2024版新教材高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和学案含解析新人教A版20230519153.doc

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1、2024版新教材高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和学案含解析新人教A版20230519153第四节数列求和一、教材概念结论性质重现1求数列前n项和的常用方法方法数列求和公式公式法等差数列Snna1d等比数列Sn分组求和法等差等比适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相加(减)构成的数列求和倒序相加法对偶法将一个数列倒过来排列与原数列相加，主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和裂项相消法积商化差适用于通项公式可以积化差的数列求和错位相减法等差等比适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘(除)构成的数列求和奇偶讨论法正负号间隔适用于奇数项与偶数项正负号间隔的数列求和一些常见的数

2、列前n项和公式1234n； 13572n1n2; 24682nn(n1)；1222n2.2常用结论常见的裂项技巧； ；.二、基本技能思想活动体验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(1)如果数列an为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn()(2)当n2时，()(3)求Sna2a23a3nan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)数列的前n项和为n2()2数列an的前n项和为Sn.若an，则S5等于()A1BCDB解析：因为an，所以S5a1a2a51.3已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项和，nN*，则S10

3、的值为()A110B90C90D110D解析：因为a3a12da14，a7a16da112，a9a18da116.又因为a7是a3与a9的等比中项，所以(a112)2(a14)(a116)，解得a120.所以S101020109(2)110.4若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和Sn_.2n12n2解析：Sn2n12n2.5若Sn1234(1)n1n，则S50_.25解析：S5012344950(1)2525.考点1利用公式法求数列的和基础性1已知数列an既是等差数列又是等比数列，首项a11，则它的前2 020项的和等于()AB2 021a12 0211 010dC2 0

4、20D0C解析：数列an既是等差数列又是等比数列，首项a11，则an1(nN*)(常数数列)，前2 020项的和等于2 020.2等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为()A120B70 C75D100C解析：因为n2，所以的前10项和为10375. 3(2020兖州模拟)已知数列an的前n项积为Tn.若对n2，nN*，都有Tn1Tn12T成立，且a11，a22，则数列an的前10项和为_1 023解析：因为Tn1Tn12T，所以2，即2(n2)而2，所以an为等比数列，故an2n1，所以S101 023.4(2020深圳模拟)等差数列an中，a410且a

5、3，a6，a10成等比数列，数列an前20项的和S20_.200或330解析：设数列an的公差为d，则a3a4d10d，a6a42d102d，a10a46d106d.由a3，a6，a10成等比数列，得a3a10a，即(10d)(106d)(102d)2，整理得10d210d0，解得d0或d1.当d0时，S2020a4200；当d1时，a1a43d103d10317，所以S2020a1d207190330.故答案为200或330.公式法求数列的前n项和的注意事项(1)利用公式法求和，适用于等差数列、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列求和(2)一般地，求数列的前n项的和与数列各项的和不尽相同，

6、利用等差数列与等比数列的求和公式计算数列的和，关键是明确数列的首项和项数考点2利用分组法求数列的和基础性1数列1，2，3，的前n项和为Sn()AB2nC1D1C解析：数列1，2，3，的前n项和为Sn(123n)1.2已知函数f (n)且anf (n)f (n1)，则a1a2a3a100等于()A0B100C100D10 200B解析：由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.故选B3(2020海口模拟)已知数列an满足anlo

7、gn1(n2)(nN*)，设Tka1a2ak(kN*)若TkN*，称数k为“企盼数”，则区间1,2 020 内所有的企盼数的和为()A2 020B2 026C2 044D2 048B解析：因为anlogn1(n2)(nN*)，所以Tka1a2aklog2(k2)又因为TkN*，所以k2必须是2的n次幂(nN*)，即k2n2，所以k1,2 020内所有的企盼数的和为(222)(232)(242)(2102)292 026.4求和：Sn666666.解：Sn666666(999999)(101)(1021)(1031)(10n1)(1010210310nn)(10n1)n.分组法求数列的前n项和的

8、方法技巧(1)如果一个数列是等差数列与等比数列的代数和，求其前n项和需要先分组再利用公式求和(2)如果数列的排序规律较为“隐蔽”，如an是求和的形式，则需要先化简通项公式，得到明确的排序规律再对其求和考点3利用裂项相消法求数列的和综合性考向1形如an正项等差数列an满足a14，且a2，a42,2a78成等比数列，an的前n项和为Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设数列an的公差为d(d0)，由已知得a2(2a78)(a42)2，化简得，d24d120，解得d2或d6(舍)，所以ana1(n1)d2n2.(2)因为Snn23n，所以bn.所以Tn

9、b1b2b3bn.考向2形如an(2020临沂模拟)已知函数f (x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 020_.1解析：由f (4)2可得4a2，解得a，则f (x)x.所以an，S2 020a1a2a3a2 020(1)()()()()1.应用裂项相消法求和的注意点(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()，裂项后可以产生连续相互抵消的项(2)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，后面也剩两项等1已知正项数列an的前n项和为Sn，对nN*有2Snaan.令bn，设bn的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，T100中

