（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习第六章数列与数学归纳法4第4讲数列求和教学案.docx

第4讲数列求和1基本数列求和方法(1)等差数列求和公式：Snna1d(2)等比数列求和公式：Sn2一些常见数列的前n项和公式(1)1234n；(2)1357(2n1)n2；(3)24682nn2n3数列求和的常用方法(1)倒序相加法如果一个数列an的前n项中首末两端等“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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的(2)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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的(3)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，从而求得其和(4)分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减(5)并项求和法一个数列的前n项和，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疑误辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)当n2时，.()(2)利用倒序相加法可求得sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()(3)若Sna2a23a3nan，当a0，且a1时，求Sn的值可用错位相减法求得()答案：(1)(2)(3)教材衍化1(必修5P61A组T5改编)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)解析：选A.第10次着地时，经过的路程为1002(502510029)1002100(212229)100200100200(129)2(必修5P47B组T4改编)在数列an中，an，若an的前n项和为，则项数n为()A2 014 B2 015C2 016 D2 017解析：选D.an，Sn11，所以n2 017.故选D.3(必修5P61A组T4(3)改编)12x3x2nxn1_(x0且x1)解析：设Sn12x3x2nxn1，则xSnx2x23x3nxn，得：(1x)Sn1xx2xn1nxnnxn，所以Sn.答案：易错纠偏(1)不会分组致误；(2)错位相减法运用不熟练出错1已知数列：1，2，3，则其前n项和关于n的表达式为_解析：设所求的数列前n项和为Sn，则Sn(123n)1.答案：12已知数列an的前n项和为Sn且ann2n，则Sn_解析：Sn12222323n2n，所以2Sn122223324n2n1，得Sn222232nn2n1n2n1，所以Sn(n1)2n12.答案：(n1)2n12分组转化法求和 设数列an的前n项和为Sn.已知S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和【解】(1)由题意得则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.所以数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，b12，b21.当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23.当n3时，Tn3，所以Tn分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组转化法求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，可采用分组转化法求和 1数列an的通项公式an2nn，前n项之和为Sn，则Sn_解析：Sn21222n(12n)2n1.答案：2n12(2020丽水模拟)在等比数列an中，公比q1，等差数列bn满足b1a13，b4a2，b13a3.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记cn(1)nbnan，求数列cn的前2n项和S2n.解：(1)设等差数列bn的公差为d.则有解得或(舍去)，所以an3n，bn2n1.(2)由(1)知cn(1)n(2n1)3n，则S2n(3323332n)(3)5(7)9(4n1)(4n1)(53)(97)(4n14n1)2n.错位相减法求和 已知数列an和bn满足a12，b11，an12an(nN*)，b1b2b3bnbn11(nN*)(1)求an与bn的通项公式；(2)记数列anbn的前n项和为Tn，求Tn.【解】(1)由a12，an12an，得an2n(nN*)由题意知当n1时，b1b21，故b22.当n2时，bnbn1bn，整理得，所以bnn.当n1时，也符合bnn，综上bnn(nN*)(2)由(1)知anbnn2n，因此Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，所以Tn2Tn222232nn2n1.故Tn(n1)2n12(nN*)错位相减法求和策略(1)如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解(2)在写“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 1数列，的前10项之和为_解析：S10，所以S10.得S10，所以S10.答案：2已知an是各项均为正数的等比数列，且a1 a2 6，a1a2 a3.(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S2n1bnbn1，求数列的前n项和Tn.解：(1)设an的公比为q，由题意知a1(1q)6，aqa1q2.又an0，解得a12，q2，所以an2n.(2)由题意知：S2n1(2n1)bn1，又S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.令cn，则cn，因此Tnc1c2cn，又Tn，两式相减得Tn，所以Tn5.裂项相消法求和(高频考点)裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题第二问，难度适中主要命题角度有：(1)形如an型；(2)形如an型；(3)形如an(a0，a1)型角度一形如an型 (2020舟山市普陀三中高三期中)设等差数列an的前n项和为Sn，已知a11，12.(1)求an的通项公式；(2)若bn，bn的前n项和为Tn，求证：Tn.【解】(1)设等差数列an的公差为d，则S22a1d，S33a13d，S44a16d，因为12，所以3a13d12，即33d12，解得d3，所以an13(n1)3n2.