2022年届高考数学一轮复习：《数列求和》教学案 .pdf

第四节数_列_求_和 知识能否忆起 一、公式法1如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n 项和公式，注意等比数列公比 q 的取值情况要分q1 或 q1.2一些常见数列的前n 项和公式：(1)1 2 34 nnn12；(2)1 3 57 2n1n2；(3)2 4 68 2nn2n.二、非等差、等比数列求和的常用方法1倒序相加法如果一个数列an，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，等差数列的前n 项和即是用此法推导的2分组转化求和法若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减3错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，等比数列的前n 项和就是用此法推导的4裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和 小题能否全取 1(2018 沈阳六校联考)设数列(1)n的前 n 项和为 Sn，则对任意正整数n，Sn()A.n1n12B.1n112C.1n12D.1n12解析：选D 因为数列(1)n 是首项与公比均为1 的等比数列，所以Sn11n1111n 12.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 12 页 -2等差数列 an 的通项公式为an2n1，其前 n 项的和为 Sn，则数列Snn的前 10 项的和为()A120 B70 C75 D100 解析：选C Snna1an2n(n 2)，Snn n2.故S11S22S101075.3数列 a12，ak2k，a1020 共有十项，且其和为240，则 a1 ak a10的值为()A31 B120 C130 D185 解析：选C a1 ak a10240(2 2k 20)240220102240110130.4若数列 an 的通项公式为an2n2n1，则数列 an的前 n 项和为 _解析：Sn212n12n12n122n 12n2.答案：2n1n22 5数列124，146，168，12n2n2，的前 n 项和为 _解析：因an12n2n2141n1n1则 Sn1411212131n1n11411n1n4n1.答案：n4n1数列求和的方法(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和分组转化法求和典题导入名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 12 页 -例 1(2018 山东高考)等比数列 an 中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3 2 10 第二行6 4 14 第三行9 8 18(1)求数列 an 的通项公式；(2)若数列 bn 满足：bnan(1)nln an，求数列 bn 的前 2n 项和 S2n.自主解答 (1)当 a13 时，不合题意；当 a12 时，当且仅当a26，a318 时，符合题意；当 a110 时，不合题意因此 a12，a26，a318.所以公比 q3，故 an23n1.(2)因为 bnan(1)nln an23n1(1)nln(2 3n 1)23n 1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以 S2nb1b2 b2n2(1 3 32n 1)111(1)2n(ln 2ln 3)123(1)2n2nln 32132n13nln 3 32nnln 3 1.由题悟法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.以题试法1已知数列 xn 的首项 x13，通项 xn2npnq(n N*，p，q 为常数)，且 x1，x4，x5成等差数列求：(1)p，q 的值；(2)数列 xn前 n 项和 Sn的公式解：(1)由 x13，得 2pq3，又因为 x424p4q，x525p5q，且 x1x52x4，得 325p5q25p8q，解得 p1，q1.(2)由(1)，知 xn 2nn，所以 Sn(2 22 2n)(1 2 n)2n12nn12.错位相减法求和典题导入 例 2(2018 江西高考)已知数列 an 的前 n 项和 Snkcnk(其中 c，k 为常数)，且 a24，a68a3.(1)求 an；(2)求数列 nan的前 n 项和 Tn.自主解答 (1)由 Snkcnk，得 anSnSn1kcnkcn1(n2)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 12 页 -由 a24，a68a3，得 kc(c 1)4，kc5(c 1)8kc2(c 1)，解得c2，k2，所以 a1S12，ankcnkcn12n(n2)，于是 an2n.(2)Tni 1niaii 1ni 2i，即 Tn2222323424n2n.Tn2TnTn 2222324 2nn2n 1 2n1 2n2n1(n 1)2n 12.由题悟法用错位相减法求和应注意：(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(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1 和不等于1 两种情况求解以题试法2(2018 济南模拟)已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足Sn3nk.(1)求 k 的值及数列 an的通项公式；(2)若数列 bn 满足an12(4 k)anbn，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.解：(1)当 n2 时，由 anSnSn13nk3n1k23n1，得等比数列an的公比 q3，首项为2.a1 S1 3k2，k1，数列 an的通项公式为an23n1.(2)由an12(4 k)anbn，可得 bnn23n1，即 bn32n3n.Tn3213232333n3n，13Tn32132233334n3n1，23Tn321313213313nn3n1，Tn9412123nn3n1.裂项相消法求和典题导入 例 3 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，a11，Snnann(n 1)(n N*)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 12 页 -(1)求数列 an 的通项公式；(2)设 bn2anan1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.自主解答 (1)Snnann(n 1)，当 n2 时，Sn1(n 1)an1(n 1)(n 2)，an Sn Sn1 nann(n 1)(n 1)an1(n 1)(n 2)，即 anan12.数列 an 是首项 a11，公差 d2 的等差数列，故 an1(n 1)2 2n1，nN*.