高三一轮复习数列求和教案及练习

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高考一轮复习 数列(五)数列求和教案 理

高考一轮复习 数列(五)数列求和教案 理

高考一轮复习数列(五)数列求和教案理知识梳理:1、特殊数列的前n项公式(1)、等差数列求和公式:(2)、等比数列求和公式:2、一些常见的求和公式3、关于数列求和,主要是转化为等差或等比数列求和问题,然后利用公式求和,对于非等差、等比数列求和,主要方法有:倒序相加,拆项重组,裂项相消,错位相减等。

一、题型探究探究一:公式法求和例1、等比数列1,2,4,8,…中的第3项到第9项的和为;例2:求和:++…+ (x )探究二:拆项分组法求和例3:求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n .探究三:裂项相消法求和(1): 求和:)13)(23(11071741411+-++⋅+⋅+⋅n n .(2):已知数列{a n },a n = ,求前n 项的和S n(3)、已知数列{a n },a n = ,求前n 项和S n(4)、已知数列{a n },a n =,求前n 项和S n探究四:错位相减法求和 已知数列的通项公式 ,其中是等差数列、是等比数列,它们的首项依次是a,b,公差、公比依次为d 、q,求数列的前n 项的和.(1)、求数列=(2n-1)的前n 项的和。

(2)、=(2n-1)探究五:倒序相加法求和(1)、设221)(+=x x f ,利用课本中推导等差数列的前n 项和的公式的方法,可求得)6()5()0()4()5(f f f f f +++++-+- 的值为: 。

(2)、已知f(x)=类比等差数列前n 项和的推导方法,求:f(-2012)+f(-2011)+ f(-2010)+…+ f(0)+f(1)+ … +f(2010)+f(2011) +f(2012) +f(2013)补充方法:1、周期数列求和:利用数列周期性求和:有的数列是周期数列,把握了数列的周期则可顺利求和。

关键之处是寻找周期。

例1:数列{a n }:n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1,求S 2013.2、利用数学归纳法:设数列{a n }的前n 项和为S n ,且方程x 2-a n x -a n =0有一根为S n -1,n =1,2,3,….(Ⅰ)求a 1,a 2;(Ⅱ)求S n三、反思感悟四、课时作业:(一)、选择题(1)、数列{}中,=-60,=,则数列{}的前30项之和为(C)(A)、120 (B)、495 (C)、765 (D)、3105(2)、求和n+(n-1)+(n-2)+(n-3)+…+2+1的结果是(C)(A)、-n (B)、-n +2 (C)、-n -2 (D)、-n -2 (3)、设为数列的前n项和,=2n-49,则达到最小值时,n的值为(C)(A)、12 (B)、13 (C)、24 (D)、25(4)、数列{}中,=,若的前n项和=,则项数n为(B)(A)、2011 (B)、2012 (C)、2013 (D)、2014二、填空题(5)、设=+++…+,则= ;(6)、设为等比数列的前n项和,公比q=2,=77,则+++…+ ;(7)、等差数列{}中,公差d=,且+++…+60,则+++…+ ;三、解答题(8)、设为等差数列的前n 项和,,= ,问数列的前几和最大?(9)、在数列{}n a 中, ,(n ).证明数列是等差数列,并求出S n 的表达式.【证明】∵,1--=n n n S S a ∴.).2(12221≥-=--n S S S S n n n n 化简,得 S n-1-S n = 2 S n S n -1两边同除以. S n S n -1,得 ).2(2111≥=--n S S n n ∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是以11111==S a 为首项,2为公差的等差数列. ∴,122)1(11-=-+=n n S n∴.121-=n S n (10)、设函数),2)(1(,1:}{,332)(11≥==+=-n b f b b b x x x f n n n 作数列 求和:.)1(11433221+-⋅-+-+-=n n n n b b b b b b b b W解析: ),384(91,312,32211++=∴+=∴+=+-n n b b n b b b n n n n n ①当n 为偶数时]})1[()43()21{(94222222n n W n --++-+-= 298)]12(1173[94]})1[()43()21{(98n n n n ⨯--++++-=--++-+-+ =);62(9194)]22(2[21942n n n n n +-=-+⨯⨯-精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高考数学一轮复习 第六章 数列 第4节 数列求和教学案(含解析)

高考数学一轮复习 第六章 数列 第4节 数列求和教学案(含解析)

