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1、高一数学下学期期末备考数列求和知识点高一数学下学期期末备考数列求和知识点1公式法直接利用等差、等比数列的求和公式求和（1）等差数列的前 n 项和公式Snna1an2na1nn12d.（2）等比数列的前 n 项和公式Snna1，q1，a1anq1qa11qn1q，q1.例 1一个球从 100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10 次着地时，经过的路程是()A100200(129)B100100(129)C200(129)D100(129)【答案】【答案】A第 10 次着地时，经过的路程为 1002(502510029)1002100(212229)100200211
2、29121100200(129)2分组转化法把数列转化为几个等差、等比数列，再求解分组转化法求和的常见类型：(1)若 anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，则可采用分组求和法求an的前 n 项和(2)通项公式为 anbn，n 为奇数，cn，n 为偶数的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和3并项求和法一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如 an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解例 2、(2019山东青岛月考)已知数列an的前 n 项和 Snn2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的
3、前 2n 项和解(1)当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn1n2n2n12n12n.a1也满足 ann，故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则T2n(212222n)(12342n)记 A212222n，B12342n，则 A2122n1222n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.变式探究本例(2)中，求数列bn的前 n 项和 Tn.解由(1)知 bn2n(1)nn.当 n 为偶数时，Tn(21222n)1234(n1)n22n112n2
4、2n1n22；当 n 为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n2n12n12n2n1n252.Tn2n1n22，n 为偶数，2n1n252，n 为奇数.练习、(2019四川巴中质检)在等差数列an中，a2a723，a3a829.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列anbn是首项为 1，公比为 q 的等比数列，求bn的前 n 项和 Sn.解(1)设等差数列an的公差为 d，则 a3a8(a2a7)2d6，d3，a2a72a17d23，解得 a11，数列an的通项公式为 an3n2.(2)数列anbn是首项为 1，公比为 q 的等比数列，anbnqn1，即3n2bnqn1，bn
5、3n2qn1，Sn147(3n2)(1qq2qn1)n3n12(1qq2qn1)当 q1 时，Snn3n12n3n2n2；当 q1 时，Snn3n121qn1q.4裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项裂项法求和在高考中经常考查，多以解答题的形式考查，并且往往出现在第二问，难度属中低档（1）常见的裂项公式1nn11n1n1；12n12n11212n112n1；1n n1 n1 n.（2）利用裂项相消法求和的注意事项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)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项3)将
6、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1anan11d1an1an1，1anan212d1an1an2.考点一：形如 an1nknp的数列求和例 3、(2019山东威海月考)已知等差数列an中，2a2a3a520，且前 10 项和 S10100.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和解(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.由已知得2a2a3a54a18d20，10a11092d10a145d100，解得a11，d2，所以数列an的通项公式为 an12(n1)2n1.(2)bn12n1
7、2n11212n112n1，所以 Tn12113131512n112n1 12112n1 n2n1.考点 2：形如 an1nk n的数列求和例 4、(2019皖北八校联考)已知函数 f(x)x的图象过点(4,2)，令 an1fn1fn，nN*.记数列an的前 n 项和为 Sn，则 S2 014()A 2 0131B 2 0141C 2 0151D 2 0151【答案【答案】C由 f(4)2 可得 42，解得12，则 f(x)x12.an1fn1fn1n1 n n1 n，S2 014a1a2a3a2 014(2 1)(3 2)(4 3)(2 014 2 013)(2 015 2 014)2 01
8、51.考点 3：形如 ann1n2n22的数列求和例 5、(2019山东淄博模拟)正项数列an的前 n 项和 Sn满足：S2n(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bnn1n22a2n，数列bn的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0，Snn2n.于是 a1S12，当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为 an2n.(2)证明由于 an2n，故 bnn1n22a2nn14n2n221161n21n22.Tn11611321221421321521n121n121n21n2211611221n1
9、21n220，由以上两式联立方程组解得 a12，q2，所以 an2n.(2)由题意知 S2n12n1b1b2n12(2n1)bn1，又 S2n1bnbn1，bn10，所以 bn2n1.令 cnbnan，则 cn2n12n.因此 Tnc1c2cn325227232n12n12n12n，又12Tn3225237242n12n2n12n1，两式相减得12Tn321212212n12n12n1，所以 Tn52n52n.练习、已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，公比 q0，S22a22，S3a42.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnnan，求bn的前 n 项和 Tn.解(1)设等比数列an的
10、公比为 q，因为 S22a22，S3a42，所以由两式相减得 a3a42a2，即 q2q20.又因为 q0，所以 q2.又因为 S22a22，所以 a1a22a22，所以 a1a1q2a1q2，代入 q2，解得 a12，所以 an2n.(2)由(1)得 bnn2n，所以 Tn12222323n12n1n2n，将式两边同乘12，得12Tn122223324n12nn2n1，由两式错位相减得12Tn1212212312412nn2n112112n112n2n1112nn2n1，整理得 Tn2n22n.练习、已知数列an的前 n 项和 Sn12n2kn(其中 kN*)，且 Sn的最大值为 8.(1)确定常数 k，并求 an；(2)设数列92an2n的前 n 项和为 Tn，求证：Tn4.(1)解当 nkN*时，Sn12n2kn 取得最大值，即 8Sk12k2k212k2，故 k216，k4.当 n1 时，a1S112472，当 n2 时，anSnSn192n.当 n1 时，上式也成立综上，an92n.(2)证明92an2nn2n1，Tn122322n12n2n2n1，2Tn2232n12n3n2n2.，得 2TnTn211212n2n2n1412n2n2n14n22n1.Tn4n22n1，Tn4.