2010届高三数学高考二轮专题复习数列求和问题教案习题解析

1、 2010年高三数学第二轮专题复习数列求和问题 考纲要求： 1. 熟练掌握等差、等比数列的求和公式； 2. 掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法. 考点回顾： 求和是数列问题中考查的一个重要方面，而且常与不等式、函数等其他知识综合考查，这样可以很好的考查逻辑推理能力，近几年新课标高考试题中时有出现，因此，这类综合问题有可能成为高考的命题方向；此类问题的考查虽然考查知识点较多，但是解答离不开通性通法，只要掌握了数列求和的基本方法，善于观察，合理变形，正确求解就不难. 基础知识过关： 数列求和的常用方法 1. 公式法 （1） 直接应用等差、等比数列的求和公式； 1?2?3?+n= ，1+3+5+

2、= （2） 掌握一些常见的数列的前n项和： 22223333=+n?3?+n=11?22?3 ， 等. ?a，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常2.倒序相加法：如果一个数列n数，那么求这个数列前n项和即可用倒序相加发，如 数列的前n项和就是此法推导的。 3.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 数列的前n项和就是用此法推导的. 4.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11? ， 其和。常见的拆项公式有： ， n(n?k)n?k?n 1? ，等. (2n?

3、1)(2n?1) 答案： 2)?1)(2n1n(n?1)n(n?1)n?n(?2n （1. 2） ? 622? 2.等差 3.等比1111111 (n?k?)(?n)(?) 4. knn?kk22n?12n?1 高考题型归纳： 题型1.公式法求和 直接利用公式求和是数列求和的最基本的方法常用的数列求和公式有： :等差数列求和公式 :等比数列求和公式 ?1?logx 3log323n?x?x?x?x的前例1. n已知，求项和. 2分析：本题可先求出x，而所求和的形式满足等比数列，所以可以直接用等比数列前n项和公式求解. ?11?logx?log2?logx?x? 333log32 解析：由223

4、nx?x?S?x?x?n 由等比数列求和公式得 n)x1?x( 1?x 11(1?) n22 11? 2 1 n2 1点评：如果计算过程中出现了这些关于n的多项式的求和形式，可以直接利用公式。 但是在迎合用等差、等比数列公式求和时，一定要看清构成等比、等差数列的项数，否则容易出错. 题型2.倒序相加法求和 这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），(a?a).再把它与原数列相加，就可以得到n个与二项式系数相关联的求和也常用这种方法. n1012nnC?3C?5C?(2n?1)C?(n?1)2 例2. 求证：nnnnmn?mC?C，可用倒序相加来解决这个问题分

5、析：根据性质. nn012nS?C?3C?5C?(2n?1)C. 证明： 设 nnnnn 把式右边倒转过来得 nn?110S?(2n?1)C?(2n?1)C?3C?C nnnnn（反序） mn?mC?C 又由可得nn n11n?0C?3CC?Cn?1)?(2n?1)S?(2 . nnnnnnnn?1012?1)2(n?C?C?)?2S?(2n2)(C?C（反 +得 nnnnn序相加） n2)?(n?1S? n：此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序点评 相加的。 3.错位相减法求和题型 b项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列a这种方法是在推导等比数列的前

6、nnn. 分别是等差数列和等比数列 、 b的前n项和，其中 annn342 项和。的前为常数),nan求数列例3. a,2a, ,3a,4a(a,本题符合错位相减法求解，即数列的每一项由两部分构成，一部分成等差，另一分析： 部分成等比。=0 S：若a=0, 则解析na=1, 若)1(n?n 则S=1+2+3+n= n 21 且a若a0n423 +4a+ na则S=a+2a+3ann+1342 +3 a+naaS= a+2 ann+13n2 =a+ a(1-a) S+a+ a- na+n1n?aa?= 1?nna? a1? 11n?n?na?aa S= )?1?(an 2a?1(1?a) a=0