第4节 数列求和考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式;2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.知 识 梳 理1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式:S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)2d .(2)等比数列的前n 项和公式:S n =⎩⎪⎨⎪⎧na 1,q =1,a 1-a n q 1-q =a 1(1-q n )1-q ,q ≠1.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解.(2)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. (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,这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“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求解.[常用结论与微点提醒] 1.1+2+3+4+…+n =n (n +1)2.2.12+22+…+n 2=n (n +1)(2n +1)6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n (n +1)=1n -1n +1.(2)1(2n -1)(2n +1)=12⎝⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1. (3)1n +n +1=n +1-n .诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n =a 1-a n +11-q.( )(2)当n ≥2时,1n 2-1=12(1n -1-1n +1).( )(3)求S n =a +2a 2+3a 3+…+na n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a 1,a 2-a 1,…,a n -a n -1是首项为1,公比为3的等比数列,则数列{a n }的通项公式是a n =3n-12.( )解析 (3)要分a =0或a =1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(老教材必修5P47B4改编)已知数列a n =1(2n -1)(2n +1),则数列{a n }的前2 021项和为________.解析 ∵a n =12⎝⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1,∴数列{a n }的前2 021项和为a 1+a 2+…+a 2 021=12(1-13+13-15+…+14 041-14 043)=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-14 043=2 0214 043. 答案 2 0214 0433.(老教材必修5P56例1改编)等比数列{a n }中,若a 1=27,a 9=1243,q >0,S n 是其前n 项和,则S 6=________.解析 由a 1=27,a 9=1243知,1243=27·q 8,又由q >0,解得q =13,所以S 6=27⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫1361-13=3649.答案 36494.(2019·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n +1-a n =2,a 1=-5,则|a 1|+|a 2|+…+|a 6|=( )A.9B.15C.18D.30解析 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列,又a 1=-5,所以|a 1|+|a 2|+…+|a 6|=|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5=5+3+1+1+3+5=18. 答案 C5.(2019·珠海期末质检)已知数列{a n }的通项公式为a n =2n+n ,若数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 8=________.解析 由a n =2n +n ,可得S 8=(2+22+23+…+28)+(1+2+…+8)=2(1-28)1-2+8×(1+8)2=546.答案 5466.(2020·河北“五个一”名校质检)若f (x )+f (1-x )=4,a n =f (0)+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +…+f ⎝⎛⎭⎪⎫n -1n +f (1)(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为________.解析 由f (x )+f (1-x )=4,可得f (0)+f (1)=4,…,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n -1n =4,所以2a n =[f (0)+f (1)]+⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +f ⎝⎛⎭⎪⎫n -1n +…+[f (1)+f (0)]=4(n +1),即a n =2(n +1). 答案 a n =2(n +1) 考点一 分组求和【例1】 (2019·汕头二模)记S n 为数列{a n }的前n 项和,若a 1=19,S n =na n +1+n (n +1).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =|a n |,设数列{b n }的前n 项和为T n ,求T 20的值. 解 (1)因为S n =na n +1+n (n +1),① 所以S n -1=(n -1)a n +n (n -1)(n ≥2),② ①-②得a n =na n +1-(n -1)a n +2n (n ≥2), 即a n +1-a n =-2(n ≥2), 又S 1=a 2+2,即a 2-a 1=-2,所以数列{a n }是以19为首项,-2为公差的等差数列, 所以a n =19+(n -1)·(-2)=21-2n .(2)由(1)知a n =21-2n ,所以b n =|a n |=|21-2n |, 因为当n ≤10时,a n >0,当n >10时,a n <0,所以b n =⎩⎪⎨⎪⎧21-2n ,n ≤10,2n -21,n >10,所以T 20=b 1+b 2+…+b 20=(19+17+...+1)+(1+3+...+19) =2(19+17+ (1)=2×(19+1)×102=200.规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n =a n ±b n ,且{a n },{b n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和. 2.若数列{c n }的通项公式为c n =⎩⎪⎨⎪⎧a n ,n 为奇数,b n ,n 为偶数,其中数列{a n },{b n }是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求{c n }的前n 项和. 【训练1】 (2020·郴州质检)已知在等比数列{a n }中,a 1=1,且a 1,a 2,a 3-1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n =2n -1+a n (n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为S n ,试比较S n 与n 2+2n 的大小.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q , ∵a 1,a 2,a 3-1成等差数列,∴2a 2=a 1+(a 3-1)=a 3,∴q =a 3a 2=2,∴{a n }的通项公式为a n =a 1qn -1=2n -1(n ∈N *).(2)由(1)知b n =2n -1+a n =2n -1+2n -1,∴S n =(1+1)+(3+2)+(5+22)+…+(2n -1+2n -1)=[1+3+5+…+(2n -1)]+(1+2+22+…+2n -1)=1+(2n -1)2·n +1-2n1-2=n 2+2n -1.∵S n -(n 2+2n )=-1<0,∴S n <n 2+2n. 考点二 裂项求和 【例2】 (2020·黄山质检)已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n -1的前n 项和S n =n ,n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =2n +1(a n -1)2(a n +1-1)2,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:对任意的n ∈N *,都有T n <1. (1)解 因为S n =n ,①所以当n ≥2时,S n -1=n -1,② 由①-②得na n -1=1,故a n =n +1(n ≥2),又因为a 1=2适合上式,所以a n =n +1(n ∈N *).(2)证明 由(1)知,b n =2n +1(a n -1)2(a n +1-1)2=2n +1n 2(n +1)2=1n 2-1(n +1)2, 所以T n =⎝ ⎛⎭⎪⎫112-122+⎝ ⎛⎭⎪⎫122-132+…+⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2-1(n +1)2=1-1(n +1)2.所以T n <1.规律方法 1.用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如:1n +n +k=1k (n +k -n ),1n (n +k )=1k (1n -1n +k ),裂项后可以产生连续相互抵消的项.2.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(对称剩项).【训练2】 (2019·山东师大附中模拟)等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1,a 23=9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q . 由a 23=9a 2a 6,得a 23=9a 24,所以q 2=19.由已知条件得q >0,所以q =13.由2a 1+3a 2=1,得2a 1+3a 1q =1,解得a 1=13.故数列{a n }的通项公式为a n =13n .(2)由(1)可得b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =-(1+2+…+n )=-n (n +1)2,故1b n =-2n (n +1)=-2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1, 所以1b 1+1b 2+…+1b n =-2[⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1]=-2nn +1. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为-2nn +1.考点三 错位相减法求和【例3】 (2019·河南六校联考)已知数列{a n }中,a 1=1,S n 是数列{a n }的前n 项和,且对任意的r ,t ∈N *,都有S r S t =⎝ ⎛⎭⎪⎫r t 2.(1)判断{a n }是否为等差数列,并证明你的结论;(2)若数列{b n }满足a n b n=2n -1(n ∈N *),设T n 是数列{b n }的前n 项和,求证:T n <6.(1)解 {a n }是等差数列.证明如下:∵对任意的r ,t ∈N *,都有S r S t =⎝ ⎛⎭⎪⎫r t 2,∴对任意的n ∈N *,有S n S 1=n 2,即S n =n 2.从而当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n -1.当n =1时,a 1=1也满足此式.∵a n +1-a n =2(n ∈N *), ∴{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列.(2)证明 由a n b n =2n -1,得b n =2n -12n -1.∴T n =120+321+…+2n -12n -1,①∴T n2=121+322+…+2n -32n -1+2n -12n ,②①-②得,T n2=1+221+…+22n -1-2n -12n =1+2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n -11-12-2n -12n =3-2n +32n , ∴T n =6-2n +32n -1,又n ∈N *,∴T n =6-2n +32n -1<6.规律方法 1.一般地,如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n ·b n }的前n 项和时,可采用错位相减法. 2.用错位相减法求和时,应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形. (2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“S n -qS n ”的表达式.【训练3】 (2020·湘赣十四校联考)已知函数f (x )=2019sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx -π3(x ∈R )的所有正数零点构成递增数列{a n },n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =2n⎝⎛⎭⎪⎫a n +23,求数列{b n }的前n 项和为S n .解(1)令f (x )=2 019sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx -π3=0,则πx -π3=k π(k ∈Z ),解得x =13+k (k ∈Z ).∵f (x )的所有正零点构成递增数列{a n }, ∴数列{a n }是首项为13,公差为1的等差数列,∴{a n }的通项公式为a n =13+1×(n -1)=n -23(n ∈N *).(2)由(1)可知a n =n -23(n ∈N *),又∵b n =2n⎝ ⎛⎭⎪⎫a n +23,∴b n =2n ⎝⎛⎭⎪⎫n -23+23=n ·2n .