高考数学大一轮复习第六章数列与数学归纳法6-4数列求和教师用书.doc

1 / 20【2019【2019 最新最新】精选高考数学大一轮复习第六章数列与数学归精选高考数学大一轮复习第六章数列与数学归纳法纳法 6-46-4 数列求和教师用书数列求和教师用书1等差数列的前 n 项和公式Snna1d.2等比数列的前 n 项和公式SnError!3一些常见数列的前 n 项和公式(1)1234n.(2)13572n1n2.(3)24682nn(n1)(4)1222n2.【知识拓展】数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项2 / 20常见的裂项公式；.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广(6)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)5 050.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“×”)(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 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( × )3 / 20(4)数列2n1的前 n 项和为 n2.( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°sin22°sin23°sin288°sin289°44.5.( )1(2016·潍坊模拟)设an是公差不为 0 的等差数列，a12，且a1，a3，a6 成等比数列，则an的前 n 项和 Sn 等于( )A. B.n25n 3C. Dn2n答案 A解析 设等差数列的公差为 d，则 a12，a322d，a625d.又a1，a3，a6 成等比数列，aa1·a6.即(22d)22(25d)，整理得 2d2d0.d0，d.Snna1dn.2(教材改编)数列an中，an，若an的前 n 项和 Sn，则 n 等于( )A2 016 B2 017C2 018 D2 019答案 B解析 an，Sna1a2an4 / 20(1)1.令，得 n2 017.3数列an的通项公式为 an(1)n1·(4n3)，则它的前 100项之和 S100 等于( )A200 B200 C400 D400答案 B解析 S100(4×13)(4×23)(4×33)(4×1003)4×(12)(34)(99100)4×(50)200.4数列an的通项公式为 anncos ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017_.答案 1 008解析 因为数列 anncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故 S4a1a2a3a42.a50，a66，a70，a88，故 a5a6a7a82，周期 T4.S2 017S2 016a2 017×22 017·cos 1 008.题型一 分组转化法求和例 1 已知数列an的前 n 项和 Sn，nN*.5 / 20(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，anSnSn1n.a1 也满足 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 A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.引申探究例 1(2)中，求数列bn的前 n 项和 Tn.解 由(1)知 bn2n(1)n·n.当 n 为偶数时，Tn(21222n)1234(n1)n2n12；当 n 为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n2n12n2n1.6 / 20TnError!思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若 anbn±cn，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 an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：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论已知数列an的通项公式是 an2·3n1(1)n·(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn.解 Sn2(133n1)111(1)n·(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当 n 为偶数时，Sn2×ln 33nln 31；当 n 为奇数时，Sn2×(ln 2ln 3)(n)ln 33nln 3ln 21.综上所述，SnError!题型二 错位相减法求和例 2 (2016·山东)已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；7 / 20(2)令 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn.解 (1)由题意知，当 n2 时，anSnSn16n5，当 n1 时，a1S111，满足上式，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d.由Error!即可解得所以 bn3n1.(2)由(1)知，cn3(n1)·2n1，又 Tnc1c2cn，得 Tn3×2×223×23(n1)×2n1，2Tn3×2×233×24(n1)×2n2两式作差，得Tn3×2×2223242n1(n1)×2n23×4412n 12n1 × 2n23n·2n2，所以 Tn3n·2n2.思维升华 错位相减法求和时的注意点(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 两种情况求解设等差数列an的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列bn的公比为 q，已知 b1a1，b22，qd，S10100.8 / 20(1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 当 d>1 时，记 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn.解 (1)由题意得Error!解得或Error!故或Error!(2)由 d>1，知 an2n1，bn2n1，故 cn，于是Tn1，Tn.1 2可得Tn23，1 2故 Tn6.题型三 裂项相消法求和命题点 1 形如 an型例 3 (2015·课标全国)Sn 为数列an的前 n 项和已知an>0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设 bn，求数列bn的前 n 项和解 (1)由 a2an4Sn3，可知 a2an14Sn13.两式相减，得 aa2(an1an)4an1，即 2(an1an)aa(an1an)(an1an)由 an>0，可得 an1an2.9 / 20又 a2a14a13，解得 a11(舍去)或 a13.所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an2n1.(2)由 an2n1 可知bn.设数列bn的前 n 项和为 Tn，则Tnb1b2bn.命题点 2 形如 an型例 4 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 017_.答案 1解析 由 f(4)2，可得 4a2，解得 a，则 f(x)1 2.xan，S2 017a1a2a3a2 017(1)()()()()1.思维升华 (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，后面也剩两项在数列an中，a11，当 n2 时，其前 n 项和 Sn 满足San.(1)求 Sn 的表达式；10 / 20(2)设 bn，求bn的前 n 项和 Tn.