《2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章 数列 6.5 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章 数列 6.5 Word版含解析.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 6.5 数列求和 数列求和 考情考向分析 本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前 n 项和 为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点题型以填空题为主，难度中 等解答题中一般和简单数论结合，难度较大 1(1)anError! (2)等差数列前 n 项和 Sn，推导方法：倒序相加法； na1an 2 (3)等比数列前 n 项和 SnError! 推导方法：错位相减法 2常见数列的前 n 项和 (1)123n； nn1 2 (2)2462nn(n1)； (3)135(2n1)n2. 3数列求和的常见方法 (1)分组求和：
2、把一个数列分成几个可以直接求和的数列； (2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有 限项再求和； (3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (4)倒序相加：如等差数列前 n 项和公式的推导方法 (5)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 概念方法微思考 请思考以下常见式子的裂项方法 (1)； 1 nn1 (2)； 1 2n12n1 (3)； 1 n n1 (4). 1 nn1n2 提示 (1) ； 1 nn1 1 n 1 n1 (2)； 1
3、2n12n1 1 2( 1 2n1 1 2n1) (3)； 1 n n1 n1n (4). 1 nn1n2 1 2 1 nn1 1 n1n2 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)如果数列an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn.( ) a1an1 1q (2)当 n2 时，.( ) 1 n21 1 2( 1 n1 1 n1) (3)求 Sna2a23a3nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减 法求得( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法， 利用此法可求得si
4、n21sin22sin23 sin288sin28944.5.( ) (5)如果数列an是周期为 k 的周期数列，那么 SkmmSk(m，k 为大于 1 的正整数)( ) 题组二 教材改编 2P69 本章测试 T12等比数列 1,2,4,8，中从第 5 项到第 10 项的和为_ 答案 1 008 解析 由 a11，a22，得 q2， S101 023， 1 1210 12 S415， 1 124 12 S10S41 008. 3 P68 复习题 T13(2)已知数列an的通项公式 an， 则该数列的前_项之 1 n n1 和等于 9. 答案 99 解析 由题意知，an， 1 n n1 n1n
5、所以 Sn(1)()()19，解得 n99.232n1nn1 4P62 习题 T1212x3x2nxn1_(x0 且 x1) 答案 1xn 1x2 nxn 1x 解析 设 Sn12x3x2nxn1， 则 xSnx2x23x3nxn， 得(1x)Sn1xx2xn1nxn 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 nxn， 1xn 1x Sn. 1xn 1x2 nxn 1x 题组三 易错自纠 5一个球从 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_ 答案 100200(129) 解析 第10次着地时， 经过的路程为1002(502510
6、029)1002100(21 2229)100200100200(129) 21129 121 6数列an的通项公式为 anncos ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017_. n 2 答案 1 008 解析 因为数列 anncos 呈周期性变化， 观察此数列规律如下 ： a10， a22， a30， a4 n 2 4. 故 S4a1a2a3a42. a50，a66，a70，a88， 故 a5a6a7a82，周期 T4. S2 017S2 016a2 017 22 017cos 1 008. 2 016 4 2 017 2 7 已知数列an的前 n 项和 Sn15913(1)n1(4n3)
7、， 则 S15S22S31_. 答案 76 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 SnError! SnError! S1529，S2244，S3161， S15S22S3176. 题型一 分组求和与并项求和 例 1 已知数列an的前 n 项和 Sn，nN*. n2n 2 (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和 解 (1)当 n1 时，a1S11； 当 n2 时，anSnSn1n. n2n 2 n12n1 2 a1也满足 ann， 故数列an的通项公式为 ann(nN*) (2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn. 记数列
8、bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(212222n)(12342n) 记 A212222n，B12342n， 则 A22n12， 2122n 12 B(12)(34)(2n1)2nn. 故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2(nN*) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 引申探究 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)n 22n1 12 n 2 2n1 2； n 2 当 n 为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n 2n12n n1 2 2n1 .
