高考数学考点归纳之数列求和.pdf

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1、高考数学考点归纳之数列求和一、基础知识1公式法(1)等差数列 an 的前 n 项和 Snn a1an2na1n n 1 d2.推导方法：倒序相加法(2)等比数列 an 的前 n 项和 Snna1，q1，a11qn1q，q 1.推导方法：乘公比，错位相减法(3)一些常见的数列的前n 项和：123 nn n 12；246 2n n(n1)；135 2n 1n2.2几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：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，从而求得前n 项

2、和(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考点一分组转化法求和典例 已知数列 an的前 n 项和 Snn2 n2，nN*.(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，anSnSn1n2n2n12 n12n.又 a11 也满足 ann，故数列 an 的通项公式为ann.(2)由(

3、1)知 ann，故 bn2n(1)nn.记数列 bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(212222n)(12342n)记 A212222n，B 12342n，则 A2 1 22n1 222n12，B(12)(34)(2n 1)2nn.故数列 bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.解题技法 1分组转化求和的通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和2分组转化法求和的常见类型题组训练 1已知数列 an 的通项公式是an2n12n，则其前20 项和为()A3791220B3991220C4191220D43

4、91220解析：选 C令数列 an 的前 n 项和为 Sn，则 S20a1a2 a3a202(123 20)12122123 1220420 112204191220.2(2019 资阳诊断)已知数列 an中，a1a21，an2an2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列 an的前 20 项和为()A1 121B1 122C1 123D1 124解析：选 C由题意可知，数列a2n 是首项为1，公比为 2 的等比数列，数列 a2n1 是首项为 1，公差为2 的等差数列，故数列an的前 20 项和为1 121012101109221 123.选 C.考点二裂项相消法求和考法(一)形如 an1n nk

5、型典例(2019南宁摸底联考)已知等差数列an 满足 a3 7，a5a7 26.(1)求等差数列 an 的通项公式；(2)设 cn1anan1，nN*，求数列 cn的前 n 项和 Tn.解(1)设等差数列的公差为d，则由题意可得a12d7，2a1 10d26，解得a1 3，d2.所以 an32(n1)2n1.(2)因为 cn1anan112n12n3，所以 cn1212n 112n 3，所以 Tn121315151712n112n3121312n3n6n9.考法(二)形如 an1nkn型典例 已知函数f(x)x的图象过点(4,2)，令 an1f n1 f n，n N*.记数列 an 的前 n

6、项和为 Sn，则 S2 019()A.2 0181B.2 0191C.2 0201D.2 0201J一飞一J.J一解析 由 f(4)2 可得 42，解得 12，则 f(x)x12.an1f n1 f n1n1nn1n，S2 019 a1 a2 a3 a2 019(21)(32)(43)(2 0192 018)(2 0202 019)2 0201.答案 C解题技法 1用裂项法求和的裂项原则及消项规律2常见的拆项公式(1)1n n 11n1n1；(2)12n 1 2n11212n112n1；(3)1nn1n 1n；(4)2n2n1 2n1112n112n11.题组训练 1.在等差数列 an中，a3

7、a5a76，a118，则数列1an3 an4的前 n 项和为()A.n1n2B.nn2C.nn1D.2nn1解析：选 C因为 a3a5a76，所以 3a56，a52，又 a118，所以等差数列an 的公差 da11a511 51，所以 ana5(n5)dn3，所以1an3 an41n n11n1n 1，因此数列1an3 an4的前n 项和为1121213 1n1n111n1nn1，故选C.2.各项均为正数的等比数列 an中，a1 8，且 2a1，a3,3a2成等差数列-r,.一-r,.J一-r,-,(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足 bn1nlog2an，求 bn的前 n 项

8、和 Sn.解：(1)设等比数列 an 的公比为q(q0)2a1，a3,3a2成等差数列，2a32a13a2，即 2a1q22a13a1q，2q23q20，解得 q2 或 q12(舍去)，an82n12n2.(2)由(1)可得 bn1nlog22n21n n2121n1n2，Snb1b2b3bn12113121413151n1n2121121n11n234121n11n2342n 32 n1n2.考点三错位相减法典例(2017山东高考)已知 an是各项均为正数的等比数列，且a1 a2 6，a1a2a3.(1)求数列 an的通项公式；(2)bn 为各项非零的等差数列，其前n 项和为 Sn.已知 S

9、2n1bnbn1，求数列bnan的前 n项和 Tn.解(1)设an的公比为q，由题意知：a1(1q)6，a21qa1q2.又 an0，解得 a1 2，q2，所以 an2n.(2)由题意知，S2n12n1 b1b2n12(2n1)bn1，又 S2n1 bnbn1，bn10，所以 bn2n 1.令 cnbnan，则 cn2n12n，因此 Tnc1c2 cn32522723 2n12n12n12n，又12Tn3225237242n12n2n12n1，两式相减得12Tn3212122 12n12n 12n132112n12n12n1522n52n1，所以 Tn52n52n.变透练清 1.变结论若本例中

10、an，bn不变，求数列anbn的前 n 项和 Tn.解：由本例解析知an2n，bn2n 1，故 Tn3215227 23(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n1，上述两式相减，得，Tn32222223 22n(2n1)2n168 12n11 2(2n1)2n1(12n)2n12得 Tn(2n1)2n12.2已知 an 为等差数列，前n 项和为 Sn(nN*)，bn 是首项为2 的等比数列，且公比大于 0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)求数列 a2nbn的前 n 项和(n N*)解：(1)设等差数列 an 的公差为d，等比数

