2020版高考数学一轮复习第5章数列第4讲数列求和讲义理（含解析）.doc

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1、1第 4 讲 数列求和考纲解读 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式(重点)2.熟练掌握另外几种非等差、等比数列求和的常见方法(难点)考向预测 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的热点，主要考查“错位相减”“裂项相消” “等差、等比数列的公式求和”等预测 2020 年高考会考查数列求和或数列求和与不等式的综合此类问题一般以解答题为主，以中档题型为主.1基本数列求和公式法(1)等差数列求和公式：Sn na1 d.n a1 an2 n n 12(2)等比数列求和公式：SnError!2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

2、项相消法常见的裂项公式： ；1n n k 1k(1n 1n k) ；1 2n 1 2n 1 12( 12n 1 12n 1) ；1n n 1 n 2 12 1n n 1 1 n 1 n 2 ( )1n n k 1k n k n3常用求和公式(1)1234 n ；n n 12(2)1357(2 n1) n2；(3)122 23 2 n2 ；n n 1 2n 16(4)132 33 3 n3 2.n n 12 1概念辨析(1)已知等差数列 an的公差为 d，则有 .( )1anan 1 1d(1an 1an 1)(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 sin21sin 22

3、sin 23sin 288sin 28944.5.( )2(3)求 Sn a2 a23 a3 nan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， a2 a1， an an1 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 .( )3n 12答案 (1) (2) (3) (4)2小题热身(1)数列 an的前 n 项和为 Sn，若 an ，则 S5等于( )1n n 1A1 B. C. D.56 16 130答案 B解析 an ， S5 a1 a2 a51 .1n n 1 1n 1n 1 12 12 13 16 56

4、(2)数列 1 ，3 ，5 ，7 ，(2 n1) ，的前 n 项和 Sn的值等于( )12 14 18 116 12nA n21 B2 n2 n112n 12nC n21 D n2 n112n 1 12n答案 A解析 该数列的通项公式为 an(2 n1) ，12n则 Sn135(2 n1) (12 122 12n) n21 .12n(3)数列 an的通项公式为 an(1) n1 (4n3)，则它的前 100 项之和 S100等于( )A200 B200 C400 D400答案 B解析 设 bn4 n3，则 bn是公差为 4 的等差数列，an(1) n1 bn.S100( a1 a2)( a3

5、a4)( a99 a100)( b1 b2)( b3 b4)( b99 b100)4444450200.(4)数列 an的通项公式为 an ncos ，其前 n 项和为 Sn，则 S2018等于( )n2A1010 B2018 C505 D1010答案 A解析 易知 a1cos 0， a22cos2， a30， a44，. 2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32,4，6,8，2014,2016.故 S20160(24)(68)(20142016)1008. a20170， a20182018cos 2018， S2018 S2016 a2

6、01810082018201821010.故选 A.题型 分组转化法求和一1(2018信阳模拟)已知数列 an中， a1 a21， an2 Error!则数列 an的前 20 项和为( )A1121 B1122 C1123 D1124答案 C解析 由题意知，数列 a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列 a2n1 是首项为1，公差为 2 的等差数列，故数列 an的前 20 项和为101 21123.1 1 2101 2 10922(2018合肥质检)已知数列 an的前 n 项和 Sn ， nN *.n2 n2(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2 an(1) nan，求数列 b

7、n的前 2n 项和解 (1)当 n1 时， a1 S11；当 n2 时， an Sn Sn1 n.n2 n2 n 1 2 n 12a1也满足 an n，故数列 an的通项公式为 an n.(2)由(1)知 an n，故 bn2 n(1) nn.记数列 bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(2 12 22 2n)(12342 n)记 A2 12 22 2n， B12342 n，则 A 2 2n1 2，2 1 22n1 2B(12)(34)(2 n1)2 n n.故数列 bn的前 2n 项和 T2n A B2 2n1 n2.结论探究 在举例说明 2 条件下，求数列 bn的前 n 项和 Tn.