7、时，此式也成立。当 )(nn?1 )(a1?2n?1n?1na?aa= Sn?(a?1) 2a?1)a?1( ?nnnnaa（课对应项的积构成的，是由数列点评：数列与此类型的才适应错位相减，本中的的等比数列前n项和公式就是用这种方法推导出来的），但要注意应按以上三种情况进行讨论，最后再综合成两种情况。而且对于应用等比数列求和时，一定要先注意公比的取值。 题型4.裂项相消法求和 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）（裂项）. 分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的通项分解1111，的前n例4. 求数列项和S. )(n?2n53?421

8、?31111(?）则，对数列中每一项分解后即可得出结果. 分析：= (n?2n)2nn?21111(?） =解析： )n?2(n2n?2n111111?(1?)?(?)?(?) S= ?n 324n2n?2?1111(1?) = 2?1n22n?131? = 442n?22?n点评：裂项相消就和是数列求和中的一种重要方法，它通过对通项公式进行整理变形，然后再相加过程中出现前后项正负抵消或约分的情况，从而求得结果。值得注意的是，利用裂项相消法时，抵消后并不一定只剩余第一项和最后一项，也有可能剩余前两项和最后两项，另外，将通项公式裂项后，有时需要调整前面的系数，才能使裂开的两项之差与原通项公式相等

9、. 过关训练 数列求和 一、选择题 1等差数列a中，a6，a15若ba，则数列b的前5项和等于 ( ) nn225nn186 D90 C45 B30 A S4? S，则( ) 的公比2若等比数列aq2，前n项和为nn a21517 D A2 B4 C 22a?aa?an?n?1n1n?(n2)，那么这个数列的第，a1，且10项3如果数列a满足a22n1 aan?1n?1) 等于 ( 1111 D AB C 10910252*都有：aaNamn，则数列a满足：a1，且对任意的m，n4nmmn1n1111? ( ) aaaa20082314016200820072007 D C A B 20082

10、009200910045数列a、b都是公差为1的等差数列，若其首项满足ab5，ab，且a，b111n1n11*a前10项的和等于 ( N ，则数列 ) bn A100 B85 C70 D55 6设S和T分别为两个等差数列的前n项和，若对任意nN，都有 nnS7n?1n?，则第一个数列的第11项与第二个数列的第11项的比是( ) T4n?27nA43 B32 C74 D7871 7一个首项为正数的等差数列中，前3项的和等于前11项的和，当这个数列的前n项和最大时，n等于（ ） A5 B6 C7 D8 8设m=12+23+34+(n-1)n，则m等于 ( ) 2?1)n(n111A. B.n(n+

11、4) C.n(n+5) D.n(n+7) 3222n-1等于 9若S=1-2+3-4+(-1)n，则S+S ( ) 5033n17A.1 B.-1 C.0 D.2 10阅读下列文字，然后回答问题：对于任意实数x,符号x表示x的整数部分，即x是不超过x的最大整数.函数x叫做“取整函数”，也叫高斯函数.它具有以下性质：x-1xx4,(3)证明：对任意的整数? aaa8m45 答案与解析 一、选择题 a?a25?3d，数列b中，公差d1解：等差数列a中，公差2d6， nn3 6?30?5?90项和： ，数列b的前5b则ba6，a30n10251 2答案：C. s与a既得2，则可分别写出求出. 2.解

12、：不妨设首项为1，又公比为24答案:C. a?aa?aaa1211nn?1n?nnn?1?1?n(2)，即：(3解：n2)，(naaaa aaa?11?n?1n?1?nn?1n1n? 2)111111?d?，公差是等差数列，首项 数列 2aa2aa121n1111?9?5a? ， 102a2510答案：D. 4解：aaamn，aaana1n， nm1nnn1mn1211n(n?1)?2(?)?a，利用叠加法得到： ， nan(n?1)nn?12n1111111111?2(1?)?2(1?) aaaa22320082009200920081324016? 2009答案：A. 5解：aan1，bb

13、n1 11nnaab1a(bn1)1 1n11bnabn25n2n3 114?13a?10?85 则数列10项和等于：也是等差数列，并且前 b2nB. 答案： 6解：设这两个等差数列分别为a和b nn 答案：A 7解：依题意知数列单调递减，公差d0因为 S=S=S+a+a+a+a 1143101153所以 a+a+a+a=0 114105即 a+a=a+a=0， 81147故当n=7时，a0，a0 87答案：C 2-n.，则依据分组集合即得a=n. 8解：因为 n答案;A. n?1?(n为奇)? ?2=S n项和要分奇偶分别解决，即： 9解：对前?nn?(n为偶)? 2?答案：A 0,1?N?

