1、64 数列求和及应用数列求和及应用 【教材梳理】 1数列求和方法 (1)公式法 ()等差数列前 n 项和公式：Snn（a1an） 2 na1n（n1）d 2 . 等比数列前 n 项和公式：Sn na1，q1， a1（1qn） 1q a1anq 1q ，q1. ()常见数列的前 n 项和： 123n_； 2462n_； 135(2n1)_； 122232n2_； 132333n3 n（n1） 2 2 . 2数列应用题常见模型 (1)单利公式 利息按单利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y_. (2)复利公式 利息按复利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则
2、本利和 y_. (3)产值模型 原来产值的基础数为 N，平均增长率为 p，对于时间 x，总产值 y_. (4)递推型 递推型有 an1f(an)与 Sn1f(Sn)两类 (5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与函数(含三角函数)、数列与解析几何等 【常用结论】 3常见的裂项公式 (1) 1 n（n1） 1 n 1 n1. (2) 1 （2n1）（2n1） 1 2 1 2n1 1 2n1 . (3) 1 n（n1）（n2） 1 2 1 n（n1） 1 （n1）（n2） . (4) 1 a b 1 ab( a b) (5) n （n1）！ 1 n！ 1 （n1）！. (6)Cm 1 n
3、 Cm n1C m n. (7)n n！(n1)！n！. (8)anSnSn1(n2) 【自查自纠】 1(1)n（n1） 2 n2n n2 n（n1）（2n1） 6 2(1)a(1xr) (2)a(1r)x (3)N(1p)x 判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“”，错误的画“” (1)当 n2 时， 1 n21 1 n1 1 n1. ( ) (2)如果已知一个数列的通项公式，那么它的前 n 项和一定可以求解 ( ) (3)已知数列an是等差数列，则它的前 n 项和一定是关于 n 的二次函数形式 ( ) (4)如果数列an是周期为 k 的周期数列，那么 SkmmSk(m，k 为大于 1 的
4、正整数) ( ) (5)已知各项不为 0 的等差数列an的公差为 d(d0)，则有 1 anan1 1 d( 1 an 1 an1) ( ) 解：(1)； (2)； (3)； (4)； (5). (20192020学年山西孝义二中高一下期末)已知 Sn为数列 an的前 n 项和，且 满足 a11，a23，an23an，则 S2 022 ( ) A231 0112 B231 011 C.3 2 0221 2 D.3 1 0111 2 解：因为 a11，a23，an23an，所以数列an的奇数项成等比数列，偶数项也 成等比数列，且公比均为 3， 所以 S2 022(a1a3a2 021)(a2a4
5、a2 022)13 1 011 13 3（13 1 011） 13 231 0112.故选 A. (2020届四川仁寿一中高三模拟)已知 an 2 n22n，则 S6( ) A.69 56 B. 7 8 C. 69 28 D. 7 16 解：由题意，an 2 n22n 2 n（n2） 1 n 1 n2， 所以 S6a1a2a611 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 4 1 6 1 5 1 7 1 6 1 81 1 2 1 7 1 8 69 56. 故选 A. (2021届安徽六校高三测试)已知 Sn为数列an的前 n 项和，且满足 a12，a2 nan1 4(an1)(nN*)，则 S2
6、0 ( ) A0 B4 C74 D80 解：由已知得 an1(an2)2， 因为 a12，所以 a20，a34，当 n4 时 an4， 所以 S202041874.故选 C. 有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自 身分裂为 2 个现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒，问细菌将病 毒全部杀死至少需要_s. 解： 设至少需要 n s，则 12222n 1100，即12 n 12 100， 所以 n7.故填 7. 考点一考点一 分组分组(并项并项)法求和法求和 (1)1 11 2 11 2 1 4 11 2 1 4 1 220 _. 解：设 an11 2 1 4 1 2
