2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4节 数列求和 教案.doc

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1、1 第四节第四节 数列求和数列求和 最新考纲 1.掌握等差、等比数列的前 n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法 1公式法 (1)等差数列的前 n 项和公式： Snn（a1an）2na1n（n1）2d； (2)等比数列的前 n 项和公式： Snna1，q1，a1anq1qa1（1qn）1q，q1. 2几种数列求和的常用方法 (1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减 (2)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(注意消项规律)，从而求得前 n 项和裂项时常用的

2、三种变形： 1n（n1）1n1n1； 1（2n1）（2n1）1212n112n1； 1n n1 n1 n. (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，那么求这个数列的前 n 项和即可用错位相减法求解 (4)倒序相加法： 如果一个数列an与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法求解 (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2 求和形如 an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解 例如，Sn10029929829722212 (10099)(9897)(21)5 0

3、50. 一、思考辨析(正确的打“”，错误的打“”) (1)已知等差数列an的公差为 d，则有1anan11d1an1an1.( ) (2)当 n2 时，1n21121n11n1.( ) (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( ) (4) 利用倒序相加法可求得 sin21sin22sin23 sin288sin28944.5.( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 二、教材改编 1数列an的前 n 项和为 Sn，若 an1n（n1），则 S5等于( ) A1 B.56 C.16 D.130 B an1n（n1）1n1n1， S5a1a2a

4、511212131656. 2 若数列an的通项公式为 an2n2n1， 则数列an的前 n 项和为( ) A2nn21 B2n1n21 C2n1n22 D2nn2 C Sna1a2a3an (21211)(22221)(23231)(2n2n1) (2222n)2(123n)n 2（12n）122n（n1）2n 3 2(2n1)n2nn 2n1n22. 3Sn121238n2n等于( ) A.2nn12n B.2n1n22n C.2nn12n D.2n1n22n B 由 Sn12222323n2n， 得12Sn122223n12nn2n1， 得， 12Sn1212212312nn2n1， 1

5、2112n112n2n1，Sn2n1n22n. 4数列an的前 n 项和为 Sn，已知 Sn1234(1)n1n，则S17_ 9 S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119. 考点 1 分组转化法求和 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an bncn，且bn，cn为等差或等比数列，则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 提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论 4 已知数列an的前 n 项和 Snn2n2，nN*. (1

6、)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 n2 时，anSnSn1 n2n2（n1）2（n1）2n. 当 n1 时，a1S11 满足 ann， 故数列an的通项公式为 ann. (2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn. 记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(212222n)(12342n) 记 A212222n，B12342n， 则 A2（122n）1222n12， B(12)(34)(2n1)2nn. 故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2. 母题探究 在本例(2)中，若条件不变求数列bn的前 n

7、项和 Tn. 解 由本例(1)知 bn2n(1)nn. 当 n 为偶数时， Tn(21222n)1234(n1)n22n112n22n1n22； 当 n 为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n 2n12n12n 2n1n252. 5 所以 Tn2n1n22，n为偶数，2n1n252，n为奇数. 常用并项求和法解答形如(1)nan的数列求和问题， 注意当 n 奇偶性不定时，要对 n 分奇数和偶数两种情况分别求解对 n 为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求 n 为偶数时前 n 项和 Tn.n 为奇数可用 TnTn1bn(n2)或 TnTn1bn1最好 已知等差数列an的前 n 项

8、和为 Sn，且 a11，S3S4S5. (1)求数列an的通项公式； (2)令 bn(1)n1an，求数列bn的前 2n 项和 T2n. 解 (1)设等差数列an的公差为 d， 由 S3S4S5可得 a1a2a3a5，即 3a2a5， 3(1d)14d，解得 d2. an1(n1)22n1. (2)由(1)可得 bn(1)n1(2n1) T2n1357(2n3)(2n1)(2)n2n. 考点 2 裂项相消法求和 形如 an1n（nk）(k 为非零常数)型 an1n（nk）1k1n1nk. 提醒： 求和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 (2019 厦门一模

