2019-2020年高三数学大一轮复习6.4数列求和教案理新人教A版

1、2019-2020 年高三数学大一轮复习6.4 数列求和教案 理新人教 A 版xx 高考会这样考1.考查等差、等比数列的求和；2.以数列求和为载体，考查数列求和的各种方法和技巧；3.综合考查数列和集合、函数、不等式、解析几何、概率等知识的综合问题.复习备考要这样做1.灵活掌握数列由递推式求通项公式的几种方法；2.掌握必要的化归方法与求和技巧，根据数列通项的结构特点，巧妙解决数列求和的问题.基础知识自主学习I 要点梳理等比数列前n项和S=S a11qn1q推导方法：乘公比，错位相减法.2.数列求和的常用方法(1) 分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(2) 拆项相消：有时把一个数列的

2、通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(3) 错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(4) 倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导.(5) 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.2 2 2 2 2 2例如，S= 100 99 + 98 97 + 2 1 = (100 + 99) + (98 + 97) + (2 + 1) = 5 050.3.常见的拆项公式11 1(1)=_；n n+1n n+1_1_1(11I(2)?n+l =2 2n1_2n

3、+1；= E1-难点正本疑点清源等差数列前n项和Sn=-nT2d,推导方法：倒序相加法；a1anq1 q，2019-2020 年高三数学大一轮复习6.4 数列求和教案 理新人教 A 版1.解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.2 .等价转化思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决.I基础自测I1.在等差数列an中，S表示前n项和，a2+a8= 18a5，贝U$=

4、_答案 54解析 由等差数列的性质，a2+a8= 18a5,即 2a5= 18 a5,. a5= 6,a1+a9X 9So=2= 9a5= 54.12._ 等比数列an的公比q= 2,a8= 1,贝US8=_答案 2551解析 由a8= 1,q=得a1= 2,1 8271 1a 1 q _ _2-S8=1 q=11 -2答案 -25解析So= 1 2+ 3 4+ 49 50= ( 1)X25= 25.(xx 天津)已知an为等差数列，其公差为一 2，且a7是as与a9的等比中项，S为an 的前n项和，nN*，则S。的值为答案 D解析a3=a1+ 2d=a1 4,a7=a1+ 6d=a112,a

5、9=a1+ 8d=a1 16,又a7是a3与a9的等比中项，(a112) = (a1 4) ( a 16)，解得 a= 20.1S=10X20+ X10X9X(2)=110.88=2 1 = 255.若 S = 1 2+ 3 4 + + ( 1)n1 n,贝VS50=A. 110B. 90C. 90D. 1105. (xx 大纲全国)已知等差数列an的前n项和为Sn,a5= 5,3= 15,则数列匚啲前3nan+1100 项和为题型一分组转化求和例 1 已知数列xn的首项X1= 3,通项xn= 2np+nq(n N,p,q为常数)，且X1,X4,X5成等差数列.求:(1)p,q的值；数列xn前

6、 n 项和 S 的公式.思维启迪：第(1)问由已知条件列出关于p、q的方程组求解；第(2)问分组后用等差、 等比数列的求和公式求解._45解 (1)由X1= 3,得 2p+q= 3,又因为X4= 2p+ 4q,X5= 2p+ 5q,且X1+X5= 2x4,得 355+ 2p+ 5q= 2p+ 8q,解得p= 1,q= 1.(2)由(1)，知Xn= 2n+ n,所以 S = (2 + 22+ 2n) + (1 + 2 + + n)探究提高 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而101B.S101.100答案 A解析利用裂项相消法求和.设等差数列an的首项为ai,公差为

7、d.Ta5= 5，85= 15,0+4d=5,5a+_ d=15,a：:，二an=a1+ (n 1)d=n.1_ 1 1anan+1=nn+=n n+ 1数列1anan+1L【勺前 100 项和为1 1 1 11 一_+ _+2+23+1001 1101=1而100而.题型分类深度剖析登SJ免蟹聆卩斤名师教你解题n+1n=2+1 2+ -求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论.求和 s= 1 +1 11+2+4+解和式中第k项为题型二错位相减法求和2n1n*例 2 设数列an满足a1+ 3 比 + 3a3+ 3a

