2019版高考数学复习数列5.4数列求和学案理.docx

54数列求和知识梳理1基本数列求和公式法(1)等差数列求和公式：Snna1d.(2)等比数列求和公式：Sn2非基本数列求和常用方法 (1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法 常见的裂项公式：；()3常用求和公式(1)1234n；(2)1357(2n1)n2；(3)122232n2；(4)132333n32.诊断自测1概念辨析(1)已知等差数列an的公差为d，则有.()(2)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sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()(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)若数列a1，a2a1，anan1是(n1，nN*)首项为1，公比为3的等比数列，则数列an的通项公式是an.()答案(1)(2)(3)(4)2教材衍化(1)(必修A5 P47T4)数列an中，an，若an的前n项和为，则项数n为()A2014 B2015 C2016 D2017答案D解析an，Sn1，又前n项和为，所以n2017.故选D.(2)(必修A5 P38T8)一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是()A100200(129) B100100(129)C200(129) D100(129)答案A解析第10次着地时，经过的路程为1002(502510029)1002100(212229)100200100200(129)故选A.3小题热身(1)数列an的通项公式为anncos，其前n项和为Sn，则S2018等于()A1010 B2018 C505 D1010答案A解析易知a1cos0，a22cos2，a30，a44，.所以数列an的所有奇数项为0，前2016项中所有偶数项(共1008项)依次为2,4，6,8，2014,2016.故S20160(24)(68)(20142016)1008.a20170，a20182018cos2018，S2018S2016a2018100820181010.故选A.(2)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.答案解析an1Sn1Sn，Sn1SnSn1Sn，又由a11，知Sn0，1，是等差数列，且公差为1，而1，1(n1)(1)n，Sn.题型1错位相减法求和已知数列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；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.利用anSnSn1(n2)、方程思想、错位相减法解(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5.当n1时，a1S111，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得b14，d3，所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.方法技巧利用错位相减法的一般类型及思路1适用的数列类型：anbn，其中数列an是公差为d的等差数列，bn是公比为q1的等比数列2思路：设Sna1b1a2b2anbn，(*)则qSna1b2a2b3an1bnanbn1，(*)(*)(*)得：(1q)Sna1b1d(b2b3bn)anbn1，就转化为根据公式可求的和如典例提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：(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项和冲关针对训练已知首项都是1的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令cn，求数列cn的通项公式；(2)若bn3n1，求数列an的前n项和Sn.解(1)因为anbn1an1bn2bn1bn0(bn0，nN*)，所以2，即cn1cn2.所以数列cn是以1为首项，2为公差的等差数列，故cn2n1.(2)由bn3n1知ancnbn(2n1)3n1，于是数列an的前n项和Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.题型2裂项相消法求和Sn为数列an的前n项和，已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和利用递推公式，anSnSn1(n2)求通项，裂项相消求和解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an0，所以an1an2.又由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.条件探究将典例中的条件变为：已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解(1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.结论探究条件探究中的条件不变，求解(2)变为：令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn.方法技巧几种常见的裂项相消及解题策略1常见的裂项方法(其中n为正整数)数列裂项方法 (k为非零常数)() (a0，a1)logaloga(n1)loganan为等差数列，公差为d(d0)，2.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等冲关针对训练已知数列an的前n项和为Sn，a12，且满足Snan1n1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若bnlog3(an1)，设数列的前n项和为Tn，求证：Tn.解(1)Snan1n1(nN*)，当n1时，2a22，解得a28，当n2时，Sn1ann，两式相减，并化简，得an13an2，即an113(an1)，n1时，a213(a11)9，所以an1是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an1(3)3n13n.故an3n1.(2)证明：由bnlog3(an1)log33nn，得，Tn100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440 B330 C220 D110答案A解析设1(12)(122n1)(122t)2m(其中m，n，tN,0tn)，则有Nt1，因为N100，所以n13.由等比数列的前n项和公式可得2n1n22t112m.因为n13，所以2nn2，所以2n12nn2，即2n1n22n，因为2t110，所以2m2n1n22n，故mn1，因为2t112n11，所以2m2n2n3，故mn1.