2020年高考数学(理)之数列专题07数列的求和(错位相减法求和)(解析版)11412.pdf

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1、 1 数列 07 数列的求和（错位相减法求和）一、具体目标：1.掌握等差、等比数列的求和方法；2.掌握等非差、等比数列求和的几种常见方法.考纲解读：会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和，非等差、等比数列的求和是高考的热点，特别是错位相减法和裂项相消法求和.二、知识概述：求数列前n项和的基本方法（1）直接用等差、等比数列的求和公式求和；等差：11()(1)22nnn aan nSnad；等比：11(1)(1)(1)1nnnaqSaqqq公比是字母时需要讨论.(理)无穷递缩等比数列时，（2）掌握一些常见的数列的前n项和公式：21321nnn；nnn2264

2、2；2531nn；61213212222nnnn；2333321321nnn qaS11【考点讲解】2（3）倒序相加法求和：如果一个数列 na，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.（4）错位相减法求和：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.q倍错位相减法：若数列 nc的通项公式nnncab，其中 na、nb中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和这种方法

3、叫q倍错位相减法 温馨提示：1.两个特殊数列等差与等比的乘积或商的组合.2.关注相减的项数及没有参与相减的项的保留.（5）分组求和：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，先分别求和，再合并.形如：nnba 其中是等比数列是等差数列nnba，NkknngNkknnfan,2,12,（6）合并求和：如求22222212979899100的和.（7）裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差，正负相消剩下首尾若干项.常见拆项：111;(1)1n nnn 1111;(21)(21)2 2121nnnn 1111(1)(2)2

4、(1)(1)(2)n nnn nnn；nnnn111.【错位相减法例题解析】1.【2018 优选题】求和：nnnS21813412211【解析】由nnnS21813412211 得：nnnnnS21211213212211132（1）两边同乘以12得：14322121)1(21321221121nnnnnS（2）将（1）（2）得：231111111222222nnnSn 3 整理得：12nS11111221212nnn，所以求得：111222nnnSn nN.关注：参与相减的项.【变式】求和：nnnS21)12(815413211.【解析】由nnnS21)12(815413211 得：nnnn

5、nS211221)32(215213211132（1）两边同乘以12得，1432211221)32(21521321121nnnnnS（2）将（1）（2）得：231111111221222222nnnSn 12nS211111112222112212nnn 12nS1131121222nnn 所以可得：21132122nnnSnnN.4 1.【2019 年 高 考 天 津 卷 文 数】设na是 等 差 数 列，nb是 等 比 数 列，公 比 大 于 0，已 知1123323,43abba ba.（1）求na和 nb的通项公式；（2）设数列 nc满足21nnncbn，为奇数,，为偶数.求*1 1

6、2222()nna ca ca cnN.【解析】（1）设等差数列 na的公差为d，等比数列 nb的公比为q.依题意，得2332,3154,qdqd解得3,3,dq故133(1)3,3 33nnnnannb.所以，na的通项公式为3nan，nb的通项公式为3nnb.（2）1 12222nna ca ca c 135212 14 26 32nn naaaaa ba ba ba b 123(1)36(6 312 318 363)2nn nnn 21236 1 32 33nnn .记121 3233nnTn,则23131 3233nnTn,得，123113 1 3(21)332333331332nnn

7、nnnnTnn .所以，1221 12222(21)3336332nnnnna ca ca cnTn 22(21)3692nnnnN.【答案】（1）3nan，3nnb；（2）22(21)369()2nnnnN 【真题分析】5 2.【2018 年高考浙江卷】已知等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项数列bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n（1）求 q 的值；（2）求数列bn的通项公式【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由42a 是35,a a的等

8、差中项得35424aaa，所以34543428aaaa，解得48a.由3520aa得18()20qq，因为1q，所以2q.（2）设1()nnnncbb a，数列 nc前 n 项和为nS.由11,1,2.nnnS ncSSn解得41ncn.由（1）可知12nna，所以111(41)()2nnnbbn，故211(45)(),22nnnbbnn，11123221()()()()nnnnnbbbbbbbbbb23111(45)()(49)()73222nnnn.设221113711()(45)(),2222nnTnn，2211111137()(49)()(45)()22222nnnTnn 所以2211

9、1111344()4()(45)()22222nnnTn，因此2114(43)(),22nnTnn，又11b，所以2115(43)()2nnbn.【答案】（1）2q；（2）2115(43)()2nnbn.3.【2017 年高考天津卷】已知na为等差数列，前 n 项和为()nSnN，nb是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，2312bb，3412baa，11411Sb（1）求na和nb的通项公式；（2）求数列221nna b的前 n 项和()nN【解析】（1）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q 由已知2312bb，得21()12b qq，而12b，所以260qq 6 又因为0q