7、n 1 1 1 1 2 n 11 2 2 1 1 2n 2 1 2n 1，分组求和可得 数列an的前 n 项和 Sn2n 1 1 1 2 n 11 2 2n2 1 2n 1，则 S212212 1 221 140 1 220.故填 40 1 220. (2)(2020全国卷)数列an满足 an2(1)nan3n1，前 16 项和 为 540，则 a1_. 解：an2(1)nan3n1， 当 n 为奇数时，an2an3n1； 当 n 为偶数时，an2an3n1. 设数列an的前 n 项和为 Sn， S16a1a2a3a4a16 a1a3a5a15(a2a4)(a14a16) a1(a12)(a1
8、10)(a124)(a144)(a170)(a1102)(a1140) (5172941) 8a1392928a1484540， 所以 a17.故填 7. 【点拨】分组求和法就是对一类既不是等差数列，也不是 等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，分为几个等差、等 比数列或常见的数列， 然后分别求和， 最后将其合并的方法 记 住了这一类题型的特点，就能准确找到解题思路 (1)数列 9，99，999，的前 n 项和 Sn_. 解：Sn999999999n 个 (1011)(1021)(1031)(10n1) (10110210310n)n 10（110 n） 110 n10 n110 9 n. 故
9、填10 n110 9 n. (2)数列an的通项公式 annsinn 3 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 021 _. 解：函数 ysin 3x 以 6 为最小正周期，又 a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m6 3 3， mN， 2 02133761， 所以S2 0213 33372 022sin2 022 3 1 011 3. 故填1 011 3. 考点二考点二 裂项相消法求和裂项相消法求和 (1)(2019南宁摸底联考)已知等差数列an满足 a37，a5a726，则an的通项公 式为_；数列 1 anan1 的前 n 项和为_ 解：设等差数列的公差为 d，则由题意可得 a12
10、d7， 2a110d26， 解得 a13， d2. 所以 an32(n1)2n1. 1 anan1 1 （2n1）（2n3） 1 2 1 2n1 1 2n3 ， 所以其前 n 项和为1 2( 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3) 1 2 1 3 1 2n3 n 6n9.故填 an2n1； n 6n9. (2)(2020宜宾市叙州区第二中学开学考试)已知等差数列an满足 a2a46，前 7 项和 S7 28.设 bn 2n （2an1）（2an11），则数列bn的前 n 项和 Tn. _. 解：设等差数列an的公差为 d， 由 a2a46 可知 a33， 前 7 项和 S72
11、87a4，所以 a44， 所以 a12d3， a13d4，解得 a11， d1. 所以 an11(n1)n. bn 2n （2an1）（2an11） 2n （2n1）（2n 11） 1 2n1 1 2n 11， 所以bn前 n 项和 Tnb1b2bn ( 1 211 1 221)( 1 221 1 231)( 1 2n1 1 2n 11)1 3 1 2n 11.故填1 3 1 2n 11. 【点拨】裂项相消求和问题是常考题型裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意的两点： 一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面 对应留下哪些项，应做好处理常见裂项公式详见【
12、常用结论】 其中等差数列相邻项乘积的倒 数裂项是最常见的，即 1 anan1 1 d( 1 an 1 an1)，其中 an0，d0.除此之外，下面三种也比较常见 指数型： （a1）an （anb）（an 1b） 1 anb 1 an 1b. 对数型：lognan 1 an lognan1lognan(an0) 无理型： 1 a b 1 ab( a b)(a0，b0) (1)(20192020学年陕西延安吴起高中高一下期末)已知数列an满足 an1 n n1an， a11，则数列anan1的前 10 项和为 ( ) A.10 11 B. 11 10 C. 9 10 D. 10 9 解：因为 an
13、1 n n1an，所以 an1 an n n1，则当 n2 时，ana1 a2 a1 a3 a2 an an11 1 2 2 3 n1 n 1 n，a11 满足 所以 anan1 1 n（n1） 1 n 1 n1， 所以，数列anan1的前 10 项和为 S10(11 2)( 1 2 1 3)( 1 3 1 4)( 1 10 1 11)1 1 11 10 11. 故选 A. (2)已知函数 f(x)x 的图象过点(4，2)，令 an 1 f（n1）f（n），nN *.记数列a n的 前 n 项和为 Sn，则 S2 021( ) A. 2 0201 B. 2 0201 C. 2 0221 D.