11、列 bn的公比为q.由已知 b2b3 12，得 b1(qq2)12，而 b12，所以 q2 q60.因为 q0，解得 q2，所以 bn2n.由 b3a42a1，可得 3da18.由 S1111b4，可得 a15d16.联立，解得a11，d3，由此可得 an 3n2.所以 an 的通项公式为an3n 2，bn的通项公式为bn 2n.(2)设数列 a2nbn的前 n 项和为 Tn，由 a2n6n2，有Tn4210 22 1623(6n2)2n，2Tn4221023 1624(6n8)2n(6n2)2n1，上述两式相减，得Tn4 262262362n(6n2)2n112 12n124(6n2)2n1

12、(3n4)2n2 16，得 Tn(3n4)2n216.所以数列 a2nbn 的前 n 项和为(3n4)2n216.易误提醒(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n1 项和当作n 项和(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q1 和 q1两种情况求解课时跟踪检测A 级1 数列 an的通项公式为an1nn1，若该数列的前k 项之和等于9，则 k()A80B81C79D82解析：选 Ban1nn1nn 1，故 Snn，令 Skk9，解得 k81，故选 B.2若数列 an的通项公式是an(1)n(3n 2)，则 a1a2 a

13、10()A15B12C 12D 15解析：选 Aa1a2a3a4a5a6a7a8a9a10 147 101316 192225285315，故选 A.3已知 an 是首项为1 的等比数列，Sn是an 的前 n 项和，且9S3S6，则数列1an的前 5 项和为()A.158或 5B.3116或 5.J一.-.r.J一.C.3116D.158解析：选 C设 an的公比为q，显然 q1，由题意得9 1 q31q1q61q，所以 1q39，得 q2，所以1an是首项为1，公比为12的等比数列，前5 项和为11251123116.4在等差数列 an中，a45，a711.设 bn(1)n an，则数列 b

14、n的前 100 项之和 S100()A 200B 100C200D100解析：选 D设数列 an的公差为d，由题意可得a13d5，a16d11?a1 1，d2?an2n 3?bn(1)n(2n3)?S100(a1a2)(a3a4)(a99a100)502100，故选 D.5已知 Tn为数列2n12n的前 n 项和，若 mT10 1 013 恒成立，则整数m 的最小值为()A1 026B1 025C1 024D1 023解析：选 C2n 12n112n，Tnn 112n，T101 0131112101 0131 0241210，又 mT101 013，整数 m 的最小值为1 024.6 已知数列

15、：112，214，318，n12n，则其前 n 项和关于 n 的表达式为 _解析：设所求的前n 项和为 Sn，则Sn(12 3 n)1214 12nn n1212112n112n n1212n1.答案：n n1212n17(2017 全国卷)等差数列 an的前 n项和为 Sn，a33，S410，则k1n1Sk_.解析：设等差数列 an的首项为a1，公差为 d，依题意有a12d3，4a16d 10，解得a1 1，d1，所以 Snn n12，1Sn2n n121n1n1，因此k1n1Sk2 1121213 1n1n12nn1.答案：2nn18已知数列 an 满足 a11，an1 an2n(nN*)

16、，则 S2 018_.解析：数列 an 满足 a11，an1 an2n，n1 时，a22，n2 时，an an12n1，由 得an1an12，数列 an的奇数项、偶数项分别成等比数列，S2 018121 009122 121 0091 2321 0093.答案：321 00939(2019 成都第一次诊断性检测)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，a23，S416，nN*.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列 bn的前 n项和 Tn.解：(1)设数列 an 的公差为 d，a23，S416，a1d3,4a16d16，解得 a11，d2.an2n1.(2)由题意知

17、，bn12n1 2n11212n 112n1，Tnb1b2bn12113131512n112n112112n1n2n1.10(2018 南昌摸底调研)已知数列 an的前 n 项和 Sn2n12，记 bnanSn(nN*)(1)求数列 an的通项公式；(2)求数列 bn的前 n 项和 Tn.解：(1)Sn 2n1 2，当 n1 时，a1S121122；当 n2 时，anSnSn12n12n2n.又 a1221，an2n.(2)由(1)知，bnanSn24n2n1，Tnb1b2b3 bn 2(414243 4n)(22 23 2n1)24 14n144 12n12234n12n243.B 级1(2

18、019 潍坊统一考试)若数列 an的前 n 项和 Sn满足 Sn2an(0，nN*)(1)证明数列 an 为等比数列，并求an；(2)若 4，bnan，n为奇数，log2an，n为偶数(nN*)，求数列 bn的前 2n 项和 T2n.解：(1)Sn 2an，当 n1 时，得 a1 ，当 n2 时，Sn12an1，SnSn12an 2an1，即 an2an2an1，an2an1，数列 an是以 为首项，2 为公比的等比数列，an 2n1.(2)4，an42n12n1，bn2n1，n为奇数，n1，n为偶数，T2n22324526722n 2n1(2224 22n)(3 5 2n1)44n414n

19、32n 124n143 n(n2)，T2n4n13n22n43.2已知首项为2 的数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn13Sn2Sn1(n2，nN*)(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnn1an，求数列 bn的前 n 项和 Tn.解：(1)因为 Sn13Sn 2Sn1(n2)，所以 Sn1Sn2Sn2Sn1(n 2)，即 an12an(n2)，所以 an12n1，则 an2n，当 n1 时，也满足，故数列 an的通项公式为an2n.(2)因为 bnn12n(n1)12n，所以 Tn2123122 4123(n1)12n，12Tn212231234124n12n(n1)12n1，得12Tn212122123 12n(n1)12n11212112212312n(n1)12n11212112n112(n1)12n112112n(n1)12n132n32n1.故数列 bn的前 n 项和为 Tn3n32n.