9、 n 2 5 2 TnError! 思维升华 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，可采用分组求和法求an的前 n 项和 (2)通项公式为 anError!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 跟踪训练 1 (2018苏州模拟)已知数列an满足 an1an4n3(nN*) (1)若数列an是等差数列，求 a1的值； (2)当 a12 时，求数列an的前 n 项和 Sn. 解 (1)若数列an是等差数列，则 ana1(n1)d，an1a1nd. 由 an1an4n3， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 得(a1
10、nd)a1(n1)d4n3， 即 2d4,2a1d3，解得 d2，a1 . 1 2 (2)由 an1an4n3(nN*)， 得 an2an14n1(nN*) 两式相减得 an2an4， 所以数列a2n1是首项为 a1，公差为 4 的等差数列，数列a2n是首项为 a2，公差为 4 的等差 数列 由 a2a11，a12，得 a21， 所以 anError! 当 n 为奇数时，an2n，an12n3. Sna1a2a3an (a1a2)(a3a4)(an2an1)an 19(4n11)2n 2n. n1 2 14n11 2 2n23n5 2 当 n 为偶数时， Sna1a2a3an (a1a2)(a
11、3a4)(an1an) 19(4n7). 2n23n 2 所以 SnError! 题型二 错位相减法求和 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 例 2 已知数列an的前 n 项和为 Sn，Snn2n. (1)求an的通项公式 an； (2)若 ak1，a2k，a2k3(kN*)恰好依次为等比数列bn的第一、第二、第三项，求数列的 n bn 前 n 项和 Tn. 解 (1)当 n1 时，a1S11212. 当 n2 时， anSnSn1(n2n)(n1)2(n1)2n. 检验 n1 时，上式符合， an2n(nN*) (2)由题意知 ak1，a2k，a2k3成等比数列， a ak1a2k3
12、， 2 2k 即(22k)22(k1)2(2k3)， 解得 k3(负值舍去) b1a48，b2a612，公比 q ， 12 8 3 2 bn8 n1， ( 3 2) n n1， n bn 1 8 ( 2 3) Tn 0 21 nn1， 1 8 ( 2 3) 1 8 ( 2 3) 1 8 ( 2 3) 即 Tn . 1 8( 2 3) 02 ( 2 3) 1n ( 2 3) n1 上式两边乘以 ， 2 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 得 Tn Error!Error!. 2 3 1 8 ，得 Tn Error! 1 3 1 8 Error! n n n， 1 8( 2 3) 3
13、8 3n 8( 2 3) 则 Tn n(nN*) 9 8 93n 8 ( 2 3) 思维升华 形如anbn(其中an是等差数列，bn是等比数列)的数列可用错位相减法求和 跟踪训练 2 已知数列an满足 an0，a1 ，anan12anan1，nN*. 1 3 (1)求证：是等差数列，并求出数列an的通项公式； 1 an (2)若数列bn满足 bn，求数列bn的前 n 项和 Tn. 2n an 解 (1)由已知可得，2，3， 1 an1 1 an 1 a1 是首项为 3，公差为 2 的等差数列， 1 an 32(n1)2n1，an(nN*) 1 an 1 2n1 (2)由(1)知 bn(2n1)
14、2n， Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n， 2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1， 两式相减得，Tn622222322n(2n1)2n1. 6(2n1)2n1 88 2n1 12 2(2n1)2n1， Tn2(2n1)2n1(nN*) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 题型三 裂项相消法求和 例3 (2018江苏省启东中学月考)已知正项数列an的前n项和为Sn， 且满足a12， anan12(Sn 1)(nN*) (1)求 a2 019的值； (2)求数列an的通项公式； (3)若数列bn满足 b11，bn(n2，nN*)，求数列bn的前 n 项和
15、 Tn. 1 anan1an1an 解 (1)因为 anan12(Sn1)， 所以当 n2 时，an1an2(Sn11)， 两式相减，得 anan1an1an2an，an0， 所以 an1an12. 又 a12，所以 a2 019222 020. 2 0191 2 (2)由 anan12(Sn1)(nN*)， 当 n1 时，a1a22(a11)，即 2a223，解得 a23. 由 an1an12， 可得数列an的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为 2， 所以 a2k122(k1)2k，kN*，a2k32(k1)2k1，kN*， 所以 ann1. (3)因为数列bn满足 b11， bn 1 an
16、an1an1an 1 n1nn n1 ， n1nn n1 nn1 n n n1 n1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以bn的前 n 项和 Tn (1 2 2) ( 2 2 3 3) ( n n n1 n1) 1. n1 n1 思维升华 裂项相消法的关键是对通项拆分，要注意相消后剩余的项 跟踪训练 3 已知数列an满足：an1an(1an1)，a11，数列bn满足：bnanan1，则数 列bn的前 10 项和 S10_. 答案 10 11 解析 由 an1an(1an1)，a11，得1， 1 an1 1 an 所以数列是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， 1 an 所以n，即