所以mn1，从而有n2t13，因为n13，所以t3.当t3时，N95，不合题意；当t4时，N440，满足题意，故所求N的最小值为440.故选A.2(2017湖北月考)已知等差数列an的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则()A2 B3 C5 D7答案B解析等差数列an中，a2，a4，a8成等比数列，aa2a8，(a13d)2(a1d)(a17d)，d2a1d，d0，da1，3.故选B.3(2017东城区期末)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.答案解析设公差为d，则ann.前n项和Sn12n，2，222.4(2018河南质检)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a2nb2n1的前n项和(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60，解得q2或q3，又因为q0，所以q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18，得Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1. 重点保分 两级优选练A级一、选择题1已知等差数列an的前n项和为Sn，且S210，S555，则an100an98()A8n6 B4n1 C8n3 D4n3答案A解析设等差数列an的公差为d，则Snna1d，由S210，S555，可得得所以ana1(n1)d4n1，则an100an982an18n6.故选A.2已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足1，则数列an的公差是()A1 B2 C4 D6答案B解析由1得a1d1，所以d2.故选B.3若两个等差数列an和bn的前n项和分别是Sn，Tn，已知，则()A. B. C7 D.答案D解析.故选D.4已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()A0 B100 C100 D102答案B解析由题意，得a1a2a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)100.故选B.5已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2018项的和等于()A1512 B1513 C1513.5 D2018答案C解析因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2018项的和S201810091513.5.故选C.6在数列an中，已知对任意nN*，a1a2a3an3n1，则aaaa等于()A(3n1)2 B.(9n1)C9n1 D.(3n1)答案B解析因为a1a2an3n1，所以a1a2an13n11(n2)则n2时，an23n1.当n1时，a1312，适合上式，所以an23n1(nN*)则数列a是首项为4，公比为9的等比数列故选B.7设直线nx(n1)y(nN*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则S1S2S2017的值为()A. B. C. D.答案D解析直线与x轴交于，与y轴交于，Sn.原式1.故选D.8已知an为等比数列，Sn是它的前n项和若a3a5a1，且a4与a7的等差中项为，则S5等于()A35 B33 C31 D29答案C解析设等比数列an的公比是q，所以a3a5aq6a1，得a1q6，即a7.又a4a72，解得a42，所以q3，所以q，a116，故S531.故选C.9已知等比数列an的前n项和为Sn，则下列说法中一定成立的是()A若a30，则a20170，则a20180，则S20170 D若a40，则S20180答案C解析等比数列an的公比q0.对于A，若a30，则a1q20，所以a10，所以a2017a1q20160，所以A不成立；对于B，若a40，则a1q30，所以a1q0，所以a2018a1q20170，所以B不成立；对于C，若a30，则a10，所以当q1时，S20170，当q1时，S20170(1q与1q2017同号)，所以C一定成立，易知D不一定成立故选C.10在数列an中，an0，a1，如果an1是1与的等比中项，那么a1的值是()A. B. C. D.答案C解析由题意，可得a(2an1anan11)(2an1anan11)0an1an111，(n1)n1an，a11.故选C.二、填空题11Sn111111_.答案解析an(10n1)，(101)(1021)(10n1)(1010210n)n.12数列an满足：a1，且an1(nN*)，则_.答案2017解析由题意可知1，又1，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以1，所以nn，则20182017.13设f(x)，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(5)f(4)f(0)f(5)f(6)的值为_答案3解析6(5)1，f(5)，f(4)，f(5)，f(6)共有11112项由f(5)，f(6)；f(4)，f(5)；f(0)，f(1)共有6对，且该数列为等差数列又f(0)f(1)，f(5)f(4)f(6)63.14已知数列an的各项均为正整数，其前n项和为Sn，若an1且S310，则S2016_.答案6720解析当a1为奇数时，a2，此时若a2为奇数，则a3，S3a110，解得a15，此时数列an为5,3,2,5,3,2，.当a1为奇数时，a2，此时若a2为偶数，则a33a211，S3a13a1110，解得a13，此时数列an为3,2,5,3,2,5，.当a1为偶数时，a23a11，此时a2为奇数，则a3，S3a13a11a1110，解得a12，此时数列an为2,5,3,2,5,3，.上述三种情况中，数列an均为周期数列67232016，S2016672S36720.B级三、解答题15已知Sn是数列an的前n项和，且满足Sn2ann4.(1)证明：Snn2为等比数列；(2)求数列Sn的前n项和Tn.解(1)证明：由题意知Sn2(SnSn1)n4(n2)，即Sn2Sn1n4，所以Snn22Sn1(n1)2，又易知a13，所以S1124，所以Snn2是首项为4，公比为2的等比数列(2)由(1)知Snn22n1，所以Sn2n1n2，于是Tn(22232n1)(12n)2n2n.16已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足a2Snn4，a21，a3，a7恰为等比数列bn的前3项(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)因为a2Snn4，所以a2Sn1n14(n2)，两式相减得aa2an1，所以aa2an1(an1)2，所以an1an1.又a(a21)a7，所以(a21)2(a21)(a25)，解得a23，又a2a114，所以a1