9、)已知数列an是公差为 2 的等差数列， 数列bn满足b16，b1b22b33bnnan1. (1)求an，bn的通项公式； (2)求数列1anbn的前 n 项和 解 (1)数列an是公差为 2 的等差数列， 6 数列bn满足 b16，b1b22b33bnnan1. 所以当 n1 时，a2b16， 故 an62(n2)2n2， 由于 b1b22b33bnnan1， 当 n2 时，b1b22b33bn1n1an， 得：bnnan1an2， 所以 bn2n. 所以 bn6 （n1）2n （n2）. (2)当 n1 时，S11a1b1146124. 当 n2 时，1anbn12n（2n2）141n1

10、n1， 则 Sn12414121313141n1n1， 12414121n1， 2n112（n1）， 当 n1 时满足上式，故 Sn2n112（n1）. 本例第(1)问在求bn的通项公式时灵活运用了数列前 n 项和与项的关系，注意通项公式是否包含 n1 的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若an是等差数列，则1anan11d1an1an1. 教师备选例题 (2019 唐山五校联考)已知数列an满足：1a12a2nan38(32n1)，nN*. (1)求数列an的通项公式； 7 (2)设 bnlog3ann，求1b1b21b2b31bnbn1. 解 1a138(321)3， 当 n2 时，

11、因为 nan1a12a2nan1a12a2n1an1 38(32n1)38(32n21) 32n1， 当 n1 时，nan32n1也成立， 所以 ann32n1. (2)bnlog3ann(2n1)， 因为1bnbn11（2n1）（2n1）12(12n112n1)， 所以1b1b21b2b31bnbn1 12113131512n112n1 12112n1n2n1. (2017 全国卷)等差数列an的前 n 项和为 Sn， a33， S410， 则nk1 1Sk_ 2nn1 设等差数列an的首项为 a1，公差为 d， 依题意有a12d3，4a16d10，解得a11，d1， 所以 Snn（n1）2

12、，1Sn2n（n1）21n1n1， 因此nk1 1Sk2(11212131n1n1)2nn1. 8 形如1nk n(k 为非零常数)型 an1nk n1k( nk n) 已知函数 f(x)xa的图象过点(4，2)，令 an1f（n1）f（n），nN*，记数列an的前 n 项和为 Sn，则 S2 019( ) A. 2 0181 B. 2 0191 C. 2 0201 D. 2 0201 C 由 f(4)2 得 4a2，解得 a12，则 f(x) x. an1f（n1）f（n）1n1 n n1 n， S2 019a1a2a3a2 019( 2 1)( 3 2)( 4 3)( 2 020 2 01

13、9) 2 0201. 运用分母有理化对分式1n1 n正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键 求和 S11 313 51119 121( ) A5 B4 C10 D9 A S1 3133 535119 12111912111125，故选 A. 形如 bn（q1）an（ank）（an1k）(q 为等比数列an的公比)型 bn（q1）an（ank）（an1k）1ank1an1k. (2019 郑州模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn， 且 a28， Snan12n1. (1)求数列an的通项公式； 9 (2)求数列23nanan1的前 n 项和 Tn. 解 (1)a28，Snan1

14、2n1， a1S1a2222， 当 n2 时，anSnSn1an12n1an2n ， 即 an13an2，又 a283a12， an13an2，nN*， an113(an1)， 数列an1是等比数列，且首项为 a113，公比为 3， an133n13n，an3n1. (2)23nanan123n（3n1）（3n11）13n113n11. 数列23nanan1的前 n 项和 Tn13113211321133113n113n111213n11. 本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如 an1an 的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和 已知 an是等比数列

15、，且 a212，a5116，若 bnan1（an1）（an11），则数列bn的前 n 项和为( ) A.2n12（2n1） B.2n12n1 C.12n1 D.2n12n2 A a5a2q3，q318，q12，a11， an12n1， 10 bn12n12n1112n1 112n1112n11 b1b2b3bn112111120111221112111123111221112n1112n11 112n1122n12（2n1）.故选 A. 形如 ann1n2（n2）2型 ann1n2（n2）2141n21（n2）2. 正项数列an的前 n 项和 Sn满足：S2n(n2n1)Sn(n2n)0. (

16、1)求数列an的通项公式 an； (2)令 bnn1（n2）2a2n， 数列bn的前 n 项和为 Tn， 证明： 对于任意的 nN*，都有 Tn564. 解 (1)由 S2n(n2n1)Sn(n2n)0， 得Sn(n2n)(Sn1)0. 由于an是正项数列，所以 Sn0，Snn2n.于是 a1S12，当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n. 综上，数列an的通项公式为 an2n. (2)证明：由于 an2n， 故 bnn1（n2）2a2nn14n2（n2）21161n21（n2）2 Tn11611321221421321521（n1）21（n1）21n211 1（n2）211