14、2 0221 解：由 f(4)2 可得 4 2，解得 1 2，则 f(x)x 1 2. 所以 an 1 f（n1）f（n） 1 n1 n n1 n， S2 021a1a2a3a2 021( 2 1)( 3 2)( 4 3)( 2 021 2 020)( 2 022 2 021) 2 0221.故选 C. 考点三考点三 倒序相加法求和倒序相加法求和 (2020吉林省实验高一期末)已知函数 f(x) 3x 3x1，(xR)，正项等比数列an 满足 a501，则 f(lna1)f(lna2)f(lna99)_. 解：因为 f(x) 3x 3x1，所以 f(x)f(x) 3x 3x1 3 x 3 x1
15、1.因为数列an是等 比数列，所以 a1a99a2a98a49a51a2 501，即 lna1lna99lna2lna98 lna49lna510.设 S99f(lna1)f(lna2)f(lna3)f(lna99)，又 S99f(lna99) f(lna98)f(lna97)f(lna1)，得 2S9999，所以 S9999 2 .故填99 2 . 【点拨】如果一个数列an，与首末项等距的两项之和等于首末两 项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列 的和，这一求和方法称为倒序相加法，等差数列前 n 项和公式的推导便 使用了此法用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和
16、末项之 间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽 求 sin21sin22sin23sin289的值 解：令 Snsin21sin22sin23sin289， 则 Snsin289sin288sin287sin21 cos21cos22cos23cos289. 与两边分别相加得 2Sn(sin21cos21)(sin22cos22) (sin289cos289)89. 所以 Sn89 2 . 考点四考点四 错位相减法求和错位相减法求和 求和：Sn1 a 2 a2 3 a3 n an. 解：当 a1 时，Sn12nn（n1） 2 . 当 a1 时，Sn1 a 2 a2 3 a3 n an， 1 aSn
17、 1 a2 2 a3 n1 an n an 1， 由得 11 a Sn1 a 1 a2 1 a3 1 an n an 1 1 a 1 1 an 11 a n an 1，所以 Sna（a n1）n（a1） an（a1）2 . 综上所述，Sn n（n1） 2 （a1）， a（an1）n（a1） an（a1）2 （a1）. 【点拨】错位相减法适用于通项为等差等比数列乘积的数列求和， 是等比数列前 n 项和公式推导所使用的方法错位相减法的思维难度并 不高，关键是要细心，要能找好两个式子之间的对应项，计算仔细，以 免造成不必要的失分 已知 ann1 2n 1，求an的前 n 项和 Tn. 解：Tn 2
18、22 3 23 4 24 n1 2n 1， 1 2Tn 2 23 3 24 4 25 n1 2n 2， 得 1 2Tn 2 22 1 23 1 24 1 25 1 2n 1n1 2n 2 1 2 1 23 1 1 2n 1 11 2 n1 2n 23 4 1 2n 1n1 2n 2， 所以 Tn3 2 1 2n n1 2n 13 2 n3 2n 1. 考点五考点五 数列的实际应用数列的实际应用 (2020届上海杨浦区高三二模)某地出现了虫害，农业科学家引入了“虫害指数”数 列In，In表示第 n 周的虫害的严重程度，虫害指数越大，严重程度越高，为了治理虫害， 需要环境整治、杀灭害虫，然而由于人
19、力资源有限，每周只能采取以下两个策略之一： 策略 A：环境整治， “虫害指数”数列满足 In11.02In0.20； 策略 B：杀灭害虫， “虫害指数”数列满足 In11.08In0.46； 当某周“虫害指数”小于 1 时，危机就在这周解除 (1)设第一周的虫害指数 I11，8，用哪一个策略将使第二周的虫害严重程度更小？ (2)设第一周的虫害指数 I13，如果每周都采用最优的策略，虫害的危机最快在第几周 解除？(1.0871.714) 解：(1)由题意可知，使用策略 A 时，I21.02I10.20；使用策略 B 时，I21.08I10.46. 令 1.02I10.20()1.08I10.46