(2)由(1)知 bn2anan122n12n112n112n1，故 Tnb1b2 bn 1131315151712n112n1112n12n2n1.本例条件不变，若数列bn 满足 bn1Snn，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.解：Snnann(n 1)n(2n1)n(n 1)n2.bn1Snn1n2n1nn11n1n1，Tn1112121313141n1n111n1nn1.由题悟法利用裂项相消法求和应注意(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)将通项裂项后，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1anan11d1an1an1，1anan 212d1an1an2.以题试法3(2018“江南十校”联考)在等比数列 an 中，a10，nN*，且 a3a28，又 a1、a5的等比中项为16.(1)求数列 an 的通项公式；(2)设 bnlog4an，数列 bn 的前 n 项和为 Sn，是否存在正整数k，使得1S11S21S31Snk 对任意 nN*恒成立若存在，求出正整数k 的最小值；不存在，请说明理由解：(1)设数列 an 的公比为 q，由题意可得a316，a3 a2 8，则 a28，q2.an 2n1.(2)bnlog42n1n12，Sn b1 b2 bnnn34.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 12 页 -1Sn4nn3431n1n3，1S11S21S31Sn431114121513161n1n343112131n 11n21n30)，求数列 bn 的前 n 项和 Sn.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 12 页 -解：(1)设数列 an 的首项为 a1，公差为 d，则由 a59，a2a614，得a14d9，2a16d14，解得a11，d2，所以 an 的通项 an2n1.(2)由 an2n1 得 bn2n1q2n 1.当 q0 且 q1 时，Sn1 35(2n 1)(q1q3q5 q2n1)n2q1q2n1q2；当 q1 时，bn2n，则 Snn(n 1)所以数列 bn 的前 n 项和Snnn1，q1，n2q1 q2n1q2，q0，q1.12(2018“江南十校”联考)若数列 an 满足：a123，a22,3(an12anan1)2.(1)证明：数列 an1an 是等差数列；(2)求使1a11a21a31an52成立的最小的正整数n.解：(1)由 3(an12anan1)2 可得：an12anan123，即(an1an)(anan1)23，故数列 an 1an 是以 a2a143为首项，23为公差的等差数列(2)由(1)知 an 1an4323(n 1)23(n 1)，于是累加求和得ana123(2 3 n)13n(n 1)，1an 31n1n1，1a11a21a31an33n152，n5，最小的正整数n 为 6.1已知数列 an 的前 n 项和 Snn26n，则|an|的前 n 项和 Tn()A6nn2Bn26n18 C.6nn21n3n26n18n3D.6nn21n3n26n n3解析：选C 由 Snn26n 得an是等差数列，且首项为5，公差为 2.an 5(n 1)2 2n7，n3 时，an3 时，an0，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 12 页 -Tn6nn21n3，n26n18n3.2(2018 成都二模)若数列 an 满足 a12 且 anan12n2n1，Sn为数列 an 的前 n 项和，则log2(S2 0122)_.解析：因为a1a2222，a3a42423，a5a62625，.所以 S2 012a1a2a3a4 a2 011a2 01221 22 2324 22 01122 0122122 0121 222 0132.故 log2(S2 0122)log222 0132 013.答案：2 013 3已知递增的等比数列an 满足：a2a3a428，且 a32 是 a2，a4的等差中项(1)求数列 an 的通项公式；(2)若 bnanlog12an，Snb1b2 bn，求 Sn.解：(1)设等比数列 an的首项为a1，公比为 q.依题意，有2(a3 2)a2a4，代入 a2a3a428，得 a38.a2 a4 20.a1q a1q320，a3a1q28，解得q2，a12，或q12，a132.又 an 为递增数列，q2，a12.an2n.(2)bn2nlog122nn2n，Sn12222323n2n.2Sn122223324(n 1)2nn2n 1.得Sn22223 2nn2n1212n12n2n12n1n2n12.Sn 2n1n2n12.1已知 an是公差不为零的等差数列，a11，且 a1，a3，a9成等比数列(1)求数列 an 的通项；(2)求数列 2an的前 n 项和 Sn.解：(1)由题设知公差d0，由 a11，a1，a3，a9成等比数列得12d118d12d，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 12 页 -解得 d1 或 d0(舍去)，故 an 的通项 an1(n 1)1 n.(2)由(1)知 2an2n，由等比数列前n 项和公式得Sn22223 2n212n122n 12.2设函数 f(x)x3，在等差数列 an 中，a37，a1a2a312，记 Snf(3an1)，令 bnanSn，数列1bn的前 n 项和为 Tn.(1)求an的通项公式和Sn；(2)求证：Tn13.解：(1)设数列 an 的公差为 d，由 a3a12d7，a1a2a33a13d12，解得 a11，d3，则 an3n2.f(x)x3，Snf(3an1)an 13n1.(2)证明：bnanSn(3n 2)(3n 1)，1bn13n23n11313n213n1.Tn1b11b21bn13114141713n213n113113n1.Tn13.3已知二次函数f(x)x25x10，当 x(n，n1(n N*)时，把 f(x)在此区间内的整数值的个数表示为 an.(1)求 a1和 a2的值；(2)求 n3 时 an的表达式；(3)令 bn4anan1，求数列 bn 的前 n 项和 Sn(n3)解：(1)f(x)x25x10，又 x(n，n1(n N*)时，f(x)的整数个数为an，所以 f(x)在(1,2上的值域为4,6)?a12；f(x)在(2,3上的值域为154，4?a21.(2)当 n3 时，f(x)是增函数，故anf(n 1)f(n)2n4.(3)由(1)和(2)可知，b14212，b24122.而当 n3 时，bn42n42n2212n412n2.所以当 n3 时，Snb1b2b3b4 bn 2221214141612n412n2名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 12 页 -421212n251n1.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 12 页 -