2019-2020年高考数学一轮复习专题31数列求和教学案理.pdf

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1、2019-2020 年高考数学一轮复习专题31 数列求和教学案理 1. 熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式； 2. 掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法。 1求数列的前n项和的方法 (1) 公式法 等差数列的前n项和公式 Sn n（a1an） 2 na1 n（n1） 2 d 等比数列的前n项和公式 ( ) 当q1 时，Snna1； ( ) 当q1 时，Sn a1（1q n） 1q a1anq 1q . (2) 分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解 (3) 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 (4) 倒序相加法 把

2、数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广 (5) 错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式 的推导过程的推广 (6) 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 例如，Sn100 2992982 972 2212 (10099) (98 97) (21) 5 050. 2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 nn1 n1n. 高频考

3、点一分组转化法求和 例 1、(2016天津卷 ) 已知 an是等比数列，前n项和为Sn(nN) ，且 1 a1 1 a2 2 a3， S663. (1) 求 an的通项公式； (2) 若对任意的nN，bn是 log2an和 log2an 1的等差中项，求数列( 1) nb2 n 的前 2n项和 . 【方法规律】(1) 若数列 cn 的通项公式为cnanbn，且 an， bn 为等差或等比数列，可采 用分组求和法求数列cn的前n项和 . (2) 若数列 cn 的通项公式为cn an，n为奇数， bn，n为偶数， 其中数列 an， bn 是等比数列或等差数列， 可采用分组求和法求an的前n项和 .

4、 【变式探究】 (1) 数列 11 2，3 1 4，5 1 8，7 1 16， (2 n1) 1 2 n，的前n项和Sn的值等于 ( ) A.n 211 2 nB.2n 2 n1 1 2 n C.n 21 1 2 n 1D.n 2 n1 1 2 n (2) 数列 an 的通项公式anncos n 2 ，其前n项和为Sn，则S2 016等于 ( ) A.1 008 B.2 016 C.504 D.0 【答案】(1)A (2)A 高频考点二错位相减法求和 例 2、(2016山东卷 ) 已知数列 an 的前n项和Sn3n 28n， bn是等差数列，且anbnbn 1. (1) 求数列 bn 的通项公

5、式； (2) 令cn（ an1） n1 （bn 2） n. 求数列 cn 的前n项和Tn. 【解析】(1) 由题意知，当n2 时，anSnSn16n 5. 当n1 时，a1S111，符合上式 . 所以an6n 5. 设数列 bn的公差为d， 由 a1b1b2， a2b2b3， 即 112b1d， 172b13d， 可解得b14，d3. 所以bn3n1. (2) 由 (1) 知，cn（6n6） n1 （3n 3） n3(n1)2 n1 又Tnc1c2cn. 得Tn32 2 2323 ( n1)2 n1. 2Tn32 2 3324 ( n1)2 n2. 两式作差，得 Tn32 2 22324 2n

6、1( n1)2 n2 3 44（ 12 n） 12 （n1）2 n2 3n2 n2. 所以Tn3n2 n2. 【方法规律】(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， 可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比， 然后作差求解； (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“Sn qSn”的表达式 . 【变式探究】已知 an 是递增的等差数列，a2，a4是方程x 25x60的根 . (1) 求 an的通项公式； (2) 求数列 an 2 n的前 n项和 . 高频考点三裂项相消法求

7、和 例 3、Sn为数列 an的前n项和 . 已知an0，a 2 n2an4Sn3. (1) 求 an的通项公式； (2) 设bn 1 anan1，求数列 bn的前n项和 . 【方法规律】(1) 利用裂项相消法求和时，应注意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) 将通项公式裂项后，有时候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 公式相等 . 【变式探究】设Sn为等差数列 an的前n项和，已知S3a7，a82a3 3. (1) 求an； (2) 设bn 1 Sn，求数列 bn的前n项和为Tn. 【解析】(1) 设数列 an的公差为d， 由题