20、 0I113 3 ，即当 I11，13 3 )时，使用策略 B 第二周严重程度更 小；当 I113 3 时，使用两种策略第二周严重程度一样；当 I1(13 3 ，8时，使用策略 A 第二周严重程 度更小 (2)由(1)可知，最优策略为策略 B，即 In11.08In0.46，In123 4 1.08(In23 4 )，所以数列In 23 4 是以11 4 为首项，1.08 为公比的等比数列，所以 In23 4 11 4 1.08n 1，即 I n11 4 1.08n 1 23 4 ，令 Inan， 则称 an是间隔递增数列，k 是 an的间隔数，下列说法正确的是 ( ) A公比大于 1 的等比
21、数列一定是间隔递增数列 B已知 ann4 n，则 an是间隔递增数列 C已知 an2n(1)n，则 an是间隔递增数列且最小间隔数是 2 D已知 ann2tn2 020，若 an是间隔递增数列且最小间隔数是 3，则 4t1， 所以当 a 10 时， ank0，解得 k3，故存在 k 使an为间隔递增数 列，故正确； 对于 C，ankan2(nk)(1)n k2n(1)n2k(1)n(1)k1，当 n 为奇数时， 2k(1)k10，存在 k1 成立，当 n 为偶数时，2k(1)k10，存在 k2 成立，综上， an 是间隔递增数列且最小间隔数是 2，故正确； 对于 D， 若 an是间隔递增数列且
22、最小间隔数是 3， 则 ankan(nk)2t(nk)2 020(n2 tn2 020)2knk2tk0，nN*成立，则 k2(2t)k0 对于 k3 成立，且 k2(2t)k0 对 于 k2 成立，即 k(2t)0 对于 k3 成立，且 k(2t)0 对于 k2 成立，所以 t23，且 t22，解得 4t5，故正确故选 BCD. 【点拨】 数学文化，博大精深，以文化人，润物无声，新高考从 德智体美劳等多角度强化对古今中外数学文化的考查高考数学试卷 增加了探究性、开放性试题，以开放性试题考查发散思维，以探究性试 题考查独立思考能力，体现创新性的考查要求这类试题注重考查学生 的逻辑推理、信息加工
23、、阅读理解和分析解决实际问题的能力，注重培 养学生支撑终身发展、适应时代要求的关键能力在区分学生、科学选 才中发挥积极作用数列是高考强化对数学文化及数学探索类试题考 查的典型知识载体 (1)张邱建算经是中国古代数学史上的杰作，该书中有首古 民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾风割断，剩下三十节，一节 一个圈头节高五寸 ，头圈一尺三.逐节多三分，逐圈少分三.一蚁往 上爬，遇圈则绕圈爬到竹子顶，行程是多远？”(注释：第一节的高度 为 0.5 尺；第一圈的周长为 1.3 尺；每节比其下面的一节多 0.03 尺； 每圈周长比其下面的一圈少 0.013 尺)问：此民谣提出的问题的答案是 ( ) A7
24、2.705 尺 B61.395 尺 C61.905 尺 D73.995 尺 解： 因为每相邻两节竹节间的长度差为 0.03 尺， 设从地面往上每节竹长分别为 a1， a2， a3， ， a30， 所以数列an是以 a10.5 为首项， 以 d10.03 为公差的等差数列 又 由题意知竹节圈长每后一圈比前一圈细 0.013 尺，设从地面往上每节圈长分别为 b1， b2， b3， ， b30， 则数列bn是以 b11.3 为首项， 以 d0.013 为公差的等差数列 所 以一蚂蚁往上爬，遇圈则绕圈，爬到竹子顶，行程为 S30 300.53029 2 0.03 301.33029 2 （0.013）