(2)证明：bn，所以Tn，所以Tn0，a1)型 (2020杭州市高三期末考试)设数列an的前n项和为Sn.若Sn2ann，则_【解析】因为Sn2ann，所以n2时，anSnSn12ann2an1(n1)，所以an2an11，化为：an12(an11)，n1时，a12a11，解得a11.所以数列an1是等比数列，首项为2，公比为2.所an12n，即an2n1，所以.所以1.【答案】利用裂项相消法求和的注意事项(1)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；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等如：若an是等差数列，则，() 已知等差数列an的各项均为正数，a13，前n项和为Sn，数列bn为等比数列，b11，且b2S264，b3S3960.(1)求an与bn的通项公式；(2)求和：.解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，因为等差数列an的各项均为正数，即an0，所以d0，an3(n1)d，bnqn1，依题意得，解得，或(舍去)，故an32(n1)2n1，bn8n1.(2)因为Sn35(2n1)n(n2)，所以，所以(1)(1).基础题组练1若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a12()A18 B15C18 D15解析：选A.记bn3n2，则数列bn是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1a2a11a12(b1)b2(b11)b12(b2b1)(b4b3)(b12b11)6318.2已知an是首项为1的等比数列，Sn是an的前n项和，且9S3S6，则数列的前5项和为()A.或5 B.或5C. D.解析：选C.设数列an的公比为q.由题意可知q1，且，解得q2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5.3数列an的通项公式是an，若前n项和为10，则项数n为()A120 B99C11 D121解析：选A.an，所以a1a2an(1)()()110.即11，所以n1121，n120.4设各项均为正数的等差数列an的前n项和为Sn，且a4a832，则S11的最小值为()A22 B44C22 D44解析：选B.因为数列an为各项均为正数的等差数列，所以a4a828，S11(a4a8)844，故S11的最小值为44，当且仅当a4a84时取等号5设等比数列an的各项均为正数，且a1，a4a2a8，若log2a1log2a2log2an，则数列bn的前10项和为()A B.C D.解析：选A.设等比数列an的公比为q，因为a4a2a8，所以(a1q3)24a1qa1q7，即4q21，所以q或q(舍)，所以an2n，所以log2anlog22nn，所以(123n)，所以bn2，所以数列bn的前10项和为22.6(2020杭州八校联考)在各项都为正数的数列an中，首项a12，且点(a，a)在直线x9y0上，则数列an的前n项和Sn等于()A3n1 B.C. D.解析：选A.由点(a，a)在直线x9y0上，得a9a0，即(an3an1)(an3an1)0，又数列an各项均为正数，且a12，所以an3an10，所以an3an10，即3，所以数列an是首项a12，公比q3的等比数列，其前n项和Sn3n1，故选A.7在等差数列an中，a10，a10a110，a10a110可知d0，a110，即数列an是递增数列，由an1aan可得an1an(an1)，所以，从而，所以12，故1.答案：111(2020金华十校联考)设数列an的各项均为正数，且a1，22，a2，24，an，22n，成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)记Sn为数列an的前n项和，若Sk30(2k1)，求正整数k的最小值解：(1)设等比数列的公比为q，则q222，又由题意q0，故q2，从而an22n1，即数列an的通项公式为an22n1.(2)由(1)知a12，数列an是以22为公比的等比数列，故Sn(22n1)因此不等式Sk30(2k1)可化为(22k1)30(2k1)，即(2k1)(2k1)30(2k1)，因为2k10，所以2k46，即klog246，又5log2466，所以正整数k的最小值为6.12(2020温州市普通高中模考)已知数列an的前n项和为Sn，a1，2Sn(n1)an1(n2)(1)求an的通项公式；(2)设bn(nN*)，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn(nN*)解：(1)当n2时，2S23a21，解得a22.当n3时，2S34a31，解得a33.当n3时，2Sn(n1)an1，2Sn1nan11，以上两式相减，得2an(n1)annan1，所以，所以1，所以an.(2)证明：bn，当n2时，bn，所以Tn0，dS40 Ba1d0，dS40，dS40 Da1d0解析：选B.因为 a3，a4，a8成等比数列，所以aa3a8，所以(a13d)2(a12d)(a17d)，展开整理，得3a1d5d2，即a1dd2.因为 d0，所以a1d0.因为 Snna1d，所以S44a16d，dS44a1d6d2d20，所以数列(nN*)是递减数列，数列(nN*)的最大项为S3S1，所以，m.又m是正整数，所以m的最小值是5.3设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S6150，则d的取值范围是_解析：由S5S6150，得(6a1d)150.整理可得2a9a1d10d210.因为a1，d为实数，所以(9d)242(10d21)0，解得d2或d2.答案：d2或d24(2020台州诊断考试)已知数列an中，a11，Sn为数列an的前n项和，且当n2时，有1成立，则S2 017_解析：当n2时，由1，得2(SnSn1)(SnSn1)SnSSnSn1，所以1，又2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以n1，故Sn，则S2 017.答案：5(2020浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列an中，a12，an12an.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，数列bn的前n项的和为Sn，试求数列S2nSn的最小值解：(1)由条件an12an得2，又a12，所以2，因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列，从而22n12n，因此，ann2n.(2)由(1)得bn，设cnS2nSn，则cn，所以cn1，从而cn1cn0，因此数列cn是单调递增的，所以cnminc1.6(2020严州阶段测试)设等差数列an的前n项和为Sn，已知a74，a192a9，数列bn的前n项和为Tn，满足42an1