn}的前n项和Tn.

解.(1)∵Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，

Sn－1＝(n－1)·an－1－(n－1)(n－2)，

∴an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)·(n－2)， 即an－an－1＝2.

∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列， 故an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，n∈N. (2)由(1)知bn＝

211

＝ ＝－， anan＋12n－12n＋12n－12n＋12

*

111111－1＝1－1＝

故Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝1－＋－＋－＋„＋2n＋1335572n－12n＋1

2n. 2n＋1

本例条件不变，若数列{bn}满足bn＝1

，求数列{bn}的前n项和Tn. Sn＋n2

解：Sn＝nan－n(n－1)＝n(2n－1)－n(n－1)＝n.

bn＝＝＝＝－，

Sn＋nn2＋nnn＋1nn＋1

11n1111111

Tn＝－＋－＋－＋„＋－＝1－＝. n＋1n＋1122334nn＋1方法总结

利用裂项相消法求和应注意

(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项； (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则

1111111

＝－， ＝－. anan＋1danan＋1anan＋22danan＋21

*

11111

3．在等比数列{an}中，a1>0，n∈N，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.

(1)求数列{an}的通项公式；

111

(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋„＋

S1S2S3

1

Snn＋1

*

.

n＋1

(2)∵bn＝log42＝

n＋1

2

，

. ∴Sn＝b1＋b2＋„＋bn＝1∵ ＝nn＋3

4

Sn1441

＝－，

nn＋33nn＋3

1111∴＋＋＋„＋

S1S2S3Sn114111111

＝－＋－＋－＋„＋－

nn＋3314253611122411

－－＝1＋＋－<，

23n＋1n＋2n＋339∴存在正整数k的最小值为3.

练习题（A)

1

1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前

an

5项和为( )

A.C.

1531

或5 B.或5 81631

16

15D. 8

3

6

91－q1－q解析：选C 设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝

1－q1－q1131

2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝. 216an

2．已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14等于( ) A．16

B．8

2

C．4 D．不确定

2

解析：选B 由数列{an}的前n项和Sn＝an＋bn(a、b∈R)，可知数列{an}是等差数列，a1＋a25×25

由S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a1＋a25＝a12＋a14＝8.

2

11111

3．数列1，3，5，7，„，(2n－1)＋n，„的前n项和Sn的值等于( )

24816212

A．n＋1－n

2C．n＋1－

2

12

B．2n－n＋1－n 212

D．n－n＋1－n 2

12

n－1

1

解析：选A 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋n，

2

11112

则Sn＝[1＋3＋5＋„＋(2n－1)]＋＋2＋„＋n＝n＋1－n. 22224．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝为( )

1

A．1－n

412

C.1－n

43

n－1

1

a1a2a2a3

＋1

＋„＋1

anan＋1

的结果可化

1

B．1－n

212D.1－n

23

解析：选C an＝2，设bn＝

12n－1

＝， anan＋12

1

11312n－1

则Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝＋＋„＋

22211

1－n2421＝＝1－n.

1341－4

5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列( )

A.C.100 10199

100

99B. 101101D. 100

anan＋1

1

的前100项和为

解析：选A 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.

a1＋4d＝5，

∵a5＝5，S5＝15，∴5×5－1

5ad＝15，1＋2

a1＝1，

∴d＝1，

∴an＝a1＋(n－1)d＝n.

11111111

的前100项和为1－＋－＋„＋∴＝＝－，∴数列－

anan＋1nn＋1nn＋1223100anan＋1

1

11100＝1－＝. 101101101

n当n为奇数时，

6．已知函数f(n)＝2

－n当n为偶数时，

2

2

且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3

＋„＋a100等于( )

A．0

B．100 D．10 200

2

2

2

2

2

2

2

2

C．－100

解析：选B 由题意，a1＋a2＋a3＋„＋a100＝1－2－2＋3＋3－4－4＋5＋„＋99－100－100＋101＝－(1＋2)＋(3＋2)＋„－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋„＋99＋100)＋(2＋3＋„＋100＋101)＝－1＋101＝100.