10、有理数的个数为_9解析：因为2Snaan，所以当n2时，2an2(SnSn1)(aan)(aan1)，整理得(anan1)(anan1)anan1.又因为数列an的每项均为正数，所以anan11.又因为2a1aa1，解得a11，所以数列an是首项、公差均为1的等差数列所以ann，所以bn.所以数列bn的前n项和为Tn11.要使得Tn为有理数，只需为有理数即可因为1n100，所以n3,8,15,24,35,48,63,80,99.即在T1，T2，T3，T100中有理数的个数为9.2在公差不为0的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列，数列an的前10项和为45.(1)求数列an的通项公式；(

11、2)若bn，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)公差d不为0的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列，可得a1a8a，即有a1(a17d)(a13d)2，化为a19d.数列an的前10项和为45，可得10a145d45，解得a13，d，则an3(n1)；(2)bn9，则Tn99.考点4利用错位相减法求数列的和应用性(2020河南百校联盟模拟)已知Sn为等差数列an的前n项和，a35，S749.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn为数列bn的前n项和，求证：Tn3.(1)解：设数列an的公差为d，则由已知得解得a11，d2，所以ana1(n1)d2n1.(2)证明：bn，

12、所以Tn，Tn，两式相减得Tn，故Tn330且k1)(1)在下列条件中选择一个_使数列an是等比数列，说明理由；数列f (an)是首项为2，公比为2的等比数列；数列f (an)是首项为4，公差为2的等差数列；数列f (an)是首项为2，公差为2的等差数列的前n项和构成的数列(2)在(1)的条件下，当k时，设anbn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)不能使数列an成等比数列，可以由题意得f (an)4(n1)22n2，即logkan2n2，得ank2n2，且a1k40，所以k2.因为常数k0且k1，所以k2为非零常数，所以数列an是以k4为首项，k2为公比的等比数列(2)由(1)知ank4(

13、k2)n1k2n2，所以当k时，an2n1.因为anbn，所以bn，所以bn，Tnb1b2bn.数列中的存在性问题(2020枣庄二模)在S4是a2与a21的等差中项；a7是与a22的等比中项；数列a2n的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题已知an是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，_.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnan，是否存在kN*，使得bk？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由解：(1)若选S4是a2与a21的等差中项，则2S4a2a21，即2(a12)(a1202)解得a13，所以an32(n1)2n1.若选a7是与a22的等比中项，则aa

14、22，即(a162)2(a1212)解得a13，所以an32(n1)2n1.若选数列a2n的前5项和为65，则a2(n1)a2n2(n1)2n24.又a2a12，所以a2n是首项为a12，公差为4的等差数列由a2n的前5项和为65，得5(a12)465.解得a13，所以an32(n1)2n1.(2)bnan(2n1)，bn1bn(2n3)(2n1)3(2n3)4(2n1)(52n)所以bn1bnbn1bn052n0n2.5n1,2；bn1bnbn1bn052n2.5n3,4,5，.所以b1b2b4b5b6，所以bn中的最大项为b3(231).显然b3.所以nN*，bn.本题考查等差数列的通项公

15、式与前n项和公式，解题关键是根据已知条件求出数列的首项a1.对于本题存在性命题，转化为求数列的最大项问题，而求数列的最大项可以解不等式组求出满足此不等式组且使得an最大的n，如果是正项数列，还可能用作商法，即由1，且1得最大项的项数(2020潍坊一模)在Sn2bn1，4bnbn1(n2)，bnbn12(n2)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由已知数列an为等比数列，a1，a3a1a2，数列bn的首项b11，其前n项和为Sn，_，是否存在kN*，使得对任意nN*，anbnakbk恒成立？解：设等比数列an的公比为q，因为a1，a3a1a2，

16、所以q，故an.若选择，则Sn2bn1，则Sn12bn11(n2)，两式相减整理得2(n2)又b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn2n1，所以anbn2n1.由指数函数的性质知，数列anbn单调递增，没有最大值，所以不存在kN*，使得对任意nN*，anbnakbk恒成立若选择，则由4bnbn1(n2)，b11，知数列bn是首项为1，公比为的等比数列，所以bn，所以anbn(4).因为anbn(4)44.当且仅当n1时取得最大值.所以存在k1，使得对任意nN*，anbnakbk恒成立若选择，则由bnbn12(n2)知数列bn是公差为2的等差数列又b11，所以bn2n1.设cnanbn(2n1)，则cn1cn(2n1)(2n1)，所以当n2时，cn1cn，当n3时，cn1cn.即c1c2c4c5.所以存在k3，使得对任意nN*，anbnakbk恒成立