2019版高考数学第6章数列4第4讲数列求和教案理.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 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) 数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17()A9B8C17D16解析：选A.S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119. (教材习题改编)数列an中，an，若an的前n项和为，则项数n为()A2 016B2 017C2 018D2 019解析：选B.an，Sn11，所以n2 017. 已知数列：1，2，3，则其前n项和关于n的表达式为_解析：设所求的前n项和为Sn，则Sn(123n)1.答案：1 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 典例引领 (2018合肥市第一次教学质量检测)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足S424，S763.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2an(1)nan，求数列bn的前n项和Tn.【解】(1)因为an为等差数列，所以an2n1.(2)因为bn2an(1)nan22n1(1)n(2n1)24n(1)n(2n1)，所以Tn2(41424n)3579(1)n(2n1)Gn.当n2k(kN*)时，Gn2n，所以Tnn；当n2k1(kN*)时，Gn2(2n1)n2，所以Tnn2，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，可采用分组转化法求和 通关练习1已知数列an的通项公式为an2nn，前n项和为Sn，则Sn_解析：Sn21222n(12n)2n1.答案：2n12(2018福建福州八中第六次质检)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 典例引领 (2017高考山东卷)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.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 通关练习1数列，的前10项之和为_解析：S10，所以S10.得S10，所以S10.答案：2(2018福建漳州八校联考)已知递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2和a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlogan，Snb1b2bn，求使Snn2n162成立的正整数n的最小值解：(1)由题意，得解得或由于an是递增数列，所以a12，q2，所以数列an的通项公式为an22n12n.(2)因为bnanlogan2nlog2nn2n，所以Snb1b2bn(12222n2n)，则2Sn(122223n2n1)，得Sn(2222n)n2n12n12n2n1，则Snn2n12n12，解2n1262，得n5，所以n的最小值为6.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，难度适中高考对裂项相消法的考查常有以下三个命题角度：(1)形如an型；(2)形如an型；(3)形如an(a0，a1)型典例引领角度一形如an型 (2017高考全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和【解】(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知.则Sn.角度二形如an型 (2018福州质检)已知函数f(x)x的图象过点(4，2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 018()A.1B.1C.1D. 1【解析】由f(4)2可得42，解得.则f(x)x.所以an，所以S2 018a1a2a3a2 018()()()( )()1.【答案】C角度三形如an(a0，a1)型 已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn.【解】(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)由a4a1q3得公比q2，故ana1qn12n1.(2)Sn2n1.又bn，所以Tnb1b2bn1.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，. 通关练习1(2017高考全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意，即解得所以Sn，因此2(1).答案：2(2018银川质检)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，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上可知，数列an的通项公式an2n.(2)证明：由于an2n，bn，则bn.TnT101 013恒成立，则整数m的最小值为()A1 026B1 025C1 024D1 023解析：选C.因为1，所以Tnn1，所以T101 013111 0131 024，又mT101 013，所以整数m的最小值为1 024.故选C.6在等差数列an中，a10，a10a110，a10a110可知d0，a11.解：(1)设等差数列an的公差为d，依题意有，解得a11，d2，从而an的通项公式为an2n1，nN*.(2)因为bn，所以Sn1，令1，解得n1 008，故取n1 009.1已知等差数列an的前n项和为Sn，且a528，S10310.记函数f(n)Sn(nN*)，A(n，f(n)，B(n1，f(n1)，C(n2，f(n2)是函数f(n)上的三点，则ABC的面积为()A1B2C3D4解析：选C.因为a528，S10310.所以解得a14，d6.所以an4(n1)66n2.所以Sn4n63n2n.所以A，B，C的坐标分别为(n，3n2n)，(n1，3(n1)2(n1)，(n2，3(n2)2(n2)所以ABC的面积S(3n2n)3(n2)2(n2)2(3n2n)3(n1)2(n1)13(n1)2(n1)3(n2)2(n2)1(6n214n14)(3n24n2)(3n210n9)3，即ABC的面积为3.2(2017高考全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100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()A440B330C220D110解析：选A.设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意可知，N100，令100，所以n14，nN*，即N出现在第13组之后易得第n组的所有项的和为2n1，前n组的所有项的和为n2n1n2.设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组，且第N项为第k1组的第t(tN*)个数，第k1组的前t项的和2t1应与2k互为相反数，即2t1k2，所以2tk3，所以tlog2(k3)，所以当t4，k13时，N4955时，N440，故选A.3已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2 018项的和等于_解析：因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 018项的和S2 0181 009.答案：4某人打算制定一个长期储蓄计划，每年年初存款2万元，连续储蓄12年由于资金原因，从第7年年初开始，变更为每年年初存款1万元若存款利率为每年2%，且上一年年末的本息和共同作为下一年年初的本金，则第13年年初时的本息和约为_万元(结果精确到0.1)(参考数据：1.0261.13，1.02121.27)解析：由题意可知，第1年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为21.0212，第2年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为21.0211，第6年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为21.027，第7年年初存入的1万元，到第13年年初时本息和为11.026，第12年年初存入的1万元，到第13年年初时本息和为11.02，第13年年初时的本息和为21.021221.021121.0271.0261.0251.022251(1.0261)51(0.280.13)20.9120.9.答案：20.95等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是等比数列，满足a13，b11，b2S210，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn设数列cn的前n项和为Tn，求T2n.解：(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，由得解得所以an32(n1)2n1，bn2n1.(2)由a13，an2n1，得Snn(n2)，则cn即