7．在等差数列{an}中，Sn表示前n项和，a2＋a8＝18－a5，则S9＝________. 解析：由等差数列的性质及a2＋a8＝18－a5， 得2a5＝18－a5，则a5＝6， a1＋a9×9

故S9＝＝9a5＝.

2答案：

8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

解析：∵an＋1－an＝2，

∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＋a1 ＝2

n－1

nn2

2

2

＋2

n－2

2－2nn＋„＋2＋2＋2＝＋2＝2－2＋2＝2.

1－2

2

n2－2n＋1

∴Sn＝＝2－2.

1－2答案：2

n＋1

n＋1

－2

bnbn＋1

9．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列前n项和Sn＝________.

1

的

解析：设等比数列{an}的公比为q，则＝q＝27，解得q＝3.所以an＝a1q＝3，故bn＝log3an＝n，

所以

1



na4a1

3n－1

＝3×3

n－1

bnbn＋1

＝

111

＝－.

nn＋1nn＋1

则数列答案：

1111111n的前n项和为1－＋－＋„＋－＝1－＝.

223nn＋1n＋1n＋1bnbn＋1

nn＋1

10．在等比数列{an}中，a2a3＝32，a5＝32. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求S1＋2S2＋„＋nSn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意得

a1q·a1q＝32，

4

a1q＝32，

2

n解得a1＝2，q＝2，

故an＝2·2

n－1

＝2.

(2)∵Sn表示数列{an}的前n项和， 21－2n∴Sn＝＝2(2－1)，

1－2

∴S1＋2S2＋„＋nSn＝2[(2＋2·2＋„＋n·2)－(1＋2＋„＋n)]＝2(2＋2·2＋„＋n·2)－n(n＋1)，

设Tn＝2＋2·2＋„＋n·2，① 则2Tn＝2＋2·2＋„＋n·2①－②，得

－Tn＝2＋2＋„＋2－n·2∴Tn＝(n－1)2

n＋122

32

2

nn2nnn＋1

，②

nn＋1

21－2n＋1n＋1

＝－n·2＝(1－n)2－2，

1－2

n＋2，

n＋1

∴S1＋2S2＋„＋nSn＝2[(n－1)2＝(n－1)2

n＋2

＋2]－n(n＋1)

＋4－n(n＋1)．

11．(2012·长春调研)已知等差数列{an}满足：a5＝9，a2＋a6＝14. (1)求{an}的通项公式；

(2)若bn＝an＋qan(q>0)，求数列{bn}的前n项和Sn.

a1＋4d＝9，

解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则由a5＝9，a2＋a6＝14，得

2a1＋6d＝14，

a1＝1，解得

d＝2，

所以{an}的通项an＝2n－1.

2n－1

(2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q.

1

3

5

2n－1

当q>0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋„＋(2n－1)]＋(q＋q＋q＋„＋q)＝n＋

2

q1－q2n； 2

1－q当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1)． 所以数列{bn}的前n项和

nn＋1，q＝1，

Sn＝2q1－q2n

n＋，q>0，q≠1.21－q

2

12．若数列{an}满足：a1＝，a2＝2,3(an＋1－2an＋an－1)＝2.

3(1)证明：数列{an＋1－an}是等差数列；

11115

(2)求使＋＋＋„＋>成立的最小的正整数n.

a1a2a3an2解：(1)由3(an＋1－2an＋an－1)＝2可得：

an＋1－2an＋an－1＝，即(an＋1－an)－(an－an－1)＝，

42

故数列{an＋1－an}是以a2－a1＝为首项，为公差的等差数列．

33422

(2)由(1)知an＋1－an＝＋(n－1)＝(n＋1)，

33321

于是累加求和得an＝a1＋(2＋3＋„＋n)＝n(n＋1)，

33111

∴＝3－， annn＋1

111135∴＋＋＋„＋＝3－>，∴n>5， a1a2a3ann＋12∴最小的正整数n为6. 练习题（B)

1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝( ) A．6n－n

6n－n1≤n≤3C.2

n－6n＋18n>3

22

2

2

323

B．n－6n＋18

6n－n 1≤n≤3D.2

n－6n n>3

2

2

2

解析：选C ∵由Sn＝n－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.

∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7， ∴n≤3时，an<0，n>3时，an>0，

6n－n1≤n≤3，∴Tn＝2

n－6n＋18n>3.

2

nn－1

2．若数列{an}满足a1＝2且an＋an－1＝2＋2＋2)＝________.

，Sn为数列{an}的前n项和，则log2(S2 012

解析：因为a1＋a2＝2＋2，a3＋a4＝2＋2，a5＋a6＝2＋2，„.所以S2 012＝a1＋a2＋a3

＋a4＋„＋a2 011＋a2 012

＝2＋2＋2＋2＋„＋2

2 012

1

2

3

4

2 011

24365

＋2

2 012

21－22 013

＝＝2－2.

1－2故log2(S2 012＋2)＝log22答案：2 013

3．已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项． (1)求数列{an}的通项公式；

1

(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋„＋bn，求Sn.

2解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q. 依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4， 代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8. ∴a2＋a4＝20.

a1q＋a1q＝20，∴2

a3＝a1q＝8，

3

2 013

＝2 013.

nq＝2，

解得

a1＝2，

1q＝，

或2a1＝32.

又{an}为递增数列，

q＝2，

∴

a1＝2.

∴an＝2.

1nnn(2)∵bn＝2·log2＝－n·2，

2

∴－Sn＝1×2＋2×2＋3×2＋„＋n×2.①

∴－2Sn＝1×2＋2×2＋3×2＋„＋(n－1)×2＋n×2①－②得Sn＝2＋2＋2＋„＋2－n·221－2n＋1＝－n·2

1－2＝2

n＋1

n2

3

2

3

4

2

3

nnn＋1

.②

nn＋1

－n·2

n＋1

－2.

∴Sn＝2

n＋1

－n·2

n＋1

－2.

备选题

1．已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列． (1)求数列{an}的通项； (2)求数列{2an}的前n项和Sn.

1＋2d1＋8d解：(1)由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，

11＋2d解得d＝1或d＝0(舍去)， 故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)由(1)知2an＝2， 由等比数列前n项和公式得

21－2n＋1

Sn＝2＋2＋2＋„＋2＝＝2－2.

1－2

2

3

nnn33

2．设函数f(x)＝x，在等差数列{an}中，a3＝7，a1＋a2＋a3＝12，记Sn＝f(an＋1)，令

bn＝anSn，数列的前n项和为Tn.

bn

(1)求{an}的通项公式和Sn； 1

(2)求证：Tn<.

3

解：(1)设数列{an}的公差为d，由a3＝a1＋2d＝7，a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝12，解得a1

＝1，d＝3，则an＝3n－2.

33

∵f(x)＝x，∴Sn＝f(an＋1)＝an＋1＝3n＋1. (2)证明：∵bn＝anSn＝(3n－2)(3n＋1)， 1∴＝

1

bn1111－＝.

3n－23n＋133n－23n＋1

111∴Tn＝＋＋„＋

b1b2bn111111

－＝1－＋－＋„＋

4473n－23n＋13

111

＝1－.∴Tn<. 3n＋133

3．已知二次函数f(x)＝x－5x＋10，当x∈(n，n＋1](n∈N)时，把f(x)在此区间内的整数值的个数表示为an.

(1)求a1和a2的值； (2)求n≥3时an的表达式；

2

*

(3)令bn＝

4

anan＋1

，求数列{bn}的前n项和Sn(n≥3)．

*

解：(1)f(x)＝x－5x＋10，又x∈(n，n＋1](n∈N)时，f(x)的整数个数为an，所以f(x)在(1,2]上的值域为[4,6)⇒a1＝2；

2

f(x)在(2,3]上的值域为，4⇒a2＝1.



(2)当n≥3时，f(x)是增函数，故an＝f(n＋1)－f(n)＝2n－4.

444(3)由(1)和(2)可知，b1＝＝2，b2＝＝2.而当n≥3时，bn＝

2×11×22n－42n－2＝2

154

1－1.

2n－42n－2

所以当n≥3时，Sn＝b1＋b2＋b3＋b4＋„＋bn 111111－＝2＋2＋2－＋－＋„＋ 2n－42n－22446111

＝4＋2－＝5－. n－122n－2