8、意得 3a13da16d， （a17d） 2（a12d） 3， 解得a13，d2， ana1(n1)d2n1. (2) 由 (1) 得Snna1n（ n1） 2 dn(n2) ， bn 1 n（n2） 1 2 1 n 1 n2 . Tnb1b2bn1bn 1 2 1 1 3 1 2 1 4 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 1 2 1 1 2 1 n1 1 n 2 3 4 1 2 1 n1 1 n2 . 【举一反三】在数列an中，a11，当n2 时，其前n项和Sn满足S 2 nanSn 1 2 . (1) 求Sn的表达式； (2) 设bn Sn 2n1，求 bn的前n项和Tn. 1. 【2

9、016 高考山东理数】 （本小题满分12 分） 已知数列 n a的前 n项和 Sn=3n 2+8n， n b是等差数列，且1.nnn abb （）求数列 n b的通项公式； （）令 1 (1) . (2) n n n n n a c b 求数列 n c的前 n项和Tn. 【答案】（）13nbn； （） 2 23 n n nT. （）由（）知 1 1 (66) 3(1) 2 (33) n n n n n cn n ， 又 nn ccccT 321 ， 得 2341 3 223 242(1)2 n n Tn， 3452 23 223242(1)2 n n Tn， 两式作差，得 23412 3 22

10、222(1) 2 nn n Tn 2 2 4(21) 3 4(1)2 21 32 n n n n n 所以 2 23 n n nT 【2015 江苏高考， 11】数列 n a满足1 1 a，且1 1 naa nn （ * Nn） ，则数列 1 n a 的 前 10 项和为 【答案】 20 11 【解析】由题意得： 112211 (1) ()()()121 2 nnnnn n n aaaaaaaann 所以 10 1111220 2(),2(1), 11111 n n n SS annnn 【2015 高考天津，理18】 （本小题满分13 分）已知数列 n a满足 212 ()*,1,2 nn

11、aqaqqnNaa为实数，且1 ，且 233445 ,aa aaaa+成等差数列 . (I) 求q的值和 n a的通项公式； (II)设 * 22 21 log , n n n a bnN a ，求数列 n b的前n项和 . 【答案】 (I) 1 2 2 2, 2 ,. n n n n a n 为奇数 , 为偶数 ; (II) 1 2 4 2 nn n S. (II) 由(I) 得 22 1 21 log 2 n n n n an b a ，设数列 n b的前n项和为 n S，则 0121 1111 123 2222 n n Sn， 123 11111 123 22222 n n Sn 两式相

12、减得 231 1 1 111112 2 12 1 222222222 1 2 n n nnnnn nnn S ， 整理得 1 2 4 2 nn n S 所以数列 n b的前n项和为 1 2 4,* 2 n n nN. 【2015 高考四川，理16】设数列 n a 的前n项和 1 2 nn Saa，且 123 ,1,a aa 成等差数列 . （1）求数列 n a的通项公式； （2）记数列 1 n a 的前 n 项和 n T，求得 1 |1| 1000 n T成立的n的最小值 . 【答案】（1）2 n n a； （2）10. （2）由（ 1）得 11 2 n n a . 所以 23 11 1( )

13、 11111 22 1 1 22222 1 2 n nnn T . 由 1 |1| 1000 n T，得 11 |11| 21000 n ，即21000 n . 因为 910 2512100010242， 所以10n. 于是，使 1 |1| 1000 n T成立的n的最小值为10. 【2015 高考新课标1，理 17】 n S为数列 n a 的前n项和 . 已知 n a0， 2 nn aa=43 n S. （）求 n a 的通项公式； （）设 1 1 n nn b a a , 求数列 n b 的前n项和 . 【答案】（）21n（） 11 646n 【解析】（）当1n时， 2 1111 2434