8、n= 3,n N.3(1) 求数列an的通项；(2) 设bn=-，求数列b的前n项和 S.ch思维启迪：（1）由已知写出前n 1 项之和，两式相减.（2）5=n3的特点是数列n与3n之积，可用错位相减法.解 (1) a+ 3a2+ 32a3+-+ 3n1an=3当n2时，1 1一得 31an= 3，二an=尹1 1 1在中，令n= 1，得a1= 3，适合an=卞，二an=亍., n ,nbn= ,.bn=n.an S= 3+2X 32+3X 33+n3,亠234n+1 3$=3+2X3 +3X3 +n3.得 2S =n3n+1 (3 + 32+ 33+ 3),31 3n2n 1 3n+131

9、3 ， $ =4+4.ak= 1+ 2 +a1+ 3a2+ 3a3+ + 32an1n13，即 2S=n 3n+112=2(1+1 + 1n个(2 + 尸+ 列探究提高解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列3n1an的前n项和，从而利用an与S的关系求出通项 3n1an,进而求得an；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养.(xx 辽宁)已知等差数列an满足a2= 0,a6+a8=- 10.求数列an的通项公式；(2)求数列21的前n项和.解(1)设等差数列an的公差为d,ai+d= 0,ai=

10、1,由已知条件可得解得2ai+ 12d=- 10,d=- 1故数列an的通项公式为an= 2 n.(2)设数列 2的前 n 项和为 S,a2an即Sn=a1+ + +2，Sa2an故S= 1, = 2 +才+尹所以，当n 1 时，一得Sna2a1anan 1an=a1+ n2 2 2 21112n=I (2+4 + 2) 2nI2 n n=1(1尹)2T=尹所以Sn= 21.当n= 1 时也成立.综上，数列 21的前n项和S= 21.题型三裂项相消法求和例 3 在数列an中，a1= 1，当n2时，其前n项和S满足Sn=anS.(1) 求 S 的表达式；Sn(2) 设bn= 2n+1，求bn的前

11、n项和Tn.思维启迪：第(1)问利用 Sh= S S1(n2)后，再同除 S1 S 转化为 住的等差数列 即可求解(1)TSn=anS 2 ,an=SnSn1(n2),Sn= (SnSn1)&-2 ,即 2SniSn=Sn1Sn, 由题意Sn-1SnM0,1 1式两边同除以S-1S,得S寸=2,V 11数列它渥首项为=a= 1，公差为 2 的等差数列.1 1-S =1+2(n-1)=2n-1, S = 2n1. S1(2)又bn=2n+1 =打i2n+i1_112 2n 1 2n+ 1，1 111 1 1Tn=b1+ 应+bn=2(13)+(35)+(诂)=切厶亠=2n+ 1 厂 2n

12、+ 1探究提高 使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此 法的根源与目的.已知数列an的各项均为正数，前n项和为S,且Sn=an a；+l,n N.(1)求证：数列an是等差数列；1设bn= 2S，Tn= b+b2+ +bn,求Tn.2S=an+an,2S1=an1+an1S.第 问求出bn的通项公式，用裂项相消求和.(1)证明an+1,n N*,当n= 1时,(an0), a1= 1.得 2an=an+anan1an1.即(an+an1)(anan1 1) = 0,an+an10, ana

13、-1= 1(n2).=41-所以数列&是以 1 为首项，1 为公差的等差数列.”,一 ,口c n n+1解由(1)可得an=n,S=2-,bn=n n+1 =n-n+Tn=b1+b2+b+bn1 1 1 1 1=II-2+2-3+n-nn宙题路线图系列 4四审结构定方案典例：（12 分）已知等差数列an满足：33= 7(1)求an及 S；令bn=a21-(n N*)，求数列bn的前a- 1审题路线图等差数列&中，特定项的值J（a3,a5,a?即为特定项）a3= 7,a5+a7= 26J（从特定项，考虑基本量a1,d）bn=专-nT1a5+a?= 26, an的前n项和为 S.n

