数列求和问题

数列求和问题

一、知识归纳：

数列求和的主要方法：

（1）公式法：能直接用等差或等比数列的求和公式的方法。

（2）拆项求和法：将一个数列拆成若干个简单数列（等差、等比、常数列）然后分别求和的方法。

（3）并项求和法：将数列相邻的两项或几项并成一组，得到一个新的更易求和的数列的方法。

（4）裂项相消法：将数列的通项分成二项的差的形式，相加消去中间项，剩下有限项再求和的方法。

常用技巧有：

111111()(nkn)①n(nk)knnk； ②nknk

1111()(2n1)(2n1)22n12n1③； ④nn!(n1)!n!

1111[]⑤n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)

（5）错位相减法：将一个数列的每一项都作相同的变换，然后将得到的新数列错动一个位置与原数列的各项相减，也即是仿照推导等比数列前n项和公式的方法。若{an}为等差、

{bn}为等比数列，则求数列{anbn}的前n项和可用此法。

（6）倒序求和法：即仿照推导等差数列前n项和公式的方法

二、学习要点：

1．等差、等比数列的求和方法及前n项和公式是数列求和的基础，要熟练掌握。

2．求数列的前n项和一定要抓住数列的通项，分析通项公式的结构与特点，通过对通项进行适当的变形、转换达到求和的目的。

三、例题分析：

例1．求和：

2n(a1)(a2)(an) （1）

111(2n1)(2n1) （2）13352n112x3xnx(x1) （3）

a例2．在等差数列n中，a11，前n项和Sn满足条件

S2n4n2,n1,2,Snn1，

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

b，求数列n的前n项和Tn。

（Ⅱ）记

bnanpan(p0)例3．正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Snan1.

（1）求数列{an}的通项公式；

11,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn.anan12

（2）设

bn四、练习题：

1nn11．数列{an}的通项公式是

an(nN)，若它的前n项和为10，则其项数n为

A．11 B．99 C．120 D．121

111,,,,1212312n2．数列的前n项和为

1,2n2nn2nA．2n1 B．n1 C．n1 D．2n1

3．数列{an}的通项是an4n1，

bna1a2ann，则数列{bn}的的前n项和为

A．n B．n(n1) C．n(n2) D．n(2n1)

2

4．已知数列

{an}Snn24n1n的前项和为 ，则|a1||a2||a3||a10|的值是

A．65 B．67 C．61 D．56

12x2，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求

5．设

f(x)f(5)f(4)f(0)f(5)f(6)的值为

2A．32 B．2 C．22 D．2

2222226．10099989721的值是

A．2525 B．5050 C．10100 D．20200

11111,3,5,,(2n1)n,27．数列248的前n项和为Sn，则Sn

A．

n211111222n12nn1nn12n B．2n1 C．2n D．2n

8．在等比数列

{an}中，

a1a2an2n1，则

22a12a2an

(2n1)24n1n2n(21)A． B．3 C．41 D．3

21,(12),(122),9．数列

,(12222n1),的通项公式an ，前n项和Sn .

10．若数列{an}满足 a12，nan1(n1)an2，则数列{an}的通项公式an___

11．数列

{an}an2an1(1)n(nN)a1,a212中，，，则S100_________。

12．数列

{an}2aa1n中，1，an110，则此数列的前2009项之和为________.

13．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为

Sn,a31S36.2

111Sn. （I）求数列{an}的通项公式； （II）求和：S1S214．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.

（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）设

cnanbn，求数列{cn}的前n项和Tn.

15. 设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，anSn4096。

（1）求数列{an}的通项公式

T（2）设数列{log2an}的前n项和为Tn,对数列n，从第几项起Tn509？（参考数据：

460167.8）

16．数列{an}的前n项和为Sn ，满足：a11，3tSn(2t3)Sn13t，其中t0，nN 且

n2

（Ⅰ）求证：数列{an}是等比数列；

1)(n2),bn1求bn的通项式.

（Ⅱ）设数列{an}的公比为f(t)，数列{bn}满足

b11,bnf(（Ⅲ）记Tnb1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1,求证：

Tn20.9

Snn2ann17．已知数列的前项和，数列bn中b12,bn2bn1(n2)

an,n为奇数cnan,bnbn,n为偶数，求Cn的前n项和Tn （1） 求；（2）若

18.数列{an}的通项

ann2(cos2nnsin2)33，其前n项和为Sn.

(1) 求Sn; (2)

bnS3n,nn4求数列｛bn｝的前n项和Tn.

（五）数列求和问题参

三、例题分析：

Sn(a1)(a22)(ann)(aa2an)(12n)例1．解：（1）

n(n1)nn2Snna122 当时，

a(1an)n(n1)Sna11a2 当时，

（2）

Sn1111335(2n1)(2n1)

1111111111111n)(1(1)()()()22n12n12232352572n12n1

（3）

Sn12x3x2nxn1xSnx2x23x3(n1)xn1nxn

1xnnnx23n1n因为x1则(1x)Sn1xxxxnx1x

1xnnxnSn2(1x)1x 故

S2n4n2a1a23an1得：a1例2．解：（Ⅰ）设等差数列n的公差为d,由Sn，所以a22，

即da2a11，所以ann。

（Ⅱ）由

bnanpan，得

bnnpn。所以

Tnp2p23p3(n1)pn1npn，

当p1时，

Tnn12；

pTnp22p33p4p1当时，

(n1)pnnpn1，

(1P)Tnppp23pn1pnpnn1p(1pn)npn11p

n1,p12Tnnp(1p)npn1,p11p即。

例3．正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Snan1.