10、，解得2q 所以，2nnb 由3412baa，可得138da 由114=11Sb，可得1516ad，联立，解得11a，3d，由此可得32nan 所以，数列na的通项公式为32nan，数列nb的通项公式为2nnb （2）设数列221nna b的前n项和为nT，由262nan，12124nnb，有221(31)4nnna bn，故23245484(31)4nnTn ，23414245484(34)4(31)4nnnTnn ，上述两式相减，得23112(14)3243 43 43 4(31)44(314nnnnTnn 111)4(32)48nnn，得1328433nnnT 所以，数列221nna b

11、的前n项和为1328433nn【答案】（1）32nan，2nnb；（2）1328433nn.4.【2017 年高考山东卷文数】已知na是各项均为正数的等比数列，且121236,aaa aa （1）求数列na的通项公式；（2）nb为各项非零的等差数列，其前 n 项和 Sn，已知211nnnSb b，求数列nnba的前 n 项和nT【解析】（1）设na的公比为q，由题意知22111(1)6,aqa qa q又0na，解得12,2aq，所以2nna （2）由题意知：121211(21)()(21)2nnnnbbSnb，又2111,0,nnnnSb bb所以21nbn，令nnnbca,则212nnnc

12、，因此122313572121,22222nnnnnnTccc 又234113572121222222nnnnnT，7 两式相减得2111311121()222222nnnnT，所以2552nnnT【答案】（1）2nna；（2）2552nnnT 5.【2017 年高考山东卷理数】已知xn是各项均为正数的等比数列，且 x1+x2=3，x3-x2=2.（1）求数列xn的通项公式；（2）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1,1)，P2(x2,2)，Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1 P2Pn+1，求由该折线与直线 y=0，11nxx xx,所围成的区域的面积.【解析】（1

13、）设数列的公比为q，由已知0q.由题意得，所以，因为0q,所以，因此数列的通项公式为（2）过，向轴作垂线，垂足分别为，,由(1)得 记梯形的面积为.由题意，所以+=+，又+，nTnx1121132xx qx qx q23520qq12,1qxnx12.nnx123,P P P1nPx123,Q Q Q1nQ111222.nnnnnxx11nnnnP P QQnb12(1)2(21)22nnnnnbn123nTbbbnb1013 25 272 32(21)2(21)2nnnn01223 25272nT 21(21)2(21)2nnnn 8-得121132(222)(21)2nnnTn =所以【答

14、案】（1）12nnx；（2）1.【2019 优选题】已知数列，设，数列.（1）求证：是等差数列；（2）求数列的前 n 项和 Sn；【解析】本题考点是等差数列的定义、等比数列的通项、以及数列求和的综合运用题.要求对数列的相关知识能熟练应用.（1）由题意知，数列的等差数列（2）由（1）知，于是 1132(12)(21)2.212nnn(21)21.2nnnT(21)21.2nnnT的等比数列公比是首项为41,411qaan*)(log3241Nnabnnnnnnbacc满足nbnc*)()41(Nnann12log3,2log3141141ababnn3log3log3log3log3411414

15、11411qaaaabbnnnnnn3,11dbbn公差是首项*)(23,)41(Nnnbannn*)(,)41()23(Nnncnn,)41()23()41)53()41(7)41(4411132nnnnnS1432)41()23()41)53()41(7)41(4)41(141nnnnnS【模拟考场】9 两式相减得 所以nnnS4132332.2.已知等比数列 na的公比1q，且28543aaa24a，是53aa，a3的等差中项 数列 nb满足11b，数列nnnabb1的前n项和为nn 22（）求 q 的值；（）求数列 nb的通项公式 【解析】分析:（）根据条件、等差数列的性质及等比数列的

16、通项公式即可求解公比，（）先根据数列nnnabb1的前n项和为nn 22求通项，解得nnbb1，再通过叠加法以及错位相减法求nb.【解析】（）由24a是53aa，的等差中项得42453aaa，所以28434543aaaa，解得84a.由2053 aa得,2018qq因为1q.所以2q.（）设nnnnabbc1，数列 nc前 n 项和为nS.由2,1,11nSSnScnnn解得14 ncn.由（）可知12nna，所以112114nnnnbb，故2215421nnbbnnn，12232111bbbbbbbbbbnnnnn=32172194215432nnnn.2,21542111217322nnT