∴S n =1×21+2×22+3×23+…+(n -1)×2n -1+n ×2n.①两边同乘2,得2S n =1×22+2×23+3×24+…+(n -1)×2n+n ×2n+1.②②-①,得S n =-21-22-23-…-2n +n ×2n +1=-2(1-2n)1-2+n ×2n +1=(n -1)×2n +1+2.所以数列{b n }的前n 项和S n =(n -1)·2n +1+2.A 级 基础巩固一、选择题1.等差数列{a n }的首项为1,公差不为0.若a 2,a 3,a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.-24B.-3C.3D.8解析 设{a n }的公差为d ,根据题意得a 23=a 2·a 6, 即(a 1+2d )2=(a 1+d )(a 1+5d ),解得d =-2,所以数列{a n }的前6项和为S 6=6a 1+6×52d =1×6+6×52×(-2)=-24. 答案 A2.数列{a n }的通项公式为a n =(-1)n -1·(4n -3),则它的前100项之和S 100等于( ) A.200B.-200C.400D.-400解析 S 100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200. 答案 B3.(2019·成都期末)在数列{a n }中,若a 1=1,a 2=3,a n +2=a n +1-a n (n ∈N *),则该数列的前100项之和是( )A.18B.8C.5D.2解析 ∵a 1=1,a 2=3,a n +2=a n +1-a n (n ∈N *),∴a 3=3-1=2,a 4=2-3=-1,a 5=-1-2=-3,a 6=-3+1=-2,a 7=-2+3=1,a 8=1+2=3, a 9=3-1=2,……,∴{a n }是周期为6的周期数列, ∵100=16×6+4,∴S 100=16×(1+3+2-1-3-2)+(1+3+2-1)=5. 答案 C4.(2020·河北“五个一”名校联盟诊断)已知等差数列{a n }中,a 3+a 5=a 4+7,a 10=19,则数列{a n cos n π}的前2 020项的和为( ) A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析 设{a n }的公差为d ,则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1+6d =a 1+3d +7,a 1+9d =19,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =2,∴a n =2n -1,设b n =a n cos n π,则b 1+b 2=a 1cos π+a 2cos 2π=2,b 3+b 4=a 3cos 3π+a 4cos 4π=2,……,∴数列{a n cos n π}的前2 020项的和为(b 1+b 2)+(b 3+b 4)+…+(b 2 019+b 2 020)=2×2 0202=2 020.答案 D5.(2019·广州天河一模)数列{a n }满足a 1=1,对任意n ∈N *,都有a n +1=1+a n +n ,则1a 1+1a 2+…+1a 99=( )A.9998B.2C.9950D.99100解析 对任意n ∈N *,都有a n +1=1+a n +n ,则a n +1-a n =n +1,则a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=n +(n -1)+…+1=n (n +1)2,则1a n =2n (n +1)=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1, 所以1a 1+1a 2+…+1a 99=2[⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫199-1100]=2×⎝⎛⎭⎪⎫1-1100=9950.答案 C 二、填空题6.数列{a n }的通项公式是a n =1n +n +1,前n 项和为9,则n 等于________.解析 因为a n =1n +n +1=n +1-n ,所以S n =a 1+a 2+…+a n =(n +1-n )+(n -n -1)+…+(3-2)+(2-1)=n +1-1, 令n +1-1=9,得n =99. 答案 997.(2020·武汉质检)设数列{(n 2+n )a n }是等比数列,且a 1=16,a 2=154,则数列{3na n }的前15项和为________. 解析 等比数列{(n 2+n )a n }的首项为2a 1=13,第二项为6a 2=19,故公比为13,所以(n 2+n )a n =13·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n -1=13n ,所以a n =13n (n 2+n ),则3na n =1n 2+n =1n -1n +1,其前n 项和为1-1n +1,n =15时,为1-116=1516. 答案 15168.(2020·福州调研)已知数列{na n }的前n 项和为S n ,且a n =2n,且使得S n -na n +1+50<0的最小正整数n 的值为________. 解析 S n =1×21+2×22+…+n ×2n, 则2S n =1×22+2×23+…+n ×2n +1,两式相减得-S n =2+22+…+2n -n ·2n +1=2(1-2n)1-2-n ·2n +1,故S n =2+(n -1)·2n +1.又a n =2n,∴S n -na n +1+50=2+(n -1)·2n +1-n ·2n +1+50=52-2n +1,依题意52-2n +1<0,故最小正整数n 的值为5.答案 5 三、解答题9.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n2,n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n +(-1)na n ,求数列{b n }的前2n 项和.解 (1)当n =1时,a 1=S 1=1; 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2+n 2-(n -1)2+(n -1)2=n .a 1=1也满足a n =n ,故数列{a n }的通项公式为a n =n .(2)由(1)知a n =n ,故b n =2n +(-1)nn . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =(21+22+ (22))+(-1+2-3+4-…+2n ). 记A =21+22+ (22),B =-1+2-3+4-…+2n , 则A =2(1-22n)1-2=22n +1-2,B =(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n -1)+2n ]=n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n =A +B =22n +1+n -2.10.(2019·安徽江南十校联考)已知数列{a n }与{b n }满足a 1+a 2+a 3+…+a n =2b n ,且{a n }为正项等比数列,a 1=2,b 3=b 2+4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式;(2)若数列{c n }满足c n =a nb n b n +1,T n 为数列{c n }的前n 项和,求证:T n <1.(1)解 ∵a 1+a 2+a 3+…+a n =2b n ,①∴当n ≥2时,a 1+a 2+a 3+…+a n -1=2b n -1.②①-②,得a n =2(b n -b n -1)(n ≥2),∴a 3=2(b 3-b 2)=8. 设{a n }的公比为q ,则a 1q 2=8. 又a 1=2,a n >0,∴q =2, ∴{a n }的通项公式为a n =2×2n -1=2n.∴2b n =21+22+23+ (2)=2(1-2n)1-2=2n +1-2,∴{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)证明 由已知,得c n =a n b n b n +1=2n(2n -1)(2n +1-1)=12n -1-12n +1-1, ∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =⎝ ⎛⎭⎪⎫121-1-122-1+⎝ ⎛⎭⎪⎫122-1-123-1+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1<1. B 级 能力提升11.(2020·石家庄模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n +1+S n =n 2-19n2(n ∈N *),若a 10<a 11,则S n 取最小值时n 的值为( )A.10B.9C.11D.12解析 ∵S n +1+S n =n 2-19n2(n ∈N *),∴S n +S n -1=(n -1)2-19(n -1)2(n ≥2且n ∈N *),两式作差得a n +1+a n =n -10(n ≥2且n ∈N *),当n =10时,a 11+a 10=0,又a 10<a 11, ∴a 10<0<a 11,∴S 11>S 10且S 9>S 10, 又S 12-S 10=a 12+a 11=11-10=1>0,∴由选项可得:S n 取最小值时n 的值为10,故选A. 答案 A12.(2019·许昌、洛阳三模)已知数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,且a n >0,6S n =a 2n +3a n ,b n =2an(2 an -1)(2a n+1-1),若k >T n恒成立,则k 的最小值为( ) A.17B.149C.49D.8441解析 当n =1时,6a 1=a 21+3a 1,解得a 1=3.当n ≥2时,由6S n =a 2n +3a n ,得6S n -1=a 2n -1+3a n -1, 两式相减并化简得(a n +a n -1)(a n -a n -1-3)=0,由于a n >0,所以a n -a n -1-3=0,即a n -a n -1=3(n ≥2), 故{a n }是首项为3,公差为3的等差数列, 所以a n =3n .则b n =2an(2 a n -1)(2 an+1-1)=17⎝ ⎛⎭⎪⎫18n -1-18n +1-1. 故T n =b 1+b 2+…+b n =17[⎝⎛⎭⎪⎫18-1-182-1+⎝ ⎛⎭⎪⎫182-1-183-1+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫18n -18n +1-1] =17⎝ ⎛⎭⎪⎫17-18n +1-1=149-17(8n +1-1), 由于{T n }是单调递增数列,149-17(8n +1-1)<149, 所以k ≥149.故k 的最小值为149,故选B.答案 B13.(2020·长郡中学联考)数列b n =a n cosn π3的前n 项和为S n ,已知S 2 017=5 710,S 2 018=4 030,若数列{a n }为等差数列,则S 2 019=________.解析 设数列{a n }是公差为d 的等差数列,a 1cos π3+a 2cos 2π3+a 3cos π+a 4cos 4π3+a 5cos 5π3+a 6cos2π=12(a 1-a 2)+12(a 5-a 4)-a 3+a 6=-a 3+a 6. 由S 2 017=5 710,S 2 018=4 030,可得5 710=-(a 3+a 9+…+a 2 013)+(a 6+a 12+…+a 2 010+a 2 016)+12a 2 017,4 030=-(a 3+a 9+…+a 2 013)+(a 6+a 12+…+a 2 010+a 2 016)+12a 2 017-12a 2 018, 两式相减可得a 2 018=3 360,由5 710=1 008d +12(3 360-d ),解得d =4,则a n =a 2 018+(n -2 018)×4=4n -4 712,可得S 2 019=4 030-a 2 019=4 030-(4×2 019-4 712)=666. 答案 66614.(2019·东北三省四校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=5,nS n +1-(n +1)S n =n 2+n .(1)求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列;(2)令b n =2na n ,求数列{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由nS n +1-(n +1)S n =n 2+n 得S n +1n +1-S nn=1,又S 11=5,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5,公差为1的等差数列.(2)解 由(1)可知S nn=5+(n -1)=n +4,所以S n =n 2+4n .当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2+4n -(n -1)2-4(n -1)=2n +3. 又a 1=5也符合上式,所以a n =2n +3(n ∈N *), 所以b n =(2n +3)2n,所以T n =5×2+7×22+9×23+…+(2n +3)2n,① 2T n =5×22+7×23+9×24+…+(2n +1)2n +(2n +3)2n +1,②所以②-①得T n =(2n +3)2n +1-10-(23+24+…+2n +1)=(2n +3)2n +1-10-23(1-2n -1)1-2=(2n +3)2n +1-10-(2n +2-8)=(2n +1)2n +1-2.C 级 创新猜想15.(新定义题)定义“规范01数列”{a n }如下:{a n }共有2m 项,其中m 项为0,m 项为1,且对任意k ≤2m ,a 1,a 2,…,a k 中0的个数不少于1的个数.若m =4,则不同的“规范01数列”共有( )A.18个B.16个C.14个D.12个解析法一列表法根据题意得,必有a1=0,a8=1,则将0,1进行具体的排法一一列表如下:由上述表格可知,不同的“规范01数列”共有14个.法二列举法根据题意可得,必有a1=0,a8=1,而其余的各项:a2,a3,…,a7中有三个0和三个1,并且满足对任意k≤8,a1,a2,…,a8中“0”的个数不少于“1”的个数.可以一一列举出不同“规范01数列”,除第一项和第八项外,中间六项的排列如下:000111,001011,001101,001110,010011,010101,010110,011001,011010,100011,100101,100110,101001,101010,共14个.答案C。