25、 61.395.故选 B. (2)(2021 届陕西宝鸡金台区高三 11 月质检)十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代 数学的基础著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其 操作过程如下：将闭区间0，1均分为三段，去掉中间的区间段 1 3， 2 3 ，记为第一次操作； 再将剩下的两个区间 0，1 3 ， 2 3，1 分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二 次操作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段， 同样各自去掉中间的区间段 操作过程不断地进行下去， 以至无穷， 剩下的区间集合即是“康 托三分集”若使去掉的各区间长度之和不小
26、于4 5，则需要操作的次数 n 的最小值为(lg2 0.301 0，lg30.477 1) ( ) A3 B4 C5 D6 解： 第一次操作去掉的区间长度为1 3； 第二次操作去掉两个长度为 1 9的区间， 长度和为 2 9； 第三次操作去掉四个长度为 1 27的区间， 长度和为 4 27； ； 第 n 次操作去掉 2 n1 个长度为 1 3n的 区间， 长度和为2 n1 3n .进行了 n 次操作后， 所有去掉的区间长度之和为 Sn1 3 2 9 2n 1 3n 1 2 3 n，由题意，1 2 3 n4 5，即 nlg 2 3lg 1 5，解得 n3.97，又 n 为整数，所以 n 的最小
27、值为 4.故选 B. (3)(2020 届福建漳州高三第二次质检)我国古代著名数学家刘徽的杰作九章算术注是中国 最宝贵的数学遗产之一，书中记载了他计算圆周率所用的方法先作一个半径为 1 的单位圆，然 后作其内接正六边形，在此基础上作出内接正 62n(n1，2，)边形，这样正多边形的边逐渐 逼近圆周，从而得到圆周率，这种方法称为“刘徽割圆术”现设单位圆 O 的内接正 n 边形的一 边为 AC，点 B 为劣弧AC 的中点，则 BC 是内接正 2n 边形的一边，记 ACSn，ABS2n，则( ) AS2n2 4S2 n BS2n 2 4S2 n CS2n22 4S2 n DS2n 43 4S2 n
28、解法一：设AOB，则在AOB 中，由余弦定理得 S2 2n22cos， 设 AC 与 OB 相交于点 D，则 ODAD， 所 cosOD OA 1S 2 n 4 ， 所以 S2 2n22 1S 2 n 4 2 4S2 n， 即 S2n2 4S2 n. 解法二：设 AC 与 OB 相交于点 D，则 ODAD， 因为 AD1 2Sn，所以 OD 1S 2 n 4 ， 所以 BD1OD11S 2 n 4 ， 所以 S2n BD2AD22 4S2 n， 故选 A. (4)【多选题】小数部分函数在数学及日常生活中有比较广泛的应用对于实数 x，将满 足“0y1 且 xy 为整数”的实数 y 称为实数 x
29、的小数部分， 用记号x表示 对于实数 a，无穷数列an满足如下条件：a1a，an1 1 an ，an0， 0，an0. 其中 n1，2，3，.则下 列说法正确的是 ( ) A若 a ，则 a14 B若 a2.5，则 a30 C若 a 2，则数列an的通项公式为 an 21 D当 a1 4时，对任意的 nN *，都有 a na，则符合要求的实数 a 有 3 个 解：对于 A，若 a，则 a13，A 错误；对于 B，若 a2.5，则 a10.5，1 a12，a2 1 a1 0， a30，B 正确；对于 C，a1 2 21，a2 1 a1 1 21 21 21，若 ak 21， 则 ak1 1 ak
30、 21 21，所以 an 21，C 正确；对于 D，a1aa，所以1 4a1，1 1 a4，当 1 2a1，即 1 1 a2 时，a2 1 a1 1 a 1 a1a，所以 a 2a10，解得 a1 5 2 (a 1 5 2 (1 2，1)，舍去)当 1 3a 1 2，即 2 1 a3 时，a2 1 a1 1 a 1 a2a，所以 a 22a10， 解得 a 21(a 21(1 3， 1 2，舍去)当 1 4a 1 3，即 3 1 a4 时，a2 1 a1 1 a 1 a3a，所 以 a23a10，解得 a 3 13 2 (a 3 13 2 ( 1 4 ， 1 3 舍去)综上，a 取值集合为 P 1 5 2 ， 21，3 13 2 ，有 3 个元素，D 正确故选 BCD.