14、2?21,2?N?2?232?2?N2,?2321091098+)+10=9(22-2+2)+9(2-2故原式解：10logN=0+1(2-(2-2)+2?2?9102?9,2N?10?10,N?2?+2)+10=8204, 答案：C. q?d?1?11解 由题意可得a=1,设公比为q,公差为d,则 ?12q?2d?2?2n-1n-1+1-n,=2cS=2,qa=2=978. b,=(n-1)(-1)=1-n,qq-2=0,q0,nnnn答案：A 12解：并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+(2+1)=5050. 答案：B 二、填空题 a和d(q)解：由已知求出即可.

15、 13.1答案：9、13 a?an?1n1?a?a?Saa? 解：14，2 n135奇2 a?an?112n?a?a?a?a?S? ，2 1n426?偶2Sn?1奇a?a?aa? ，等差数列中， 12nn?1Sn?1偶n?1. 答案： n?115 解： 设此数列a,其中间项为a, 1001n则S=a+a+a+a=1001a,S=a+a+a+a=1000a. 1001120002310012001546偶奇1001 : 答案 100032)?1?(2n(n?1)n?n32nn?. =16解： 原式 66111;?; 答案： 326三、解答题 2(d4d)0) 13d)(a17解：(1)由题意得(

16、ad)(a111n1 3，可得b，a2n1解得d2nn(2)当n1时，c3； 1cn1na?a，3 当n2时，由，得c2n bnn?1n3(n?1),?c故 ?nn?1).?22?3(n?220022003 323c32323故ccc200312318解：(1)aca1c，a1c(a1)， nn1n1n数列a1)是首项为a10，公比为c0的等比数列， nn1n1c1 (a1)c1)，即：aaa1(nn11111n?a?(?)()?1?1?a?c?当时，(2)， nn222211?n)?b?n(1?1? ，则 nnn22n2?2S 利用“差比数列”的求和方法有： nn22?2b?a?a?1n?n

17、n19解：依题意， ?222?a?b?b?1?1nnn?(1)a0，b0，abb，同理：abb(n2) n1n1nn1nnnn2bbbb，2bbbb(n2)，b是等差数列 2nnn1nnnnn1n11(2)b是等差数列， nbb2b， pppqq2)?bb(222qp?qp?b?2bb?， 2 pq?pq?p 232d?2中公差 b及两式易得a3，b，(3)由a1，b，n21212 212(n?11)d?)b?b?(n?a?(n?1)(n?2) ，2 1?n1n21211n(n?1)?2(?)?)Nn?a?(， nan(n?1)nn?12n111111?(?)?(?)?2(S?21?1?)?，

18、 n223nn?1n?120解：(1)设a公差为d，由题意易知d0，且dN， nn(n?1)d?S?3n n项和则an通项a3(n1)d，前n n21n qb再设公比为q，则b通项bnnn 由bS64可得q(6d)64 22 64的等比数列，又b为公比为n?1b1?aqnaa?addqq? 64 ，q 1?nnn?1b q1?anan 2可解得q8，d联立、及d0，且dN1n ，通项公式b8na通项公式a21，bnnnnn(n?1)*)23n?n?2?n(S? Nn由(1)知，(2) n211111*)?(? Nn， Sn(n?2)2nn?2n11111111111?(1?)?(?)?(?)?

19、 SSS232242nn?2n21111111(1?)? 2?4nn23211111111)?)?(?(1? 2?5n3n34221111)(?1?)?( 2n?2n?1231131?)?(? 421n?42n?n-1n-2， SSa=a，=aq=aq,S证明21(1) 由已知=-1n11nn-2 (q-1)qaS=2当n时，aS-=-1nnnan?1=q,a 的等比数列q时公比为2n是当n an a(a?1).?. a=a=S-S=a(q-1),(2)解 ?n2212n?(n?2)qa(?1)q?11150n-250|=51-n|2. (-1)()当n=2当a，q=2时，b=log|a|=log时，b=log|a|=50,222nn1 222b=