高考数学一轮复习 第六章 数列 第四节 数列求和教案 理(含解析)苏教版-苏教版高三全册数学教案

高考数学一轮复习 第六章 数列 第四节 数列求和教案 理(含解析)苏教版-苏教版高三全册数学教案

第四节 数列求和1.公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n =n a 1+a n2=na 1+n n -1d2.推导方法:倒序相加法.(2)等比数列{a n }的前n 项和S n =⎩⎪⎨⎪⎧na 1,q =1,a 11-q n1-q,q ≠1.推导方法:乘公比,错位相减法. (3)一些常见的数列的前n 项和: ①1+2+3+…+n =n n +12;②2+4+6+…+2n =n (n +1); ③1+3+5+…+2n -1=n 2. 2.几种数列求和的常用方法(1)分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.(2)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,从而求得前n 项和.常用的裂项公式有:①1nn +1=1n -1n +1; ②12n -12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1;③1n +n +1=n +1-n .(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,那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解.(4)倒序相加法:如果一个数列{a n }与首末两端等“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求解.[小题体验]1.等比数列1,2,4,8,…中从第5项到第10项的和为________. 解析:由a 1=1,a 2=2,得q =2,∴S 10=1×1-2101-2=1 023,S 4=1×1-241-2=15,∴S 10-S 4=1 008. 答案:1 0082.数列112,314,518,7116,…,(2n -1)+12n ,…的前n 项和S n 的值等于________.答案:n 2+1-12n3.已知数列{}a n 的通项公式a n =1n +n +1,则该数列的前________项之和等于9.解析:由题意知,a n =1n +n +1=n +1-n ,所以S n =(2-1)+(3-2)+…+(n +1-n )=n +1-1=9,解得n =99.答案:991.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围,如当等比数列公比为参数(字母)时,应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时,注意观察未合并项的正负号;结论中形如a n ,a n +1的式子应进行合并.3.在应用裂项相消法时,要注意消项的规律具有对称性,即前剩多少项则后剩多少项. [小题纠偏]1.设f (n )=2+24+27+210+…+23n +10(n ∈N *),则f (3)=________.答案:27(87-1)2.已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n =n ·2n,则S n =________. 答案:(n -1)2n +1+23.求和:11×2+12×3+…+1n -1n=________.解析:原式=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1-1n =1-1n .答案:1-1n考点一 公式法求和 基础送分型考点——自主练透[题组练透]1.(2019·南师大附中月考)《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有女不善织,日减功迟,初日织五尺,末日织一尺,今共织九十尺,问织几日?”已知“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布,则此问题的答案是________日.解析:易知每日织布数量构成一个等差数列,设此数列为{}a n ,则a 1=5,a n =1,S n =90,所以n 5+12=90,解得n =30.答案:302.(2018·无锡期末)设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3=-18,且a 2,a 4,a 3成等差数列,则数列{a n }的前4项和为________.解析:设数列{a n }的公比为q (q ≠1).由等比数列的性质可得a 1a 2a 3=a 32=-18,所以a 2=-12.因为a 2,a 4,a 3成等差数列,所以2a 4=a 2+a 3,即2a 2q 2=a 2+a 2q ,化简得2q 2-q -1=0,即(q -1)(2q +1)=0,解得q =-12或q =1(舍去).又因为a 1=a 2q=1,所以S 4=a 11-q 41-q=1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫-1241-⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=58.答案:583.已知等差数列{a n }满足a 3=2,前3项和S 3=92.(1)求{a n }的通项公式;(2)设等比数列{b n }满足b 1=a 1,b 4=a 15,求{b n }的前n 项和T n . 解:(1)设{a n }的公差为d ,则由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1+2d =2,3a 1+3×22d =92,化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+2d =2,a 1+d =32,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =12,故{a n }的通项公式a n =1+n -12,即a n =n +12.(2)由(1)得b 1=1,b 4=a 15=15+12=8. 设{b n }的公比为q ,则q 3=b 4b 1=8,从而q =2,故{b n }的前n 项和T n =b 11-q n 1-q =1×1-2n1-2=2n-1.[谨记通法]几类可以使用公式法求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列,它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解.(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的,可以分项数为奇数和偶数时,分别使用等差数列或等比数列的求和公式.考点二 分组转化法求和重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·天一中学检测)已知数列{a n }的首项a 1=3,通项a n =2n p +nq (n ∈N *,p ,q 为常数),且a 1,a 4,a 5成等差数列.求:(1)p ,q 的值;(2)数列{a n }前n 项和S n .解:(1)由a 1=3,得2p +q =3,①又由a 4=24p +4q ,a 5=25p +5q ,且a 1+a 5=2a 4, 得3+25p +5q =25p +8q ,② 由①②解得p =1,q =1. (2)由(1),知a n =2n+n .所以S n =(2+22+ (2))+(1+2+…+n )=21-2n1-2+n 1+n2=2n +1-2+n 2+n2.[由题悟法]分组转化法求和的常见类型[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而求得原数列的和,注意在含有字母的数列中对字母的讨论.[即时应用]1.求数列1+1,1a +4,1a 2+7,1a 3+10,…,1an -1+(3n -2)的前n 项和.解:设数列的通项为a n ,前n 项和为S n ,则a n =1a n -1+(3n -2),∴S n =⎝⎛⎭⎪⎫1+1a +1a2+…+1a n -1+[1+4+7+…+(3n -2)].当a =1时,S n =n +n 1+3n -22=3n 2+n 2;当a ≠1时,S n =1-1a n1-1a+n1+3n -22=a n-1a n -a n -1+n3n -12. 2.(2018·南京四校联考)在等差数列{a n }中,a 2+a 7=-23,a 3+a 8=-29. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{a n +b n }是首项为1,公比为q 的等比数列,求{b n }的前n 项和S n . 解:(1)设等差数列{a n }的公差是d . 因为a 3+a 8-(a 2+a 7)=2d =-6, 所以d =-3,所以a 2+a 7=2a 1+7d =-23,解得a 1=-1, 所以数列{a n }的通项公式为a n =-3n +2.(2)因为数列{a n +b n }是首项为1,公比为q 的等比数列, 所以a n +b n =qn -1,即-3n +2+b n =qn -1,所以b n =3n -2+q n -1.所以S n =[1+4+7+…+(3n -2)]+(1+q +q 2+…+q n -1)=n 3n -12+(1+q +q2+…+qn -1),故当q =1时,S n =n 3n -12+n =3n 2+n 2;当q ≠1时,S n =n 3n -12+1-q n1-q. 考点三 错位相减法求和重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·徐州调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n =2a n -1,n ∈N *.数列{b n }满足nb n +1-(n +1)b n =n (n +1),n ∈N *,且b 1=1.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)若c n =a n ·b n ,数列{c n }的前n 项和为T n ,对任意的n ∈N *,都有T n ≤nS n -a ,求实数a 的取值范围.解:(1)当n =1时,S 1=2a 1-1=a 1,所以a 1=1. 当n ≥2时,S n =2a n -1,S n -1=2a n -1-1, 两式相减得a n =2a n -1,所以数列{a n }是首项a 1=1,公比q =2的等比数列, 故数列{a n }的通项公式为a n =2n -1.由nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)两边同除以n (n +1), 得b n +1n +1-b nn=1, 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是首项b 1=1,公差d =1的等差数列,所以b n n=n , 故数列{b n }的通项公式为b n =n 2. (2)由(1)得c n =a n ·b n =n ·2n -1,于是T n =1×20+2×2+3×22+…+n ×2n -1, 所以2T n =1×2+2×22+3×23+…+n ×2n,两式相减得-T n =1+2+22+…+2n -1-n ×2n=1-2n1-2-n ×2n,所以T n =(n -1)·2n+1, 由(1)得S n =2a n -1=2n-1, 因为对∀n ∈N *,都有T n ≤nS n -a , 即(n -1)·2n+1≤n (2n-1)-a 恒成立, 所以a ≤2n-n -1恒成立, 记c n =2n -n -1, 所以a ≤(c n )min , 因为c n +1-c n =[2n +1-(n +1)-1]-(2n -n -1)=2n-1>0,从而数列{c n }为递增数列,所以当n =1时,c n 取最小值c 1=0,于是a ≤0, 所以实数a 的取值范围为(-∞,0].[由题悟法]用错位相减法求和的3个注意事项(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写出“S n ”与“qS n ”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“S n -qS n ”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.[即时应用](2019·海门中学月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =n 2+n . (1)求{a n }的通项公式a n ;(2)若a k +1,a 2k ,a 2k +3(k ∈N *)恰好依次为等比数列{b n }的第一、第二、第三项,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n b n 的前n 项和T n .解:(1)当n =1时,a 1=S 1=12+1=2.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=(n 2+n )-[(n -1)2+(n -1)]=2n . 当n =1时,符合上式, ∴a n =2n (n ∈N *).(2)由题意知a k +1,a 2k ,a 2k +3成等比数列,∴a 22k =a k +1·a 2k +3, 即(2·2k )2=2(k +1)·2(2k +3),解得k =3. ∴b 1=a 4=8,b 2=a 6=12,公比q =128=32,∴b n =8·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -1,∴n b n =18n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -1, ∴T n =18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫230+2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231+…+n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -1. ① ∴23T n =18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫231+2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232+…+n -1×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -1+n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n . ② ①-②,得13T n =18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫230+⎝ ⎛⎭⎪⎫231+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -1-18×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n =38-3+n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ,则T n =98-9+3n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.考点四 裂项相消法求和 题点多变型考点——多角探明[锁定考向]裂项相消法求和是历年高考的重点,命题角度凸显灵活多变,在解题中要善于利用裂项相消的基本思想,变换数列a n 的通项公式,达到求解目的.常见的命题角度有: (1)形如a n =1nn +k 型; (2)形如a n =1n +k +n型;(3)形如a n =n +1n 2n +22型.[题点全练]角度一:形如a n =1nn +k型 1.(2019·启东一中检测)在数列{}a n 中,a 1=1,当n ≥2时,其前n 项和S n 满足S 2n =a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n -12.(1)求S n 的表达式; (2)设b n =S n2n +1,求{}b n 的前n 项和T n . 解:(1)∵S 2n =a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n -12,a n =S n -S n -1(n ≥2),∴S 2n =(S n -S n -1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n -12,即2S n -1S n =S n -1-S n . 由题意得S n -1·S n ≠0, ∴1S n -1S n -1=2,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1=1a 1=1,公差为2的等差数列,∴1S n=1+2(n -1)=2n -1,∴S n =12n -1. (2)∵b n =S n 2n +1=12n -12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1,∴T n =b 1+b 2+…+b n=12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1=12⎝⎛⎭⎪⎫1-12n +1=n 2n +1. 角度二:形如a n =1n +k +n型2.已知函数f (x )=x α的图象过点(4,2),令a n =1f n +1+f n,n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 2 018=________.解析:由f (4)=2可得4α=2,解得α=12,则f (x )=x 12.所以a n =1fn +1+f n =1n +1+n=n +1-n ,S 2 018=a 1+a 2+a 3+…+a 2 018=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+( 2 018-2 017)+( 2 019- 2 018)= 2 019-1. 答案: 2 019-1 角度三:形如a n =n +1n 2n +22型3.正项数列{a n }的前n 项和S n 满足:S 2n -(n 2+n -1)S n -(n 2+n )=0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ; (2)令b n =n +1n +22a 2n ,数列{b n }的前n 项和为T n .证明:对于任意的n ∈N *,都有T n <564. 解:(1)由S 2n -(n 2+n -1)S n -(n 2+n )=0, 得[S n -(n 2+n )](S n +1)=0.由于{a n }是正项数列,所以S n >0,S n =n 2+n . 于是a 1=S 1=2,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2+n -(n -1)2-(n -1)=2n .