解 (1)San，anSnSn1 (n2)，S(SnSn1)，即 2Sn1SnSn1Sn，由题意得 Sn1·Sn0，式两边同除以 Sn1·Sn，得2，数列是首项为1，公差为 2 的等差数列12(n1)2n1，Sn.(2)bn，Tnb1b2bn(1)()().题型四 数列求和的综合应用例 5 正项数列an的前 n 项和 Sn 满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bn，数列bn的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0.所以 Snn2n(nN*)n2 时，anSnSn12n，11 / 20n1 时，a1S12 适合上式所以 an2n(nN*)(2)证明 由 an2n(nN*)，得bnn1 4n2n22，则 TnError!Error!1 160，从而 ln an12ln anln 2，所以 ln an1ln 22(ln anln 2)，即 ln 2ln ，所以数列ln 是以 ln 为首项，2 为公比的等比数列，所以 ln (ln )2n112ln2，n所以即 an122，n1122.n12 / 20(2)证明 当 t1 时，an1.由 a11，an1，得 an>0，所以 an1an<0，所以an为递减数列因为11，所以 an1an，所以 ana1()n1()n1.又因为anan1 (nN*)，所以2nan an2(a1a2)2(a2a3)3(a3a4)n(anan1)a1a2a3annan1<1()2()n1<.又因为，所以命题得证四审结构定方案四审结构定方案典例 (14 分)已知数列an的前 n 项和 Snn2kn(其中 kN*)，且 Sn 的最大值为 8.(1)确定常数 k，并求 an；(2)设数列的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<4.(1)Sn1 2n2knSn是关于n的二次函数 nk时，Sn最大(2)92an 2nn 2n1根据数列结构特征确定求和方法计算可得Tn证明：Tn < 413 / 20规范解答(1)解 当 nkN*时，Snn2kn 取得最大值，即 8Skk2k2k2，故 k216，k4.当 n1 时，a1S14，4 分当 n2 时，anSnSn1n.当 n1 时，上式也成立综上，ann.8 分(2)证明 ，Tn1，2Tn22.9 分，得2TnTn21n 2n144.13 分Tn4.Tn<4.14 分1数列 1，3，5，7，(2n1)，的前 n 项和 Sn 的值等于( )An21 B2n2n11 2nCn21 Dn2n11 2n答案 A解析 该数列的通项公式为 an(2n1)，则 Sn135(2n1)()n21.14 / 202(2016·西安模拟)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a12 016，且 an2an1an20(nN*)，则 S2 016 等于( )A0 B2 016C2 015 D2 014答案 A解析 an2an1an20(nN*)，an2anqanq20，q 为等比数列an的公比，即 q22q10，q1.an(1)n1·2 016，S2 016(a1a2)(a3a4)(a2 015a2 016)0.3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( )A120 B70C75 D100答案 C解析 因为n2，所以的前 10 项和为 10×375.4在数列an中，若 an1(1)nan2n1，则数列an的前 12项和等于( )A76 B78C80 D82答案 B解析 由已知 an1(1)nan2n1，得 an2(1)n1·an12n1，得 an2an(1)n(2n1)(2n1)，取15 / 20n1,5,9 及 n2,6,10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选 B.5已知函数 f(n)且 anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100 等于( )A0 B100C100 D10 200答案 B解析 由题意，得 a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)50×10150×103100.故选 B.6设数列an的通项公式为 an2n7，则|a1|a2|a15|等于( )A153 B210C135 D120答案 A解析 令 an2n70，解得 n.从第 4 项开始大于 0，|a1|a2|a15|a1a2a3a4a5a1553113(2×157)9153.7(2016·福州模拟)已知数列an的通项公式为 an，若前 n 项和16 / 20为 10，则项数 n 为_答案 120解析 an，Sna1a2an(1)()()1.令110，得 n120.8在等差数列an中，a10，a10·a110，若此数列的前 10 项和S1036，前 18 项和 S1812，则数列|an|的前 18 项和 T18 的值是_答案 60解析 由 a10，a10·a110 可知 d0，a100，a110，T18a1a10a11a18S10(S18S10)60.9(2016·余姚中学模拟)若已知数列的前四项是， ， ， ，则数列的前 n项和为_答案 2n3 2n1n2解析 由前四项知数列an的通项公式为 an，由()知，Sna1a2a3an1an1()()()1.*10.已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，任意 nN*,2Snaan.17 / 20令 bn，设bn的前 n 项和为 Tn，则在 T1，T2，T3，T100 中有理数的个数为_答案 9解析 2Snaan，2Sn1aan1，得 2an1aan1aan，aaan1an0，(an1an)(an1an1)0.又an为正项数列，an1an10，即 an1an1.在 2Snaan 中，令 n1，可得 a11.数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列ann，bn1n n1n1 nn1 nn n1n n1n1 nn1 nn n1，Tn1，T1，T2，T3，T100 中有理数的个数为 9.11已知数列an中，a13，a25，且an1是等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Tn.解 (1)an1是等比数列且 a112，a214，2，18 / 20an12·2n12n，an2n1.(2)bnnann·2nn，故 Tnb1b2b3bn(22×223×23n·2n)(123n)令 T22×223×23n·2n，则 2T222×233×24n·2n1.两式相减，得T222232nn·2n1n·2n1，T2(12n)n·2n12(n1)·2n1.123n，Tn(n1)·2n1.12(2016·天津)已知an是等比数列，前 n 项和为 Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的 nN*，bn 是 log2an 和 log2an1 的等差中项，求数列(1)nb的前 2n 项和解 (1)设数列an的公比为 q.由已知，有，解得 q2 或 q1.又由 S6a1·63，知 q1，所以 a1·63，得 a11.所以 an2n1.19 / 20(2)由题意，得 bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为 1 的等差数列设数列(1)nb的前 n 项和为 Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.*13.若数列an的前 n 项和为 Sn，点(an，Sn)在 yx 的图象上(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若 c10，且对任意正整数 n 都有 cn1cn求证：对任意正整数 n2，总有.1 2log.na(1)解 Snan，当 n2 时，anSnSn1an1an，anan1.又S1a1a1，a1，ann12n1.(2)证明 由 cn1cn2n1，1 2logna得当 n2 时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)，()，1 cn1 cn20 / 20×Error!1 2(11 2)(1 n1 n1).又，原式得证