17、 an . 1 an 1 n 因为 bnanan1 ， 1 nn1 1 n 1 n1 所以 S10b1b2b101. (1 1 2) ( 1 2 1 3) ( 1 10 1 11) 1 11 10 11 1正项等差数列an满足 a14，且 a2，a42,2a78 成等比数列，an的前 n 项和为 Sn. (1)求数列an的通项公式； (2)令 bn，求数列bn的前 n 项和 Tn. 1 Sn2 解 (1)设数列an的公差为 d(d0)， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由已知得 a2(2a78)(a42)2， 化简得，d24d120，解得 d2 或 d6(舍)， 所以 ana1(n
18、1)d2n2(nN*) (2)因为 Snn23n， na1an 2 n2n6 2 所以 bn 1 Sn2 1 n23n2 1 n1n2 ， 1 n1 1 n2 所以 Tnb1b2b3bn ( 1 2 1 3) ( 1 3 1 4) ( 1 4 1 5) ( 1 n1 1 n2) (nN*) 1 2 1 n2 n 2n4 2 等差数列an的前 n 项和为 Sn， 数列bn是等比数列， 满足 a13， b11， b2S210， a52b2 a3. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)令 cnError!设数列cn的前 n 项和为 Tn，求 T2n. 解 (1)设数列an的公差为 d，数列bn
19、的公比为 q， 由Error!得Error! 解得Error! an32(n1)2n1(nN*)，bn2n1(nN*) (2)由 a13，an2n1， 得 Snn(n2)， na1an 2 则 cnError! 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 cnError! 所以 T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n) (22322n1) (1 1 3)( 1 3 1 5)( 1 2n1 1 2n1) 1 (4n1)(nN*) 1 2n1 214n 14 2n 2n1 2 3 3已知等差数列an的公差 d0，a10，其前 n 项和为 Sn，且 a22，S3，S4成等比数列 (1)求数列
20、an的通项公式； (2)若 bn，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：Tn2n62 成立的正整数 n 的最小值 1 2 log 解 (1)由题意，得Error! 解得Error!或Error! an是递增数列，a12，q2， 数列an的通项公式为 an22n12n(nN*) (2)bnanan2n2nn2n， 1 2 log 1 2 log Snb1b2bn(12222n2n)， 则 2Sn(122223n2n1)， ，得 Sn(2222n)n2n12n12n2n1， 则 Snn2n12n12， 解 2n1262，得 n5， n 的最小值为 6. 5数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a1
21、1，(2n1)an1(2n3)Sn(n1,2,3，) (1)证明：数列是等比数列； Sn 2n1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)求数列Sn的前 n 项和 Tn. (1)证明 an1Sn1SnSn， 2n3 2n1 Sn1Sn， 22n1 2n1 2， Sn1 2n1 Sn 2n1 又 a11，10， S1 1 数列是以 1 为首项，2 为公比的等比数列 Sn 2n1 (2)解 由(1)知，2n1， Sn 2n1 Sn(2n1)2n1， Tn132522(2n3)2n2(2n1)2n1， 2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n. 得 Tn12(21222n1)(
22、2n1)2n 12(2n1)2n 22n1 2 12 (32n)2n3， Tn(2n3)2n3(nN*) 6 已知正项数列an的前 n 项和为 Sn， nN*,2Sna an.令 bn， 设bn 2 n 1 anan1an1an 的前 n 项和为 Tn，求在 T1，T2，T3，T100中有理数的个数 解 2Sna an， 2 n 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2Sn1aan1， 2n1 ，得 2an1aan1a an， 2n12 n aa an1an0，(an1an)(an1an1)0. 2n12 n 又an为正项数列，an1an10， 即 an1an1. 在 2Sna an中，令 n1，可得 a11. 2 n 数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列 ann， bn 1 n n1n1n n1nn n1 n n1n1nn1nn n1 ， n1nn n1 nn1 1 n 1 n1 Tn11， 1 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 1 n 1 n1 1 n1 要使 Tn为有理数，只需为有理数，令 n1t2. 1 n1 1n100，n3,8,15,24,35,48,63,80,99，共 9 个数， T1，T2，T3，T100中有理数的个数为 9.