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1、2019/5/18,高三数学组刘玉刚,1.掌握一些简单的数列求和的方法. 2.能应用数列求和解决一些数列问题.,思考探究 用裂项相消法求数列前n项和的前提是什么？,提示：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用裂项相消法的前提.一般地，形如 (an是等差数列)的数列可选用此法来求.,1.设f(n)2242723n1(nN*)，则f(n)( ) A. (8n1) B. (8n11) C. (8n21) D. (8n31),解析：f(n) (8n11).,答案：B,2.数列an的前n项和为Sn，若an ，则S5 等于 ( ) A.1 B. C. D.,解析：an S5a1a2a3a4a5,答案
2、：B,3.数列(1)nn的前2 010项的和S2 010为( ) A.2 010 B.1 005 C.2 010 D.1 005,解析：S2 010123452 0082 0092 010 (21)(43)(65)(2 0102 009) 1 005.,答案：D,解析：由于q 所以a3a4a5(a2a3a4)( )1， a6a7a8(a3a4a5)( )3 ， 于是a3a4a5a6a7a8 .,4.等比数列an中，已知a1a2a34，a2a3a42， 则a3a4a5a6a7a8 .,答案：,5.数列1, ，前10项的和为 .,解析：1 (14728)( ),答案：,若数列anbncn，且数列b
3、n、cn为等差数列或等比数列，常采用分组转化法求数列an的前n项和，即先利用等差或等比数列的前n项和公式分别求bn和cn的前n项和，然后再求an的前n项和.,求特殊数列的和： Sn1(1 )(1 )(1 ).,思路点拨,课堂笔记 和式中第n项为 an=1+ Sn=2 =2 =2 =2n-2+,求1 ,2 ,3 ,4 ，n 的前n项和.,解：ann1= ， Sn(123n)( + ,1.一般情况下，若an是等差数列，则 2.根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和.,3.常见的裂项技巧有：,特别警示 利用裂项相消求和方法时，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
4、剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，才能使裂开的两项差与原通项公式相等.,在等差数列an中，a55，S36. (1)若Tn为数列 的前n项和，求Tn； (2)若an1Tn对任意的正整数n都成立，求实数的最 大值.,思路点拨,课堂笔记 (1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，则 解得：a11，d1， 所以ann， 所以,(2)若an1Tn，即n1 又 n 24，当且仅当n ，即n1时取等号.任意nN*，不等式成立，故4， 的最大值为4.,1.一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数 列anbn的前n项和时，可采用错位相减法. 2.用乘公比错位相减法求和时，应
5、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“SnqSn”的表达式.,特别警示 利用错位相减法求和时，转化为等比数列求 和.若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般分等于1和不等于1两种情况分别求和.,(2009全国)在数列an中，a11，an1 (1)设bn ，求数列bn的通项公式； (2)求数列an的前n项和Sn.,思路点拨,课堂笔记 (1)由已知得b1a11，且 即bn1bn ，从而b2b1 ，b3b2 ， bnbn1 (n2)， 于是bnb1 (n2). 又b11
6、，故所求的通项公式bn2,(2)由(1)知，an 令Tn 于是Tn2TnTn 又 (2k)n(n1)，所以Snn(n1) 4.,=2n,则2Tn,以选择题或填空题的形式考查公式法求和或以解答题的形式考查公式法求和、裂项求和以及错位相减法求和是高考对本节内容的常规考法.09年广东高考将裂项求和与函数、不等式等内容结合考查，是高考命题的一个新方向.,考题印证 (2009广东高考)(12分)已知点(1， )是函数f(x)ax(a0，且a1)的图象上一点.等比数列an的前n项和为f(n)c.数列bn(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足SnSn1 (n2). (1)求数列an和bn的通项公式； (2
7、)若数列 的前n项和为Tn，问满足Tn 的最小正整数n是多少？,【解】 (1)点(1， )是函数f(x)ax(a0，且a1)的图 象上一点， f(1)a . 已知等比数列an的前n项和为f(n)c， 则当n2时，anf(n)cf(n1)c an(1a1) (2分) an是等比数列，an的公比q a2 a1q(f(1)c) ， 解得c1，a1 故an (n1).(4分),由题设知bn(bn0)的首项b1c1， 其前n项和Sn满足SnSn1 (n2)， 由SnSn1 是首项为1，公差为1的等差数列， 即 nSnn2. bnSnSn12n1(n2)，又b11211， 故数列bn的通项公式为：bn2n
8、1(n1).(6分),(2)bn2n1(n1)， (8分) (10分) 要Tn 故满足条件的最小正整数n是112.(12分),自主体验 已知Sn为数列an的前n项和，且Sn2ann23n2， n1,2,3，. (1)求证：数列an2n为等比数列； (2)设bnancosn，求数列bn的前n项和Pn； (3)设Cn 数列cn的前n项和为Tn，求证：Tn,解：(1)证明：Sn12an1(n1)23(n1)2. Sn2ann23n2 an12an2n2 即an12(n1)2(an2n) an2n是以q2的等比数列.,(2)a1S12a1132，a14 an2n2n，an2n2n 讨论()当n为偶数时
9、，Pnb1b2b3bn (b1b3b5bn1)(b2b4b6bn) (212)(2323)(2525)(2n12(n1)(2222)(2424)(2626)(2n2n),(2n _1)+n,()当n为奇数时，Pn=,n为奇数,n为偶数,Tn=c1+c2+cn=,(3)cn=,1.数列 的前n 项和为 ( ),A B C D,答案：B,解析：, an=, Sn=,2.(2010抚顺模拟)已知数列an的通项公式是an ，其 前n项和Sn ，则项数n等于 ( ) A.13 B.10 C.9 D.6,解析：,答案：D,观察可得出n6.,3.(2009广东高考)已知等比数列an满足an0，n1,2， ，
10、且a5a2n522n(n3)，则当n1时，log2a1log2a3 log2a2n1 ( ) A.n(2n1) B.(n1)2 C.n2 D.(n1)2,解析：由a5a2n522na ，an0，an2n， log2a1log2a3log2a2n1log2(a1a3a2n1)log2213(2n1)log22n2n2.,答案：C,2 n,4.数列1， ，的前n项和Sn .,解析：由于an,答案：,5.若数列an是正项数列，且 n2 3n(nN*)，则 .,解析：令n1得 4，即a116， 当n2时， (n23n)(n1)23(n1)2n2， 所以an4(n1)2， 当n1时，也适合，所以an4(
11、n1)2(nN*). 于是 4(n1)，故 2n26n.,答案：2n26n,6.已知函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x) 6x2.数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数y f(x)的图象上. (1)求数列an的通项公式； (2)设bn ，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn 对所有nN*都成立的最小正整数m.,解：(1)依题意可设f(x)ax2bx(a0)， 则f(x)2axb. 由f(x)6x2得a3，b2， f(x)3x22x. 又由点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上， 得Sn3n22n.,当n2时， anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1) 6n5； 当n1时，a1S1312211615. 所以an6n5(nN*).,(2)由(1)得bn 故Tn 因此，使得 (nN*)成立的m必须且仅需满足 ，即m10，故满足要求的最小正整数m为10.,