14、+3aaSa ，因为 0 n a ，所以 1 a =3， 当 2n 时， 22 11nnnn aaaa = 1 4343 nn SS = 4 n a ，即 11 ()()2() nnnnnn aaaaaa ，因为 0 n a ，所以 1nn aa =2， 所以数列 n a 是首项为3，公差为2 的等差数列， 所以 n a =2 1n ； （）由（）知， n b= 1111 () (21)(23)2 2123nnnn ， 所以数列 n b 前n 项和为 12n bbb= 1111111 ()()() 235572123nn = 11 646n . 1 （2014江西卷）已知首项都是1 的两个数列

15、 an ，bn(bn0，nN *) 满足 anbn 1an 1bn2bn1bn0. (1) 令cna n bn，求数列 cn的通项公式； (2) 若bn3 n1，求数列 an的前n项和Sn. 2 （2014全国卷）等差数列an的前n项和为Sn. 已知a110，a2为整数，且SnS4. (1) 求 an的通项公式； (2) 设bn 1 anan1，求数列 bn的前n项和Tn. 3 （2014山东卷）已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列 (1) 求数列 an 的通项公式； (2) 令bn( 1) n14n anan1，求数列 bn的前n项和Tn. 【解析】 (1

16、)因为S1a1，S22a1 21 2 2 2a1 2， S44a1 43 2 2 4a112， 由题意得 (2a1 2) 2a 1(4a112) ，解得a11， 所以an2n 1. (2) 由题意可知， bn( 1) n14n anan1 ( 1) n1 4n （2n1）（ 2n 1） ( 1) n1 1 2n1 1 2n1 . 当n为偶数时， Tn 11 3 1 3 1 5 1 2n3 1 2n1 1 2n1 1 2n1 1 1 2n1 2n 2n1. 当n为奇数时， Tn11 3 1 3 1 5 1 2n3 1 2n1 1 2n1 1 2n1 1 1 2n1 2n2 2n1. 所以Tn 2

17、n 2 2n 1， n为奇数， 2n 2n 1， n为偶数 . 或Tn2n1（ 1） n1 2n1 4 （2013江西卷）正项数列an 的前 n 项和 Sn满足： S 2 n(n 2n 1)S n(n 2n) 0. (1) 求数列 an 的通项公式an； (2) 令 bn n1 （n2） 2a2 n，数列 b n的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的nN *，都有 T n 5 64. 5 （2013湖南卷）设Sn为数列 an 的前 n 项和， Sn( 1) na n 1 2 n，nN * ，则 (1)a3 _； (2)S1 S2 S100_ 6 （2013山东卷）设等差数列an的前 n 项和

18、为 Sn，且 S44S2，a2n2an 1. (1) 求数列 an 的通项公式； (2) 设数列 bn 的前 n 项和为 Tn，且 Tn an1 2 n( 为常数 ) ，令 cnb2n(nN * ) ，求数列 cn 的前 n 项和 Rn. 【解析】：(1) 设等差数列 an的首项为a1，公差为d. 由 S44S2，a2n2an1 得 4a16d8a14d， a1（ 2n1） d2a12（n1）d1， 解得 a11，d2，因此 an2n1，nN * . (2) 由题意知Tn n 2 n1，所以 n2 时， bnTnTn1 n 2 n1 n1 2 n2 n2 2 n1. 故 cnb2n 2n2 2

19、 2n 1 (n1) 1 4 n1 ，nN * . 所以 Rn0 1 4 0 1 1 4 1 2 1 4 2 3 1 4 3 (n 1) 1 4 n1 ， 则 1 4R n0 1 4 1 1 1 4 2 2 1 4 3 (n 2) 1 4 n1 (n1) 1 4 n ， 两式相减得 3 4R n 1 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 n1 (n 1) 1 4 n 1 4 1 4 n 1 1 4 (n 1) 1 4 n 1 3 13n 3 1 4 n ， 整理得 Rn1 94 3n1 4 n 1. 所以数列 cn的前 n 项和 Rn1 94 3n1 4 n1. 1. 等差数列 an 的通项