17、611221（n1）21（n2）21161122564. (1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式 (2)放缩法常见的放缩技巧有： 1k21k21121k11k1. 1k1k11k21k11k. 2( n1 n)1n2( n n1) 已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，满足 S42a41，S32a31. (1)求an的通项公式； (2)记 bnlog2(anan1)，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：1T11T21Tn2. 解 (1)设an的公比为 q，由 S4S3a4得 2a42a3a4， 所以a4a32，所以

18、q2. 又因为 S32a31， 所以 a12a14a18a11， 所以 a11.所以 an2n1. (2)证明：由(1)知 bnlog2(anan1)log2(2n12n)2n1， 所以 Tn1（2n1）2 nn2， 所以1T11T21Tn1121221n2 11121231（n1）n 111212131n11n 21n2. 考点 3 错位相减法求和 12 错位相减法求和的具体步骤 步骤 1写出 Snc1c2cn. 步骤 2等式两边同乘等比数列的公比 q，即 qSnqc1qc2qcn. 步骤 3两式错位相减转化成等比数列求和 步骤 4两边同除以 1q，求出 Sn.同时注意对 q 是否为 1 进

19、行讨论 (2019 莆田模拟)设数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，an12Sn1，数列bn满足 a1b1，点 P(bn，bn1)在直线 xy20 上，nN*. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 cnbnan，求数列cn的前 n 项和 Tn. 解 (1)由 an12Sn1 可得 an2Sn11(n2)， 两式相减得 an1an2an，即 an13an(n2) 又 a22S113，所以 a23a1. 故an是首项为 1，公比为 3 的等比数列 所以 an3n1. 由点 P(bn，bn1)，在直线 xy20 上，所以 bn1bn2. 则数列bn是首项为 1，公差为 2 的等差数

20、列 则 bn1(n1) 22n1. (2)因为 cnbnan2n13n1， 所以 Tn1303315322n13n1. 则13Tn1313325332n33n12n13n， 两式相减得：23Tn12323223n12n13n. 所以 Tn312 3n22n12 3n13n13n1. 本例巧妙地将数列an及其前 n 项和为 Sn，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和 13 (2019 烟台一模)已知等差数列an的公差是 1，且 a1，a3，a9成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)求数列an2an的前 n 项和 Tn. 解 (1

21、)因为an是公差为 1 的等差数列，且 a1，a3，a9成等比数列，所以a23a1a9， 即(a12)2a1(a18)，解得 a11. 所以 ana1(n1)dn. (2)Tn112121223123n12n， 12Tn11222123(n1)12nn12n1， 两式相减得 12Tn12112212312nn12n1， 所以12Tn1212n1112n12n1112nn2n1. 所以 Tn22n2n. 课外素养提升 数学建模 数列中等量关系的建立 2019 全国卷理科 21 题将数列与概率知识巧妙的融合在一起，在考查概率知识的同时， 突出考查学生借用数列的递推关系将实际问题转化为数学问题的能力

22、 数列作为特殊的函数， 在实际问题中有着广泛的应用， 如增长率， 银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题，这就要求考生除熟练运用数列的有关概念外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解题的速度. 直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系 【例 1】 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，14 并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入 800 万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14. (1)设 n 年内(本年度为第一年)总

23、投入为 an万元，旅游业总收入为 bn万元，写出 an，bn的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ 解 (1)第 1 年投入为 800 万元， 第 2 年投入为 800115万元， ， 第 n 年投入为 800115n1万元， 所以，n 年内的总投入为： an800800115800115n1 4 000145n， 第 1 年旅游业收入为 400 万元， 第 2 年旅游业收入为 400114万元， ， 第 n 年旅游业收入 400114n1万元 所以，n 年内的旅游业总收入为 bn400400114400114n1 1 60054n1 . (2)设至少经过 n 年旅游业