综上,数列{a n }的通项公式为a n =2n . (2)证明:由于a n =2n , 故b n =n +1n +22a 2n =n +14n 2n +22=116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2-1n +22.T n =116⎣⎢⎡1-132+122-142+132-152+…+1n -12-1n +12+⎦⎥⎤1n2-1n +22=116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1+122-1n +12-1n +22<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1+122=564. [通法在握]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; (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{a n }是等差数列,则1a n a n +1=1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1a n +1,1a n a n +2=12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1a n +2. [演练冲关](2018·镇江调研)已知等差数列{a n }中,2a 2+a 3+a 5=20,且前10项和S 10=100. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =1a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和.解:(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2+a 3+a 5=4a 1+8d =20,10a 1+10×92d =10a 1+45d =100,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =2.所以{a n }的通项公式为a n =1+2(n -1)=2n -1. (2)b n =12n -12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1,所以数列{b n }的前n 项和T n =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1= 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n +1=n 2n +1. 一抓基础,多练小题做到眼疾手快1.(2019·镇江调研)已知{}a n 是等差数列,S n 为其前n 项和,若a 3+a 7=8,则S 9=_______.解析:在等差数列{}a n 中,由a 3+a 7=8,得a 1+a 9=8, 所以S 9=a 1+a 9×92=8×92=36.答案:36 2.数列{1+2n -1}的前n 项和为________.解析:由题意得a n =1+2n -1,所以S n =n +1-2n1-2=n +2n-1.答案:n +2n-13.数列{a n }的通项公式是a n =(-1)n(2n -1),则该数列的前100项之和为________. 解析:根据题意有S 100=-1+3-5+7-9+11-…-197+199=2×50=100. 答案:1004.(2018·泰州期末)已知数列{}a n 的通项公式为a n =n ·2n -1,前n 项和为S n ,则S n =________.解析:∵a n =n ·2n -1,∴S n =1×1+2×2+3×22+…+n ×2n -1, 2S n =1×2+2×22+3×23+…+n ×2n,两式相减可得-S n =1+2+22+…+2n -1-n ·2n=1-2n1-2-n ·2n,化简可得S n =(n -1)2n+1. 答案:(n -1)2n+15.已知等比数列{}a n 的公比q >1,且a 5-a 1=30,a 4-a 2=12,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a na n -1a n +1-1的前n 项和为________. 解析:因为a 5-a 1=30,a 4-a 2=12, 所以a 1(q 4-1)=30,a 1(q 3-q )=12, 两式相除,化简得2q 2-5q +2=0, 解得q =12或2,因为q >1, 所以q =2,a 1=2. 所以a n =2·2n -1=2n.所以a na n -1a n +1-1=2n2n-12n +1-1=12n -1-12n +1-1, 所以T n =1-13+13-17+…+12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1.答案:1-12n +1-16.若数列{a n }满足a n -(-1)na n -1=n (n ≥2),S n 是{a n }的前n 项和,则S 40=________. 解析:当n =2k 时,即a 2k -a 2k -1=2k ,① 当n =2k -1时,即a 2k -1+a 2k -2=2k -1,② 当n =2k +1时,即a 2k +1+a 2k =2k +1,③ ①+②得a 2k +a 2k -2=4k -1, ③-①得a 2k +1+a 2k -1=1,S 40=(a 1+a 3+a 5+...+a 39)+(a 2+a 4+a 6+a 8+...+a 40)=1×10+(7+15+23+ (79)=10+107+792=440. 答案:440二保高考,全练题型做到高考达标1.在数列{a n }中,若a 1=2,且对任意正整数m ,k ,总有a m +k =a m +a k ,则{a n }的前n 项和S n =________.解析:依题意得a n +1=a n +a 1,即有a n +1-a n =a 1=2,所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列,a n =2+2(n -1)=2n ,S n =n 2+2n2=n 2+n .答案:n 2+n2.已知数列{a n }中,a n =-4n +5,等比数列{b n }的公比q 满足q =a n -a n -1(n ≥2)且b 1=a 2,则|b 1|+|b 2|+|b 3|+…+|b n |=________.解析:由已知得b 1=a 2=-3,q =-4, 所以b n =(-3)×(-4)n -1,所以|b n |=3×4n -1,即{|b n |}是以3为首项,4为公比的等比数列. 所以|b 1|+|b 2|+…+|b n |=31-4n1-4=4n-1.答案:4n-13.已知数列5,6,1,-5,…,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前16项之和S 16=________.解析:根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第7项起,数列重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为6,前6项和为5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.又因为16=2×6+4,所以这个数列的前16项之和S 16=2×0+7=7. 答案:74.对于数列{a n },定义数列{a n +1-a n }为数列{a n }的“差数列”,若a 1=2,数列{a n }的“差数列”的通项为2n,则数列{a n }的前n 项和S n =________.解析:因为a n +1-a n =2n,所以a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=2n -1+2n -2+…+22+2+2=2-2n 1-2+2=2n -2+2=2n ,所以S n =2-2n +11-2=2n +1-2.答案:2n +1-25.(2019·宿迁调研)已知数列{}a n 中,a 1=1,a 2=3,若a n +2+2a n +1+a n =0对任意n ∈N *都成立,则数列{}a n 的前n 项和S n =________.解析:∵a 1=1,a 2=3,a n +2+2a n +1+a n =0, ∴a n +2+a n +1=-(a n +1+a n ),a 2+a 1=4.则数列{}a n +1+a n 是首项为4,公比为-1的等比数列, ∴a n +1+a n =4×(-1)n -1.当n =2k -1时,a 2k +a 2k -1=4×(-1)2k -2=4.∴S n =(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 2k -1+a 2k )=4k =2n . 当n =2k 时,a 2k +1+a 2k =-4.S n =a 1+(a 2+a 3)+…+(a 2k -2+a 2k -1)=1-4×(k -1)=5-4k =5-4×n +12=3-2n .∴S n =⎩⎪⎨⎪⎧3-2n ,n 为奇数,2n ,n 为偶数.答案:⎩⎪⎨⎪⎧3-2n ,n 为奇数,2n ,n 为偶数6.在等差数列{a n }中,首项a 1=3,公差d =2,若某学生对其中连续10项进行求和,在漏掉一项的前提下,求得余下9项的和为185,则此连续10项的和为________.解析:由已知条件可得数列{a n }的通项公式a n =2n +1,设连续10项为a i +1,a i +2,a i +3,…,a i +10,i ∈N ,设漏掉的一项为a i +k,1≤k ≤10,由a i +1+a i +10×102-a i +k =185,得(2i +3+2i +21)×5-2i -2k -1=185,即18i -2k =66,即9i -k =33,所以34≤9i =k +33≤43,3<349≤i ≤439<5,所以i =4,此时,由36=33+k 得k =3,所以a i +k =a 7=15,故此连续10项的和为200.答案:2007.(2019·邵阳模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著,书中《均属章》有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等.问各得几何.”其意思为“已知A ,B ,C ,D ,E 五人分5钱,A ,B 两人所得与C ,D ,E 三人所得相同,且A ,B ,C ,D ,E 每人所得依次成等差数列.问五人各得多少钱?”(“钱”是古代的一种重量单位).在这个问题中,E 分得________钱.解析:由题意,设A 所得为a -4d ,B 所得为a -3d ,C 所得为a -2d ,D 所得为a -d ,E 所得为a ,则⎩⎪⎨⎪⎧5a -10d =5,2a -7d =3a -3d ,解得a =23,故E 分得23钱.答案:238.已知数列{a n }中,a 1=2,a 2n =a n +1,a 2n +1=n -a n ,则{a n }的前100项和为________. 解析:由a 1=2,a 2n =a n +1,a 2n +1=n -a n ,得a 2n +a 2n +1=n +1,所以a 1+(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 98+a 99)=2+2+3+…+50=1 276,因为a 100=1+a 50=1+(1+a 25)=2+(12-a 12)=14-(1+a 6)=13-(1+a 3)=12-(1-a 1)=13,所以a 1+a 2+…+a 100=1 276+13=1 289.答案:1 2899.(2018·苏北四市期末)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=a ,(a n +1)(a n +1+1)=6(S n +n ),n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若对于∀n ∈N *,都有S n ≤n (3n +1)成立,求实数a 的取值范围. 解:(1)当n =1时,(a 1+1)(a 2+1)=6(S 1+1),故a 2=5. 当n ≥2时,(a n -1+1)(a n +1)=6(S n -1+n -1),所以(a n +1)(a n +1+1)-(a n -1+1)(a n +1)=6(S n +n )-6(S n -1+n -1), 即(a n +1)(a n +1-a n -1)=6(a n +1).又a n >0,所以a n +1-a n -1=6,所以a 2k -1=a +6(k -1)=6k +a -6,a 2k =5+6(k -1)=6k -1,故a n =⎩⎪⎨⎪⎧3n +a -3,n 为奇数,3n -1,n 为偶数.(2)当n 为奇数时,S n =12(3n +a -2)(n +1)-n ,由S n ≤n (3n +1),得a ≤3n 2+3n +2n +1恒成立,令f (n )=3n 2+3n +2n +1,则f (n +1)-f (n )=3n 2+9n +4n +2n +1>0,所以a ≤f (1)=4.当n 为偶数时,S n =12n (3n +a +1)-n ,由S n ≤n (3n +1)得,a ≤3(n +1)恒成立, 所以a ≤9.又a 1=a >0,所以实数a 的取值范围是(0,4].10.(2019·宿迁中学调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1=1,S n 是数列{a n }的前n 项和,且满足a n S n +1-a n +1S n +a n -a n +1=λa n a n +1(λ≠0,n ∈N *).(1)若a 1,a 2,a 3成等比数列,求实数λ的值; (2)若λ=12,求S n .解:(1)令n =1,得a 2=21+λ. 令n =2,得a 2S 3-a 3S 2+a 2-a 3=λa 2a 3, 所以a 3=2λ+4λ+12λ+1.由a 22=a 1a 3,得⎝⎛⎭⎪⎫21+λ2=2λ+4λ+12λ+1, 因为λ≠0,所以λ=1.(2)当λ=12时,a n S n +1-a n +1S n +a n -a n +1=12a n a n +1,所以S n +1a n +1-S n a n +1a n +1-1a n =12,即S n +1+1a n +1-S n +1a n =12, 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n +1a n 是以2为首项,12为公差的等差数列,所以S n +1a n =2+(n -1)·12, 即S n +1=⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2+32a n ,①当n ≥2时,S n -1+1=⎝ ⎛⎭⎪⎫n2+1a n -1,② ①-②得,a n =n +32a n -n +22a n -1,即(n +1)a n =(n +2)a n -1,所以a n n +2=a n -1n +1(n ≥2),所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n +2是常数列,且为13,所以a n =13(n +2).代入①得S n =⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2+32a n -1=n 2+5n 6. 三上台阶,自主选做志在冲刺名校1.(2018·启东检测)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题:“今有垣厚若干尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢,各穿几何?”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙,大老鼠第一天进一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也进一尺,以后每天减半.”如果墙足够厚,S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和,则S n =________尺.解析:依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项,2为公比的等比数列,所以前n 天大老鼠打洞的距离共为1×1-2n1-2=2n-1.同理可得前n 天小老鼠打洞的距离共为1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1-12=2-12n -1,所以S n =2n -1+2-12n -1=2n-12n -1+1. 答案:2n-12n -1+12.(2018·苏州高三暑假测试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n -S n =n 2-16n +15(n ∈N *),若对任意n ∈N *,总有S n ≤S k ,则k 的值为________.解析:设等差数列{a n }的公差为d ,则a n -S n =a 1+(n -1)d -⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 1+n n -12d =-d 2n 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫32d -a 1n +a 1-d =n 2-16n +15,所以⎩⎪⎨⎪⎧-d2=1,32d -a 1=-16,a 1-d =15,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=13,d =-2,所以S n =13n +n n -12×(-2)=-n 2+14n =-(n -7)2+49,所以(S n )max =S 7,所以S n ≤S 7对任意n ∈N *恒成立,所以k 的值为7.答案:73.(2019·南京一模)平面内的“向量列”{a n },如果对于任意的正整数n ,均有a n +1-a n =d ,则称此“向量列”为“等差向量列”,d 称为“公差向量”;平面内的“向量列”{b n },如果对于任意的正整数n ,均有b n +1=q ·b n (q ≠0),则称此“向量列”为“等比向量列”,常数q 称为“公比”.(1)如果“向量列”{a n }是“等差向量列”,用a 1和“公差向量”d 表示a 1+a 2+…+a n ; (2)已知{a n }是“等差向量列”,“公差向量”d =(3,0),a 1=(1,1),a n =(x n ,y n ),{b n }是“等比向量列”,“公比”q =2,b 1=(1,3),b n =(m n ,k n ),求a 1·b 1+a 2·b 2+…+a n ·b n .解:(1)∵“向量列”{a n }是“等差向量列”, ∴a 1+a 2…+a n =n a 1+(1+2+…+n -1)d =n a 1+n n -12d.(2)∵a 1=(1,1),d =(3,0),∴a n =(3n -2,1). ∵b 1=(1,3),q =2,∴b n =(2n -1,3·2n -1).∴a n ·b n =(3n -2,1)·(2n -1,3·2n -1)=(3n -2)·2n -1+3·2n -1=(3n +1)·2n -1,设S n =a 1·b 1+a 2·b 2+…+a n ·b n , 则S n ==4·20+7·21+…+(3n +1)·2n -1,2S n =4·2+7·22+…+(3n +1)·2n, 两式相减可得,-S n =4+3(2+22+…+2n -1)-(3n +1)·2n=4+3·21-2n -11-2-(3n +1)·2n =(2-3n )·2n-2,∴a 1·b 1+a 2·b 2+…+a n ·b n =(3n -2)·2n+2.。