20、公式为an2n1， 其前n项和为Sn， 则数列 Sn n 的前 10 项的和为 ( ) A.120 B.70 C.75 D.100 【答案】C 【解析】析因为 Sn n n2，所以 Sn n 的前 10 项和为 103 109 2 75. 2. 数列 an的前n项和为Sn，已知Sn1234 ( 1) n1n，则 S17( ) A.9 B.8 C.17 D.16 【答案】A 3. 数列 an的通项公式为an( 1) n1 (4 n3) ，则它的前100 项之和S100等于 ( ) A.200 B.200 C.400 D. 400 【答案】B 【解析】析S100(41 3) (42 3) (43

21、3) (4100 3)4(1 2)(3 4) (99 100) 4( 50) 200. 4. 已知数列5，6， 1， 5，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之 和，则这个数列的前16 项之和S16等于 ( ) A.5 B.6 C.7 D.16 【答案】C 【解析】析根据题意这个数列的前7 项分别为5，6，1， 5， 6， 1，5，6，发现从第 7 项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前 6 项和为561( 5) ( 6)( 1)0. 又因为 1626 4，所以这个数列的前16 项之和S162077. 故选 C. 5. 已知数列 an 满足a11，an1an2

22、n (nN) ，则S2 016 ( ) A.2 2 016 1 B.32 1 008 3 C.3 2 1 008 1 D.32 1 007 2 【答案】B 【解析】a1 1，a2 2 a12，又 an 2an 1 an 1an 2 n1 2 n2. an2 an 2. a1，a3，a5，成等比数列； a2，a4，a6，成等比数列， S2 016a1a2a3a4a5a6a2 015a2 016 (a1a3a5a2 015) (a2a4a6a2 016) 1 2 1 008 12 2（ 12 1 008 ） 12 32 1 008 3. 故选 B. 6在等差数列 an中，a10，a10a110，若

23、此数列的前10 项和S1036，前 18 项和S18 12， 则数列 |an| 的前 18 项和T18的值是 _ 【答案】60 【解析】析由a10，a10a110 可知d0，a10 0，a110， T18a1a10a11a18 S10(S18S10) 60. 7整数数列 an满足an2an1an (nN *) ，若此数列的前 800 项的和是2013，前 813 项的 和是 2000，则其前2015 项的和为 _ 【答案】 13 8 已知正项数列an 的前n项和为Sn，?nN *, 2Sna 2 nan，令bn 1 anan 1an 1an ，设bn 的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，T

24、100中有理数的个数为_ 【答案】9 9已知数列 an中，a13，a25，且 an 1 是等比数列 (1) 求数列 an 的通项公式； (2) 若bnnan，求数列 bn 的前n项和Tn. 【解析】(1) an1 是等比数列且a112， a21 4，a 21 a112， an122 n12n， an 2 n1. (2)bnnann2 n n， 故Tnb1b2b3bn (2 22 2323 n2 n) (1 23 n) 令T222 2323 n2 n， 则 2T2 2223324 n2 n1. 两式相减，得T 22 223 2n n2 n 1 2 n 12 n2 n1， T 2(12 n) n2

25、 n12( n1)2 n1. 1 23n nn 2 ， Tn(n1)2 n1n 2 n4 2 . 10正项数列 an 的前n项和Sn满足：S 2 n(n 2 n 1)Sn (n 2 n) 0. (1) 求数列 an 的通项公式an； (2) 令bn n1 n 2a2 n，数列 bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN *，都有 Tn 5 64. 11. 已知数列 an的前n项和是Sn，且Sn1 2a n1(nN). (1) 求数列 an 的通项公式； (2) 设bnlog1 3 (1 Sn 1)(nN) ，令Tn 1 b1b2 1 b2b3 1 bnbn 1，求 Tn. 【解析】(1) 当n1 时，a1S1， 由S1 1 2a 11，得a12 3， 当n2时，Sn11 2a n，Sn11 1 2a n1， 则SnSn1 1 2( an1an) ，即an 1 2( an1an) ， 所以an1 3a n1(n2). 故数列 an是以 2 3为首项， 1 3为公比的等比数列 . 故an 2 3 1 3 n1 2 1 3 n (nN).