（1）求数列{an}的通项公式；

11,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn.anan12

（2）设

bna0,2Snan1,例3．解（1）∵2S1a11,∴a1=1 ∵n

∴

4Sn(an1)2 ① ∴

4Sn1(an11)2(n2) ②

24aa2anan12an1 nn①—②，得

2即(anan1)(anan12)0而an0,∴anan12(n2)

故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列。∴an2n1

1111()(2n1)(2n1)22n12n1

（2）

bnTnb1b2bn

1111111111(1)()()(1)2323522n12n122n1

111111(1)Tn2n122(2n1)2∴2 ∵2四、练习题：

1~8 CBABA BAD

解析：

1． ann1n，则由Snn1110，得n120，选C

121112n2()Sn2(1)12nn(n1)nn1，则n1n1，选B

2．

an3．

a1a2ann(34n1)n(2n1)2，则bn2n1

b1b2bn135(2n1)n2，选A

4．， 由anSnSn12n50，得n3，

则原式a1a2a3a10S102S261667，选B

5．于

f(x)f(1x)21{[f(5)f(6)][f(4)f(5)]2，则原式2

121232[f(6)f(5)]}22，选

A

6．原式(10099)(9897)(21)5050，选B

12，故选A

7．分析：代入检验，因

S1122an2n1an4n1a1,aa1q213q21128．分析：有，则，，

故原式

14442n114n1n(41)143，选D

n1n9． 21 ， 2n2 .10． __4n2__.11． _2600___12． _1003_

分析：

11． n为奇数时an2an0，ana11；n为偶数时，an2an2，ann

50(2100)26002

S100(a1a3a99)(a2a4a100)50(24100)5012．由题设可知，a2k11，a2k0（k1），则S20091003

解答题

13．（Ⅰ）解：设等差数列an的公差是

a12d63212.3ad12d，依题意得，

解得

a12,d2., ∴数列an的通项公式为ana1(n1)d2n.

n(a1an)n(n1).2

（Ⅱ）解：∵an2n，∴

Sn111111Sn1223n(n1) ∵S1S2111111111()()()()1.2323nn1n1 =1214解：（1）：当n1时，a1S12;

当n2时,anSnSn12n22(n1)24n2,

故{an}的通项公式为an4n2，即{an}是a12，公差d4的等差数列

1q,则b1qdb1,d4,q.4 设{bn}的通项公式为

故

bnb1qn1214n1，即{bn}的通项公式为

bn24n1

cn（II）

an4n2(2n1)4n1,2bn4n1

Tnc1c2cn[1341542(2n1)4n1]

4Tn[14342543(2n3)4n1(2n1)4n]

两式相减得

13Tn12(4142434n1)(2n1)4n[(6n5)4n5]31Tn[(6n5)4n5].9

15解(1) ∵anSn4096, ∴a1S14096, a12048

当n2时, anSnSn1(4096an)(4096an1)an1an

∴

anan111an2048()n1212n2=2 

(2) ∵log2anlog2212n12n, ∴

Tn1(n223n)2.

2346012 由Tn509,解得n,而n是正整数,于是n≥46.

∴从第46项起Tn509.

16．数列

n2

{an}3tSn(2t3)Sn13tSna1nnNt01的前项和为 ，满足：，，其中， 且

（Ⅰ）求证：数列{an}是等比数列；

（Ⅱ）设数列{an}的公比为f(t)，数列{bn}满足

b11,bnf(1)(n2),bn1求bn的通项式.

（Ⅲ）记Tnb1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1,求证：

Tn20.9

16解（Ⅰ）当n2时，3tSn(2t3)Sn13t① ,3tSn1(2t3)Sn3t②

an12t3an3t（n2）

②—①得：3tan1(2t3)an0

又a11,3t(a1a2)(2t3)a13t，解得：

aa2a3n12t3a1a2an3t

a22t33t ,

2t3

{an}是首项为1，公比为3t的等比数列。

（Ⅱ）

3bn13b22t32f(t),bnn1bn133t33bn1 ,

2bnbn12221,bn1(n1)n3则333

（Ⅲ）Tnb2(b1b3)b4(b3b5)b2n(b2n1b2n1)

54n1n()442n(4n6)433(b2b4b2n)(2n23n)332994520当n2时,2n23n为增,Tn99

snn2an17．已知数列的前n项和，数列bn中b12,bn2bn1(n2)

an,n为奇数cnan,bnbn,n为偶数，求Cn的前n项和Tn （2） 求（2）若

ann2(cos2nnsin2)33，其前n项和为Sn.

18.数列{an}的通项

(1) 求Sn;

(2)

bnS3n,n4n求数列｛bn｝的前n项和Tn.

解: (1) 由于

cos2nn2nsin2cos333,故

S3k(a1a2a3)(a4a5a6)122242522(3)(62)22(a3k2a3k1a3k)(3k2)2(3k1)2((3k)2))2

13312218k5k(9k4)22,

S3k1S3ka3kk(49k),2

S3k2k(49k)(3k1)213k21S3k1a3k1k,22236

n1,n3k236(n1)(13n)Sn,n3k16n(3n4),n3k*6kN故 ()

(2)

bnS3n9n4,nnn424

11322Tn[22449n4],n4 9n4],4n1

1224Tn[1324

两式相减得

193Tn[132499n99n41449n4]819n,n1n][13n2n32n1144242214

813nTn.2n32n13322故