人教A版高考总复习一轮数学精品课件 第六章 数列 第四节 数列求和 (2)

人教A版高考总复习一轮数学精品课件 第六章 数列 第四节 数列求和 (2)
2n+1,
两式相减得-Tn=21+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)·
2n+1
=2+
23 (1-2-1 )
1-2
-(2n-1)·
2n+1=(3-2n)·
2n+1-6,因此Tn=(2n-3)·
2n+1+6.
技巧点拨错位相减求和法的方法步骤
设{anbn}的前n项和为Sn,其中数列{an}为公差为d的等差数列,数列{bn}为公
1
=n,所以log ·log
2
2 +2
=
1
(+2)
=
,
1 1 1 1 1
1
1
1
1
1 − 3 + 2 − 4 + 3 − 5 + ⋯ + −1 − +1 + − +2
1
1
1
1 + 2 − +1 − +2
3
2+3
=4 − 2(+1)(+2).
2+3
3
又2(+1)(+2)>0,所以 Tn<4.
(+1)(2+1)
(3)1 +2 +3 +…+n =
;
6
2
2
2
2
(+1) 2
(4)1 +2 +3 +…+n =[ 2 ] .
3
3
3
3
对点演练
1.判断下列结论是否正确,正确的画“ ”,错误的画“×”.