17、nn设，1322154211121721321nnnT 两式相减得：122154214214321nnnT.因此得.22134142nnTnn，132)41()23()41()41()41(34143nnnnS.)41()23(211nn 10 又,11b所以2213415nnnb.3.【2016 高考山东理数】已知数列 na 的前 n 项和 Sn=3n2+8n，nb是等差数列，且1.nnnabb （）求数列 nb的通项公式；（）令1(1).(2)nnnnnacb 求数列 nc的前 n 项和 Tn.【分析】（）根据1nnnSSa及等差数列的通项公式求解；（）根据（）知数列 nc的通项公式，再用

18、错位相减法求其前n项和.考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”.【解析】（）由题意知当2n时，561nSSannn，当1n时，1111 Sa，所以56 nan.设数列 nb的公差为d，由322211bbabba，即dbdb321721111，可解得3,41db，所以13 nbn.（）由（）知11(66)3(1)2(33)nnnnncnn，又nnccccT 321，得23413 223 242(1)2nnTn ，345223 223 242(1)2nnTn ，两式作差，得 234123 2 2222(1)2nnnTn 224(21)3 4(1)22 132

19、nnnnn 11 所以223nnnT【答案】（）13 nbn；（）223nnnT.4.数列的通项，其前 n 项和为.(1)求；(2)求数列的前 n 项和.【解析】(1)由于,故 ,故 ()(2)两式相减得：na222(cossin)33nnnannSnS3,4nnnSbnnbnT222cossincos333nnn312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)(3)222kkkkSaaaaaaaaakkk 1331185(94)2222kkk3133(49),2kkkkkSSa2323131(49)(31)1321,22236kkkkkkkSSak

20、1,3236(1)(1 3),316(34),36nnnknnSnknnnk*kN394,42 4nnnnSnbn21 132294,2 444nnnT112294413,244nnnT 12 故 5.已知数列的首项，（）证明：数列是等比数列；（）数列的前项和【解析】（），又，数列是以为首项，为公比的等比数列（）由（）知，即，设，则，由得 ，又 1232199199941941944313138,12444242214nnnnnnnnnnT2321813.33 22nnnnTna123a 121nnnaaa1,2,3,n 11nannannS121nnnaaa111111222nnnnaaaa

21、11111(1)2nnaa 123a 11112a 11na121211111112 22nnna 1112nna2nnnnna23123222nT 2nn23112222nT 1122nnnn2111222nT 11111(1)1122112222212nnnnnnnnn 11222nnnnT123(1)2n nn 13 数列的前项和 6.设数列满足，（）求数列的通项；（）设，求数列的前项和【解析】(I)验证时也满足上式，(II)，-：，7.已知数列na满足11a，且),2(22*1Nnnaannn且（）求2a，3a；（）证明数列nna2是等差数列；（）求数列na的前n项之和nS 【解析】（

22、）622212 aa，2022323 aa （）),2(22*1Nnnaannn且，),2(122*11Nnnaannnn且，即),2(122*11Nnnaannnn且 nnan22(1)4222222nnnnn nnnnS na211233333nnnaaaaa*N nannnba nbnnS2112333.3,3nnnaaaa221231133.3(2),3nnnaaaan1113(2).333nnnnan1(2).3nnan1n*1().3nnanN3nnbn231 32 33 3.3nnSn 231233333nnnSn113331 3nnn111333244nnnnS234131 3

23、2 33 3.3nnSn 14 数列2nna是首项为21211a，公差为1d的等差数列 （）由（）得,211)1(21)1(212nndnannnnna2)21()2(2)21(2)211(2252232212)1(2)21(2252232211432321nnnnnnnSnS1322)21(2221)2()1(nnnnS得 12)21(2222132nnn 12)21(21)21(21nnn32)23(nn 32)32(nnnS 8.数列 na的前n项和为nS，11a，*12()nnaSnN （）求数列 na的通项na；（）求数列nna的前n项和nT【解析】（）12nnaS，12nnnSSS

24、，13nnSS 又111Sa，数列 nS是首项为1，公比为3的等比数列，1*3()nnSnN 当2n时，2122 3(2)nnnaSn，21132nnnan，（）12323nnTaaana，当1n 时，11T；当2n时，01214 36 323nnTn，121334 36 323nnTn，得：12212242(333)23nnnTn 213(1 3)22231 3nnn 11(12)3nn 15 1113(2)22nnTnn 又111Ta也满足上式，1113(2)22nnTnn 9.已知数列 na满足1111 1,22 4nnnaa anN.(1)求数列 na的通项公式；（2）若数列 nb的前 n项和2nsn，1 1223 3nnnTa ba ba ba b，求证：3nT。【解析】（1）112211 112 4,41 12 4nnnnnnnnaaaa aa，又112211 11,22 44aa aa，na是公比为12的等比数列，12nna（2）21nbn，231135232122222nnnnnT，234111352321222222nnnnnT，得：2311112222132322222222nnnnnnT，2332nnnT 3nT