8、解 由举例说明 2 知 bn2 n(1) nn.当 n 为偶数时，4Tn(2 12 22 n)1234( n1) n 2 n1 2；2 2n 11 2 n2 n2当 n 为奇数时， Tn(2 12 22 n)1234( n2)( n1) n2 n1 2 n2 n1 .n 12 n2 52 TnError!分组转化法求和的常见类型(1)若 an bncn，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 anError!的数列，其中数列 bn， cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和如举例说明 1. 已知数列 an是等差数列，满足 a12， a48，

9、数列 bn是等比数列，满足b24， b532.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)求数列 an bn的前 n 项和 Sn.解 (1)设等差数列 an的公差为 d，由题意得 d 2，a4 a13所以 an a1( n1) d2( n1)22 n.设等比数列 bn的公比为 q，由题意得 q3 8，解得 q2.b5b2因为 b1 2，所以 bn b1qn1 22 n1 2 n.b2q(2)Sn n2 n2 n1 2.n 2 2n2 2 1 2n1 2题型 裂项相消法求和二1已知数列 an的通项公式为 an ，若前 n 项和为 10，则项数 n 为1n n 1_答案 1205解析 因为 an

10、，1n n 1 n 1 n所以 Sn( 1)( )( )2 3 2 n 1 n 1，又因为 Sn10，n 1所以 110，解得 n120.n 12(2018芜湖模拟)已知数列 an的前 n 项和为 Sn， Sn n2 n2.(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.1anan 1解 (1) Sn n2 n2，当 n2 时， Sn1 ( n1) 2( n1)2，得 an2 n，当 n1 时， a14， anError!( nN *)(2)由题意， bnError!当 n1 时， T1 .116当 n2 时，Tn 116 14(12 13) (13 14)

11、(14 15) (1n 1n 1) 116 14(12 1n 1) .3n 116 n 1TnError!条件探究 举例说明 2 中，若 an2 n， bn，求数列 bn的前 n 项和 Tn.1log2anlog2an 2解 bn ，1log2anlog2an 2 12(1n 1n 2)Tn .12(1 13) (12 14) (13 15) (1n 1n 2) 12(32 1n 1 1n 2) 34 12n 2 12n 4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)6(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

12、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 1设 Sn为等差数列 an的前 n 项和， a44， S515，若数列 的前 m 项和为1anan 1，则 m( )1011A8 B9 C10 D11答案 C解析 Sn为等差数列 an的前 n 项和，设公差为 d， a44， S515，则Error!解得d1，则 an4( n4) n.由于 ，1anan 1 1n n 1 1n 1n 17则 Sm1 12 12 13 1m 1m 11 ，解得 m10.1m 1 10112已知数列 an是递增的等比数列，且 a1 a49， a2a38.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 Sn为

13、数列 an的前 n 项和， bn ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.an 1SnSn 1解 (1)因为数列 an是递增的等比数列，且 a1 a49， a2a38.所以Error! Error!q3 8 q2 an a1qn1 2 n1 .a4a1(2)由(1)可知 Sn 2 n1，a1 1 qn1 q 1 2n1 2所以 bn ，2n 2n 1 2n 1 1 12n 1 12n 1 1所以 Tn1 13 13 17 17 115 12n 1 12n 1 11 .12n 1 1题型 错位相减法求和三(2018安徽皖江最后一卷)设 an是等差数列， bn是各项都为正数的等比数列，且a1 b11，

14、 a3 b521， a5 b313.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)求数列 的前 n 项和 Sn.anbn解 (1)设 an的公差为 d， bn的公比为 q，则依题意有 q0 且Error!解得 d2， q2.所以 an1( n1) d2 n1， bn qn1 2 n1 .(2) .anbn 2n 12n 1Sn1 ，321 522 2n 32n 2 2n 12n 12Sn23 ，52 2n 32n 3 2n 12n 2得 Sn22 22 22 222 22n 2 2n 12n 1 (1 12 122 12n 2)22 6 .2n 12n 11 12n 11 12 2n 12n 1

15、 2n 32n 18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 Sn a1b1 a2b2 anbn，(*)则 qSn a1b2 a2b3 an1 bn anbn1 ，(*)(*)(*)得：(1 q)Sn a1b1 d(b2 b3 bn) anbn1 ，就转化为根据公式可求的和如举例说明提醒：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 (2018兰州模拟)已知数列 an是首项

16、为正数的等差数列，数列 的前 n 项1anan 1和为 .n2n 1(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn( an1)2 an，求数列 bn的前 n 项和 Tn.解 (1)设数列 an的公差为 d，令 n1，得 ，所以 a1a23.1a1a2 13令 n2，得 ，1a1a2 1a2a3 25所以 a2a315.由解得 a11， d2，所以 an2 n1.经检验，符合题意(2)由(1)知 bn2 n22n1 n4n，所以 Tn14 124 2 n4n，所以 4Tn14 224 3 n4n1 ，两式相减，得3 Tn4 14 24 n n4n1 n4n14 1 4n1 4 4n1 .1 3n3 43所以 Tn 4n1 .3n 19 49 4 3n 1 4n 199