24、的总收入才能超过总投入，由此 bnan0， 化简得 5(45)n2(54)n70， 即 1 60054n1 4000145n0， 15 令 x45n，代入上式得：5x27x20. 解得 x25，或 x1(舍去) 即45n25，由此得 n5. 至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入. 评析 本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧 【素养提升练习】 公民在就业的第一年就交纳养老储备金 a1， 以后每年交纳的数目均比上一年增加 d(d0)

25、，历年所交纳的储备金数目 a1，a2，是一个公差为 d 的等差数列与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利如果固定年利率为 r(r0)，那么，在第 n 年末，第一年所交纳的储备金就变为 a1(1r)n1， 第二年所交纳的储备金就变为 a2(1r)n2， ，以 Tn表示到第 n 年末所累计的储备金总额 求证：TnAnBn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列 解 T1a1，对 n2 反复使用上述关系式，得 TnTn1(1r)an Tn2(1r)2an1(1r)an a1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an， 在式两端同乘 1r，得 (1r)Tna1(1r)

26、na2(1r)n1an1(1r)2an(1r)， ，得 rTna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)an dr(1r)n1ra1(1r)nan. 即 Tna1rdr2(1r)ndrna1rdr2. 如果记 Ana1rdr2(1r)n，Bna1rdr2drn， 则 TnAnBn，其中An是以a1rdr2(1r)为首项，以 1r(r0)为公比的等16 比数列；Bn是以a1rdr2dr为首项，dr为公差的等差数列 借助数列的递推关系建立等量关系 【例 2】 大学生自主创业已成为当代潮流某大学大三学生夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品 银行贷款的年利率为6%，约定

27、一年后一次还清贷款已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的 15%，每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的 20%，当月房租等其他开支 1 500 元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出 (1)设夏某第 n 个月月底余 an元，第 n1 个月月底余 an1元，写出 a1的值并建立 an1与 an的递推关系； (2)预计年底夏某还清银行贷款后的纯收入 (参考数据：1.12113.48，1.12123.90，0.12117.431011，0.12128.921012) 解 (1)依题意，a120 000(115%)20 00015%20%1 50

28、020 900(元)， an1an(115%)an15%20%1 500 1.12an1500(nN*，1n11) (2)令 an11.12(an)，则 an11.12an0.12， 对比(1)中的递推公式，得 12 500. 则 an12 500(20 90012 500)1.12n1， 即 an8 4001.12n112 500. 则 a128 4001.121112 50041 732(元) 又年底偿还银行本利总计 20 000(16%)21 200(元)， 故该生还清银行贷款后纯收入 41 73221 20020 532(元) 评析 (1)先求出 a1的值，并依据题设得出 an1与 a

29、n的关系；(2)利用构造法求得an的通项公式，并求相应值 17 【素养提升练习】 如图，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，Pn(xn，yn)，是曲线 C：y212x(y0)上的点，A1(a1，0)，A2(a2，0)，An(an，0)，是 x轴正半轴上的点，且A0A1P1，A1A2P2，An1AnPn，均为斜边在 x轴上的等腰直角三角形(A0为坐标原点) (1)写出 an1、an和 xn之间的等量关系，以及 an1、an和 yn之间的等量关系； (2)用数学归纳法证明 ann（n1）2(nN*)； (3)设 bn1an11an21an31a2n，对所有 nN*，bnlog8t 恒成立，求实

30、数 t 的取值范围 解 (1)依题意，A0A1P1，A1A2P2，An1AnPn，均为斜边在 x轴上的等腰直角三角形(A0为坐标原点)，故有 xnan1an2，ynanan12. (2)证明：当 n1 时，可求得 a11122，命题成立； 假设当 nk 时，命题成立，即有 akk（k1）2. 则当 nk1 时， 由归纳假设及(akak1)2ak1ak， 得ak1k（k1）22k（k1）2ak1. 即(ak1)2(k2k1)ak1k（k1）2（k1）（k2）20， 解得 ak1（k1）（k2）2(ak1k（k1）2ak，不合题意，舍去)，即当 nk1 时，命题成立. 综上所述，对所有 nN*，ann（n1）2. (3)bn1an11an21an31a2n 18 2（n1）（n2）2（n2）（n3）22n（2n1） 2n122n12n2n23n122n1n3. 因为函数 f(x)2x1x在区间1，)上单调递增，所以当 n1 时，bn最大为13，即 bn13. 由题意，有13log8t，所以 t2，所以，t(2，).