新高考2023版高考数学一轮总复习练案37第六章第四讲数列求和

新高考2023版高考数学一轮总复习练案37第六章第四讲数列求和

第四讲 数列求和A 组基础巩固一、单选题1.数列112,314,518,7116,…,(2n -1)+12n ,…的前n 项和S n 的值等于( A )A .n 2+1-12nB .2n 2-n +1-12nC .n 2+1-12n -1D .n 2-n +1-12n[解析] 该数列的通项公式为a n =(2n -1)+12n ,则S n =[1+3+5+…+(2n -1)]+⎝ ⎛⎭⎪⎫12+122+…+12n =n 2+1-12n. 2.已知数列{a n }满足a 1=1,且对任意的n ∈N *都有a n +1=a 1+a n +n ,则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为( D )A .100101B .99100C .101100D .200101[解析] ∵a n +1=a 1+a n +n ,a 1=1,∴a n +1-a n =1+n . ∴a n -a n -1=n (n ≥2).∴a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=n +(n -1)+…+2+1=n n +12.∴1a n =2nn +1=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1. ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为2⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+12-13+…+1100-1101=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1101=200101.故选D.3.已知数列{a n }的通项公式是a n =2n-12n ,其前n 项和S n =32164,则项数n 等于( D )A .13B .10C .9D .6[解析] ∵a n =2n-12n =1-12n ,∴S n =n -⎝ ⎛⎭⎪⎫12+122+…+12n =n -1+12n .而32164=5+164,∴n -1+12n =5+164.∴n =6.4.在数列{a n }中,已知对任意n ∈N *,a 1+a 2+a 3+…+a n =3n -1,则a 21+a 22+a 23+…+a 2n 等于( B )A .(3n-1)2B .12(9n-1) C .9n -1D .14(3n-1) [解析] 因为a 1+a 2+…+a n =3n-1,所以a 1+a 2+…+a n -1=3n -1-1(n ≥2).则当n ≥2时,a n =2·3n -1.当n =1时,a 1=3-1=2,适合上式,所以a n =2·3n -1(n ∈N *).则数列{a 2n }是首项为4,公比为9的等比数列,a 21+…+a 2n =41-9n1-9=12(9n-1).故选B.5.(2021·黑龙江哈尔滨三中期末)数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n =(-1)n(2n -1),则S 2 023=( C )A .2 021B .-2 021C .-2 023D .2 023[解析] 本题考查用并项相加求数列的前n 项和.由已知a n =(-1)n·(2n -1),a 2 023=(-1)2 023(2×2 023-1)=-4 045,且a n +a n +1=(-1)n (2n -1)+(-1)n +1(2n +1)=(-1)n +1(2n +1-2n +1)=2×(-1)n +1,因而S 2 023=(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 2 021+a 2 022)+a 2 023=2×1 011-4 045=-2 023.故选C.6.我国古代数学名著《九章算术》中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为:(1)构造数列1,12,13,14,…,1n;①(2)将数列①的各项乘以n2,得到一个新数列a 1,a 2,a 3,a 4,…,a n .则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+…+a n -1a n =( C ) A .n 24B .n -124 C .n n -14D .n n +14[解析] 依题意可得新数列为n 2,n 4,n 6,…,1n ×n2,所以a 1a 2+a 2a 3+…+a n -1a n =n 24⎣⎢⎡11×2+12×3+…+⎦⎥⎤1n -1n=n 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+12-13+…+1n -1-1n=n 24×n -1n =n n -14.故选C. 二、多选题7.(2022·重庆月考)已知数列{a n }满足a 1=-2,a n a n -1=2n n -1(n ≥2,n ∈N *),{a n }的前n 项和为S n ,则( ABD )A .a 2=-8B .a n =-2n·n C .S 3=-30D .S n =(1-n )·2n +1-2[解析] 由题意可得,a 2a 1=2×21,a 3a 2=2×32,a 4a 3=2×43,…,a n a n -1=2×n n -1(n ≥2,n ∈N *),以上式子左、右分别相乘得a n a 1=2n -1·n (n ≥2,n ∈N *),把a 1=-2代入,得a n =-2n·n (n ≥2,n ∈N *),又a 1=-2符合上式,故数列{a n }的通项公式为a n =-2n·n (n ∈N *),a 2=-8,故A ,B 正确;S n =-(1×2+2×22+…+n ·2n ),则2S n =-[1×22+2×23+…+(n -1)·2n+n ·2n +1],两式相减,得S n =2+22+23+…+2n -n ·2n +1=2n +1-2-n ·2n +1=(1-n )·2n +1-2(n ∈N *),故S 3=-34,故C 错误,D 正确.8.数列{a n }的前n 项和为S n ,若数列{a n }的各项按如下规律:12,13,23,14,24,34,15,25,35,45,…,1n ,2n ,…,n -1n,以下说法正确的是( ACD ) A .a 24=38B .数列a 1,a 2+a 3,a 4+a 5+a 6,a 7+a 8+a 9+a 10,…是等比数列C .数列a 1,a 2+a 3,a 4+a 5+a 6,a 7+a 8+a 9+a 10,…的前n 项和为T n =n 2+n4D .若存在正整数k ,使S k <10,S k +1≥10,则a k =57[解析] 对于选项A ,a 22=18,a 23=28,a 24=38,故A 正确.对于选项B 、C ,数列12,1,32,2,…等差数列,T n =n 2+n4,故B 错,C 正确.对于选项D ,S 21>10,S 20<10,a 20=57,正确.故选A 、C 、D.三、填空题 9.数列{a n }中,a n =1nn +1,若{a n }的前n 项和为2 0222 023,则项数n 为 2 022 . [解析] a n =1nn +1=1n -1n +1,S n =⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=1-1n +1=nn +1=2 0222 023,所以n =2 022. 10.122-1+132-1+142-1+…+1n +12-1= 34-12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2 .[解析] ∵1n +12-1=1n 2+2n =1nn +2=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +2, ∴122-1+132-1+142-1+…+1n +12-1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+12-14+13-15+…+1n -1n +2=12⎝ ⎛⎭⎪⎫32-1n +1-1n +2=34-12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2.11.(2021·海南三亚模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n =10n -n 2,数列{b n }满足b n =|a n |,设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 4= 24 ,T 30= 650 .[解析] 当n =1时,a 1=S 1=9,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=10n -n 2-[10(n -1)-(n -1)2]=-2n +11,当n =1时也满足,所以a n =-2n +11(n ∈N *),所以当n ≤5时,a n >0,b n =a n ,当n >5时,a n <0,b n =-a n ,所以T 4=S 4=10×4-42=24,T 30=S 5-a 6-a 7-…-a 30=2S 5-S 30=2×(10×5-52)-(10×30-302)=650.12.(2021·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{a n }满足:a 1为正整数,a n +1=⎩⎪⎨⎪⎧a n 2,a n 为偶数3a n +1,a n 为奇数,如果a 1=1,则a 1+a 2+a 3+…+a 2 018= 4 709 .[解析] 由已知得a 1=1,a 2=4,a 3=2,a 4=1,a 5=4,a 6=2,周期为3的数列,a 1+a 2+…+a 2 018=(1+4+2)×672+1+4=4 709.四、解答题13.(2021·宁夏银川金凤模拟)已知数列{a n }满足a 1=2,na n +1-(n +1)a n =2n (n +1),设b n =a nn.(1)证明数列{b n }是等差数列,并求其通项公式; (2)若c n =2b n -n ,求数列{c n }的前n 项和. [解析] (1)∵na n +1-(n +1)a n =2n (n +1), ∴a n +1n +1-a nn=2, ∵b n =a nn ,∴b n +1-b n =2,b 1=a 11=2,∴数列{b n }是等差数列,首项与公差都为2. ∴b n =2+2(n -1)=2n . (2)c n =2b n -n =22n-n =4n-n , ∴数列{c n }的前n 项和为41-4n1-4-n n +12=4n +1-43-n n +12.14.(2021·太原二模)已知数列{a n }的前n 项和S n =2n +1-2,数列{b n }满足b n =a n +a n +1(n∈N *).(1)求数列{b n }的通项公式;(2)若c n =log 2a n (n ∈N *),求数列{b n ·c n }的前n 项和T n . [解析] (1)当n =1时,a 1=S 1=2, 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n, 又a 1=2满足上式,∴a n =2n (n ∈N *),∴b n =a n +a n +1=3×2n. (2)由(1)得a n =2n ,b n =3×2n, ∴c n =log 2a n =n ,∴b n ·c n =3n ×2n,∴T n =3×(1×2+2×22+3×23+…+n ×2n),① ①×2,得2T n =3×(1×22+2×23+3×24+…+n ×2n +1),②①-②,得-T n =3×(2+22+…+2n -n ×2n +1)=3×[(1-n )×2n +1-2],∴T n =3(n -1)×2n +1+6.B 组能力提升1.(多选题)(2021·山东济宁期末)若S n 为数列{a n }的前n 项和,且S n =2a n +1,则下列说法正确的是( AC )A .a 5=-16B .S 5=-63C .数列{a n }是等比数列D .数列{S n +1}是等比数列[解析] 因为S n 为数列{a n }的前n 项和,且S n =2a n +1,所以a 1=S 1=2a 1+1,所以a 1=-1.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1,即a n =2a n -1,所以数列{a n }是以-1为首项,2为公比的等比数列,故C 正确;a 5=-1×24=-16,故A 正确;S n =2a n +1=-2n+1,所以S 5=-25+1=-31,故B 错误;因为S 1+1=0,所以数列{S n +1}不是等比数列,故D 错误.故选AC.2.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n+12n 的前n 项和,若m >T 10+1 013恒成立,则整数m 的最小值为( C )A .1 026B .1 025C .1 024D .1 023[解析] ∵2n+12n =1+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n,∴T n =n +1-12n ,∴T 10+1 013=11-1210+1 013=1 024-1210,又m >T 10+1 013,恒成立 ∴整数m 的最小值为1 024.3.已知等差数列{a n }中,a 3+a 5=a 4+7,a 10=19,则数列{a n cos n π}的前2 020项的和为( D )A .1 009B .1 010C .2 019D .2 020[解析] 设{a n }的公差为d ,则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1+6d =a 1+3d +7,a 1+9d =19,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =2,∴a n =2n -1,设b n =a n cos n π,则b 1+b 2=a 1cos π+a 2cos 2π=2,b 3+b 4=a 3cos 3π+a 4cos 4π=2,……,∴数列{a n cos n π}的前2 020项的和为(b 1+b 2)+(b 3+b 4)+…+(b 2 019+b 2 020)=2×2 0202=2 020.4.记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知,S 9=-a 5,若a 1>0,使得S n ≥a n 的n 的取值范围 [1,10]n ∈N .[解析] 由S 9=-a 5得a 5=0即d =-a 14故a n =-n -5a 14,S n =-n n -9a 18由S n ≥a n 可得-n n -9a 18≥-n -5a 14由于a 1>0,故S n ≥a n 等价于-n n -98≥-n -54即:n 2-11n +10≤0 解得1≤n ≤10所以n 的取值范围是[1,10]n ∈N .5.(2021·山东省济南市历城第二中学高三模拟考试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{b n }是等比数列,满足a 1=3,b 1=1,b 2+S 2=10,a 5-2b 2=a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)令c n =⎩⎪⎨⎪⎧2S n,n 为奇数b n ,n 为偶数,设数列{c n }的前n 项和T n ,求T 2n .[解析] (1)设数列{a n }的公差为d ,数列{b n }的公比为q , 由b 2+S 2=10,a 5-2b 2=a 3,得⎩⎪⎨⎪⎧q +6+d =103+4d -2q =3+2d ,解得⎩⎪⎨⎪⎧d =2q =2.∴a n =3+2(n -1)=2n +1,b n =2n -1.(2)由a 1=3,a n =2n +1得S n =n (n +2), 当n 为奇数,c n =2S n =1n -1n +2,当为偶数,c n =2n -1.∴T 2n =(c 1+c 3+…+c 2n -1)+(c 2+c 4+…+c 2n )=⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1+(2+23+…+22n -1) =1-12n +1+21-4n1-4=2n 2n +1+23(4n-1).。