14、项和Tn.=41-用公式：an=a1+ (n 1)d,S= na+J（将an代入化简求bn）bn4n n+1J（根据bn的结构特征，确定裂项相消+ 2d= 7列方程组i2a1+ 10d= 26JTn=4 也-2 )+G-3.卄+ 叮 n+ 1J（根据条件的结构特征，确定了方程的方法)n n 1d.规范解答解设等差数列an的首项为ai，公差为d.a+ 2d= 7,因为a3= 7,a5+a7= 26,所以*2ai+ 10d= 26,a3 4 5 6=3,解得4 分d= 2.所以an= 3 + 2(n 1) = 2n+ 1,n n丨2八S=3n+x2=n+ 2n.6 分(2)由(1)知an= 2n+

15、1,1 1 1 1 所以 bn = 2=2_- = a 12n + 1 4n n+1 1 1=4 nn+7，8分11111 1所以Tn=- (1 ： + ：；+ )10 分4223nn+111n=4(1n+7)= n+1，即数列bn的前n项和Tn= np.12 分温馨提醒本题审题的关键有两个环节一是根据a3=乙a5+a7= 26 的特征，确定列方1程组求解.二是根据数列bn的通项bn=厶门n+的特征,确定用裂项相消法求和. 所 以，在审题时，要根据数式的结构特征确定解题方案思想方法感悟提高方法与技巧数列求和的方法技巧4倒序相加：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和.5错位相减：用于等差

16、数列与等比数列的积数列的求和.6分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和.失误与防范1.通过数列通项公式观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，判断求和类型，寻找求和的方法，或拆为基本数列求和，或转化为基本数列求和.求和过程中同时要对项数作 出准确判断.2 .含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论.A 组专项基础训练、选择题（每小题 5 分，共 20 分）答案 C已知数列an是等差数列，若a9+ 3a110,a。 an0,且数列an的前n项和S有最大值,答案由a9+ 3an0，得 2a10+ 2an0,即 ae+ an0，又 a an0, an0,S20=2= 10(a10+ a

17、n)0.若数列an的通项公式为an= 2n+ 2n- 1，则数列an的前n项和为答案 B解析S00= (4X1 3) (4X2 3) + (4X3 3)一(4X100 3) = 4X(1 4)+(99100)=4X(50)= 200.二、填空题（每小题 5 分，共 15 分）5 .数列&的前n项和为 S,a1= 1,a2= 2,an+2an= 1 + ( 1)(n N),则S00=练出高分（时间：35 分钟，满分：57 分）等差数列刃的通项公式为an= 2n+ 1，其前n项和为S,则数列【勺前 10 项的和为A. 120B. 70C. 75D. 100解析T=n【勺前 10 项和为 1

18、0X3+10X9-2-=75.那么当S 取得最小正值时，n 等于A. 20 B . 17 C . 19 D . 21解析a1+a19以S9=A.2n+n2 1B. 2n+1+n2 1C. 2n+1+n2 2D. 2n+n 2答案 C解析s丄2n1 + 2n1=2n+1-2 +n2.数列an的通项公式为an=（ 1）1 （4n 3），则它的前 100 项之和S00等于（A. 200B. 200C. 400D. 4002) + (3答案 2 600 xx12解析 由an+2an= 1 + ( 1)知a2k+2a2k= 2 ,a2k+ia2ki= 0,.ai=a3=a5= =a2n1= 1,数歹Ua

19、2k是等差数列，a2k= 2k.Soo=(a1+a3+a5+ +a99)+(a2+a4+a6+a1oo)6.数列an的前n项和S=n2 4n+ 2,则 |a*+1 比| + | ael =_答案 66解析当 n= 1 时，a= S = 1. 当n时，an=SiSi-1= 2n 5.1n=an= I|?n -5n沁令 2n 5 0,得5nw2当nw2时，an0,.Ia1|+|a2|+|a10|=(a1+a2)+(a3+a4+ +ae)=S02$=66.7. (xx 课标全国)数列an满足an+1+ ( 1)nan= 2n1,则an的前 60 项和为_.答案 1 830解析利用数列的递推式的意义结

20、合等差数列求和公式求解.nan+1+(1)an=2n1,- a2=1+a1,a3=2a1,a4=7 a,a5= a,a6=9+a1,a7=2a1,as=15a1,a9=a1,a10=17+a1,an=2a1,a12=23 a,a57=a1,a58=113+ a,a59=2ai,a；。=119a1,a1+a2+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+(a57+a58+a59+a60)=10+26+42+-+234三、解答题（共 22 分）$=x+X+X2+Tx+丄十n2“+11(1)由an=n=n+ 2,=50+(2+4+6+100)=50+10C + 2 X 5022

21、600.I5X 1C+23-1=1 830.8.(10分）求和：（1）3 9 25 65n2n+1s=2+4+E+乔+2n；2nxx12S= 1+2+2+2+3+2 + 2nan=a2X汀2=-2(nA2).=(1 + 2+ 3+-+n) + 2 + *+ +(2)当x=1时，S= 4n.当XM土1时,2 2n “X X 12X 12nX 13得到an+1= an(n2).3数列an是以a2为首项，以 2 为公比的等比数11 ；2.2n n+12+1.+ 2n.4n2nx=1-S= x2n-12n+2 . “X+1不2+ 2nXM1(1)(1)分)已知数列an的前n项和为 S,求数列 an 的

22、通项公式;当bn= log3(3an+1)时，求证：数列1an+1= qSn,解由已知得1an= ?Sn-1且ai= 1,1an+1=$( n= 1,2,3，).bnbn+1的前n项和Tn=1+.(n2),n n+112=(X2+X4+X1+疋2n+2 . “X+1+ 2n1 Xan=a2X汀2=-2(nA2).列.3D. 9n+1n+110n2.(2)证明b= log |(3an+1) = log|殳)-1Vn.1_ 1 1bnbn+1n+nn1 +n1 1 1 1Tn=b1b2+b2b3+b3b4+bnbn+1=12+2-3+3-4+1=1订n1 +n-B 组专项能力提升、选择题（每小题

23、5 分，共 15 分）答案 Cn= 1,（时25 分钟，满分：43 分）1.已知等比数列an的各项均为不等于1 的正数,数列b满足bn= lgan,则数列bn的前n项和的最大值等于A. 126B. 130C. 132D.b3= 18,b6= 12,( )134解析bn+1bn= lgan+1 lgan= lgan+1T =lganq（常数） ,由bn= 2n+ 240,负，.S1、S12最大且12.数列an=蔷+rb+ 2d=18,得nw12,.Sn=S12= 132.d=- 2,b1= 22.bn的前 11 项为正，第 12 项为零,9，其前n项之和为 10,则在平面直角坐标系中，直线从第

24、13 项起为(n+1)x+y+n3D. 9n+1n+110=0 在y轴上的截距为答案1=1 n= 9，直线方程为 10 x+y+ 9= 0.解析数列的前n项和为A. 10B. 9C. 102令x= 0，得y= 9,.在y轴上的截距为一 9.3. 已知数列 2 008,2 009,1, - 2 008 , - 2 009，这个数列的特点是从第二项起，每项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 013 项之和 Sa013等于( )A. 1C. 4 018答案 C解析 由已知得an=an-1+an+1(n2)，二an+1=an-an-1.故数列的前 8 项依次为 2 008,2 009,1, -

25、2 008，- 2 009 , - 1, 2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为 6，且 S= 0.T2 013 = 6X335+ 3,. S013= S= 4 018.二、填空题(每小题 5 分，共 15 分)4.等比数列&的前n项和 S= 2n- 1，则a?+a!+a：=_ .1n答案 3(4 -1)解析当n= 1 时，a1= S= 1,当 n2时，an= S- S-1= 2n- 1-(2n-1-1) = 2n-1,又a1= 1 适合上式an= 21,.an=41.数列a2是以a2= 1 为首项，以 4 为公比的等比数列.222j14n1,n八a1+a2+an=4= 3(4 - 1).Oi+Q+/0=n2+3n(nN),答案 2n2+ 6n解析 令n= 1 得a1= 4,即 卩a1= 16,当n2时，. an= (n2+ 3n) - (n 1)2+ 3(n 1)2 2 *=2n+ 2,所以an= 4(n+ 1)，当n= 1 时，也适合上式，所以an= 4(n+1) (n N).于 口an, a1a2an2是 =4(n+ 1)，故：+：+ += 2n+ 6n.n+123n+16.已