2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版):数列中的综合问题

2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版):数列中的综合问题

§6.6数列中的综合问题考试要求数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题,是历年高考的热点内容.一般围绕等差数列、等比数列的知识命题,涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等.题型一等差数列、等比数列的综合运算例1(2023·厦门模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =32n 2+12n ,递增的等比数列{b n }满足b 1+b 4=18,b 2·b 3=32.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)若c n =a n ·b n ,n ∈N +,求数列{c n }的前n 项和T n .解(1)当n ≥2时,a n =S n -S n -1=32n 2+12n -32(n -1)2+12(n -1)=3n -1,又∵当n =1时,a 1=S 1=2符合上式,∴a n =3n -1.∵b 2b 3=b 1b 4,∴b 1,b 4是方程x 2-18x +32=0的两根,又∵b 4>b 1,∴解得b 1=2,b 4=16,∴q 3=b4b 1=8,∴q =2,∴b n =b 1·q n -1=2n .(2)∵a n =3n -1,b n =2n ,则c n =(3n -1)·2n ,∴T n =2·21+5·22+8·23+11·24+…+(3n -1)·2n ,2T n =2·22+5·23+8·24+11·25+…+(3n -1)·2n +1,将两式相减得-T n =2·21+3(22+23+24+…+2n )-(3n -1)·2n +1=4+322(1-2n -1)1-2-(3n -1)·2n +1=(4-3n )·2n +1-8,∴T n =(3n -4)·2n +1+8.思维升华数列的综合问题常将等差、等比数列结合,两者相互联系、相互转化,解答这类问题的方法:寻找通项公式,利用性质进行转化.跟踪训练1(2022·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.已知2S nn+n =2a n +1.(1)证明:{a n }是等差数列;(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列,求S n 的最小值.(1)证明由2S nn+n =2a n +1,得2S n +n 2=2a n n +n ,①所以2S n +1+(n +1)2=2a n +1(n +1)+(n +1),②②-①,得2a n +1+2n +1=2a n +1(n +1)-2a n n +1,化简得a n +1-a n =1,所以数列{a n }是公差为1的等差数列.(2)解由(1)知数列{a n }的公差为1.由a 4,a 7,a 9成等比数列,得a 27=a 4a 9,即(a 1+6)2=(a 1+3)(a 1+8),解得a 1=-12.所以S n =-12n +n (n -1)2=n 2-25n2-6258,所以当n =12或13时,S n 取得最小值,最小值为-78.题型二数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例2(1)已知数列{a n }满足a 1+12a 2+13a 3+…+1na n =n 2+n (n ∈N +),设数列{b n }满足:b n =2n +1a n a n +1,数列{b n }的前n 项和为T n ,若T n <nn +1λ(n ∈N +)恒成立,则实数λ的取值范围为()A.14,+∞C.38,+∞答案D解析数列{a n }满足a 1+12a 2+13a 3+…+1na n =n 2+n ,①当n ≥2时,a 1+12a 2+13a 3+…+1n -1a n -1=(n -1)2+(n -1),②①-②得1na n =2n ,故a n =2n 2,当n =1时,a 1=2也满足上式.数列{b n }满足:b n =2n +1a n a n +1=2n +14n 2(n +1)2=141n 2-1(n +1)2,则T n =141+…+1n 2-1(n +1)2=141-1(n +1)2,由于T n <nn +1λ(n ∈N +)恒成立,故141-1(n +1)2<n n +1λ,整理得λ>n +24n +4,因为y =n +24n +4=n ∈N +上单调递减,故当n =1=38,所以λ>38.(2)已知数列{a n }满足a 1=37,3a n ,2a n +1,a n a n +1成等差数列.{a n }的通项公式;②记{a n }的前n 项和为S n ,求证:1271S n <7528.①解由已知得4a n +1=3a n +a n a n +1,因为a 1=37≠0,所以由递推关系可得a n ≠0恒成立,所以4a n =3a n +1+1,所以4a n -4=3a n +1-3,即1a n +1-1又因为1a 1-1=73-1=43,所以数列是首项为43,公比为43的等比数列,所以1a n-1,所以a n =11.②证明由①可得a n =111-1=37×-1,所以S n ≥37+37×+…+37×-1=1271n,a n =11<1,S 1=37<7528,当n ≥2时,S n <37++ (37)1-34=7528-3<7528.综上所述,1271n≤S n <7528成立.命题点2数列与函数的交汇例3(1)(2023·龙岩模拟)已知函数f (x )=13x 3+4x ,记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若f (a 1+2)=100,f (a 2022+2)=-100,则S 2022等于()A .-4044B .-2022C .2022D .4044答案A解析因为f (-x )=-13x 3-4x =-f (x ),所以f (x )是奇函数,因为f (a 1+2)=100,f (a 2022+2)=-100,所以f (a 1+2)=-f (a 2022+2),所以a 1+2+a 2022+2=0,所以a 1+a 2022=-4,所以S 2022=2022(a 1+a 2022)2=-4044.(2)数列{a n }是等差数列,a 1=1,公差d ∈[1,2],且a 4+λa 10+a 16=15,则实数λ的最大值为________.答案-12解析因为a 4+λa 10+a 16=15,所以a 1+3d +λ(a 1+9d )+a 1+15d =15,令λ=f (d )=151+9d -2,因为d ∈[1,2],所以令t =1+9d ,t ∈[10,19],因此λ=f (t )=15t -2,当t ∈[10,19]时,函数λ=f (t )是减函数,故当t =10时,实数λ有最大值,最大值为f (10)=-12.思维升华(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.②以数列为载体,考查不等式恒成立的问题,此类问题可转化为函数的最值.③考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略①已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题.②已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形.跟踪训练2(1)设{a n }是等比数列,函数y =x 2-x -2023的两个零点是a 2,a 3,则a 1a 4等于()A .2023B .1C .-1D .-2023答案D解析由题意a 2,a 3是x 2-x -2023=0的两根.由根与系数的关系得a 2a 3=-2023.又a 1a 4=a 2a 3,所以a 1a 4=-2023.(2)数列{a n }满足a 1=1,a n +1=2a n (n ∈N +),S n 为其前n 项和.数列{b n }为等差数列,且满足b 1=a 1,b 4=S 3.①求数列{a n },{b n }的通项公式;②设c n =1b n ·log 2a 2n +2,数列{c n }的前n 项和为T n ,证明:13≤T n <12.①解由题意知,{a n }是首项为1,公比为2的等比数列,所以a n =a 1·2n -1=2n -1.所以S n =2n-1.设等差数列{b n }的公差为d ,则b 1=a 1=1,b 4=1+3d =7,所以d =2,b n =1+(n -1)×2=2n -1.②证明因为log 2a 2n +2=log 222n +1=2n +1,所以c n =1b n ·log 2a 2n +2=1(2n -1)(2n +1)=所以T n -13+13-15+…+12n -1-因为n ∈N +,所以T n <12,=n 2n +1.当n ≥2时,T n -T n -1=n 2n +1-n -12n -1=1(2n +1)(2n -1)>0,所以数列{T n }是一个递增数列,所以T n ≥T 1=13.综上所述,13≤T n <12.课时精练1.(2022·汕头模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,4a 1,2a 3,a 5成等差数列,则a 1等于()A .52-5B .52+5C .52D .5答案A解析设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ,q >0,由前4项和为15,4a 1,2a 3,a 5成等差数列,可得a 1+a 1q +a 1q 2+a 1q 3=15,4a 3=4a 1+a 5,即4a 1+a 1q 4=4a 1q 2,即q 2-2=0,解得q =2,a 1=52-5.2.(2023·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段,目前受到了广大消费者的追捧,针对这种现状,某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入,若该公司今年投入的资金为2000万元,并在此基础上,以后每年的资金投入均比上一年增长12%,则该公司需经过____年其投入资金开始超过7000万元()(参考数据:lg 1.12≈0.049,lg 2≈0.301,lg 7≈0.845)A .14B .13C .12D .11答案C解析设该公司经过n 年投入的资金为a n 万元,则a 1=2000×1.12,由题意可知,数列{a n }是以2000×1.12为首项,以1.12为公比的等比数列,所以a n =2000×1.12n ,由a n =2000×1.12n >7000可得n >log 1.1272=lg 7-lg 2lg 1.12≈11.1,因此,该公司需经过12年其投入资金开始超过7000万元.3.在正项等比数列{a n }中,3为a 6与a 14的等比中项,则a 3+3a 17的最小值为()A .23B .89C .6D .3答案C解析因为{a n }是正项等比数列,且3为a 6与a 14的等比中项,所以a 6a 14=3=a 3a 17,则a 3+3a 17=a 3+3·3a 3≥2a 3·3·3a 3=6,当且仅当a 3=3时,等号成立,所以a 3+3a 17的最小值为6.4.(2023·岳阳模拟)在等比数列{a n }中,a 2=-2a 5,1<a 3<2,则数列{a 3n }的前5项和S 5的取值范围是()-118,--338,-答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ,则q 3=a 5a 2=-12,数列{a 3n }是首项为a 3,公比为q 3=-12的等比数列,则S 51+12=1116a 35.(多选)(2023·贵阳模拟)已知函数f (x )=lg x ,则下列四个命题中,是真命题的为()A .f (2),f (10),f (5)成等差数列B .f (2),f (4),f (8)成等差数列C .f (2),f (12),f (72)成等比数列D .f (2),f (4),f (16)成等比数列答案ABD解析对于A ,f (2)+f (5)=lg 2+lg 5=lg 10=1,2f (10)=2lg 10=1,故f (2),f (10),f (5)成等差数列,故是真命题;对于B ,f (2)+f (8)=lg 2+lg 8=lg 16,2f (4)=2lg 4=lg 16,故f (2),f (4),f (8)成等差数列,故是真命题;对于C ,f (2)·f (72)=lg 2×lg =lg 212=f 2(12),故f (2),f (12),f (72)不成等比数列,故是假命题;对于D ,f (2)f (16)=lg 2×lg 16=4lg 22=(2lg 2)2=lg 24=f 2(4),故f (2),f (4),f (16)成等比数列,故是真命题.6.数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年提出了F n =22n+1(n =0,1,2,…)是质数的猜想,直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5=641×6700417,不是质数.现设a n =log 4(F n -1)(n =1,2,…),S n 表示数列{a n }的前n 项和.若32S n =63a n ,则n 等于()A .5B .6C .7D .8答案B解析因为F n =22n+1(n =0,1,2,…),所以a n =log 4(F n -1)=log 4(22n+1-1)=log 422n=2n -1,所以{a n }是等比数列,首项为1,公比为2,所以S n =1(1-2n )1-2=2n -1.所以32(2n -1)=63×2n -1,解得n =6.7.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”,其中“落—形”就是每层为“三角形数”的三角锥垛,三角锥垛从上到下最上面是1个球,第二层是3个球,第三层是6个球,第四层是10个球,…,则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________.答案120解析∵“三角形数”可写为1,1+2,1+2+3,1+2+3+4,1+2+3+4+5,…,∴“三角形数”的通项公式为a n =1+2+3+…+n =n (n +1)2,∴这个三角锥垛的第十五层球的个数为a 15=15×162=120.8.已知数列{a n }的通项公式为a n =ln n ,若存在p ∈R ,使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立,则p 的取值范围为________.答案ln 33,+∞解析数列{a n }的通项公式为a n =ln n ,若存在p ∈R ,使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立,故p ,设f (x )=ln x x ,则f ′(x )=1x ·x -ln x x 2,令f ′(x )=1-ln x x 2=0,解得x =e ,故函数f (x )的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e ,+∞),所以函数在x =e 处取最大值,由于n ∈N +,所以当n =3时函数最大值为ln 33.所以p 的取值范围是ln 33,+9.记关于x 的不等式x 2-4nx +3n 2≤0(n ∈N +)的整数解的个数为a n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,满足4T n =3n +1-a n -2.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)设c n =2b n -,若对任意n ∈N +,都有c n <c n +1成立,试求实数λ的取值范围.解(1)由不等式x 2-4nx +3n 2≤0可得,n ≤x ≤3n ,∴a n =2n +1,T n =14×3n +1-12n -34,当n =1时,b 1=T 1=1,当n ≥2时,b n =T n -T n -1=12×3n -12,∵b 1=1适合上式,∴b n =12×3n -12.(2)由(1)可得,c n =3n -1+(-1)n -1,∴c n +1=3n +1-1+(-1)n +1,∵c n <c n +1,∴c n +1-c n =2×3n +52(-1)n >0,∴(-1)n λ>-45×2n ,当n 为奇数时,λ<45×2n ,由于45×2n 随着n 的增大而增大,当n =1时,45×2n 的最小值为85,∴λ<85,当n 为偶数时,λ>-45×2n ,由于-45×2n 随着n 的增大而减小,当n =2时,-45×2n 的最大值为-165,∴λ>-165,综上可知,-165<λ<85.10.设n ∈N +,有三个条件:①a n 是2与S n 的等差中项;②a 1=2,S n +1=a 1(S n +1);③S n =2n +1-2.在这三个条件中任选一个,补充在下列问题的横线上,再作答.若数列{a n }的前n 项和为S n ,且________.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若{a n ·b n }是以2为首项,4为公差的等差数列,求数列{b n }的前n 项和T n .注:如果选择多个条件分别解答,那么按第一个解答计分.解(1)选择条件①:因为a n 是2与S n 的等差中项,所以2a n =2+S n ,所以当n ≥2时,2a n -1=2+S n -1,两式相减得,2a n -2a n -1=a n ,即a n =2a n -1(n ≥2),在2a n =2+S n 中,令n =1,可得a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,故a n =2·2n -1=2n .选择条件②:由a 1=2,S n +1=a 1(S n +1),知S n +1=2(S n +1),当n =1时,可求得a 2=4,所以当n ≥2时,S n =2(S n -1+1),两式相减得,a n +1=2a n (n ≥2),又a 1=2,a 2=4也满足上式,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,故a n =2·2n -1=2n .选择条件③:在S n =2n +1-2中,令n =1,则a 1=21+1-2=2,当n ≥2时,有S n -1=2n -2,两式相减得,a n =2n (n ≥2),当n =1时,a 1=2满足上式,所以a n =2n .(2)因为{a n ·b n }是以2为首项,4为公差的等差数列,所以a n ·b n =2+(n -1)·4=4n -2,由(1)知,a n =2n ,所以b n =2n -12n -1,所以T n =1+3+5+…+2n -12n -1,12T n =1+3+…+2n -32n -1+2n -12n ,两式相减得,12T n =1+2+2+…+2-1-2n -12n =1+2×21-12-2n -12n =3-2n +32n,所以T n =6-2n +32n -1.11.(2022·北京)设{a n }是公差不为0的无穷等差数列,则“{a n }为递增数列”是“存在正整数N 0,当n >N 0时,a n >0”的()A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件答案C 解析设无穷等差数列{a n }的公差为d (d ≠0),则a n =a 1+(n -1)d =dn +a 1-d .若{a n }为递增数列,则d >0,则存在正整数N 0,使得当n >N 0时,a n =dn +a 1-d >0,所以充分性成立;若存在正整数N 0,使得当n >N 0时,a n =dn +a 1-d >0,即d >d -a 1n对任意的n >N 0,n ∈N +均成立,由于n →+∞时,d -a 1n→0,且d ≠0,所以d >0,{a n }为递增数列,必要性成立.故选C.12.已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3).若a 1>1,则()A .a 1<a 3,a 2<a 4B .a 1>a 3,a 2<a 4C .a 1<a 3,a 2>a 4D .a 1>a 3,a 2>a 4答案B 解析因为ln x ≤x -1(x >0),所以a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)≤a 1+a 2+a 3-1,所以a 4=a 1·q 3≤-1.由a 1>1,得q <0.若q ≤-1,则ln(a 1+a 2+a 3)=a 1+a 2+a 3+a 4=a 1(1+q )·(1+q 2)≤0.又a 1+a 2+a 3=a 1(1+q +q 2)≥a 1>1,所以ln(a 1+a 2+a 3)>0,矛盾.因此-1<q <0.所以a 1-a 3=a 1(1-q 2)>0,a 2-a 4=a 1q (1-q 2)<0,所以a 1>a 3,a 2<a 4.13.函数y =f (x ),x ∈[1,+∞),数列{a n }满足a n =f (n ),n ∈N +,①函数f (x )是增函数;②数列{a n }是递增数列.写出一个满足①的函数f (x )的解析式________.写出一个满足②但不满足①的函数f (x )的解析式________.答案f (x )=x 2f (x )(答案不唯一)解析由题意,可知在x ∈[1,+∞)这个区间上是增函数的函数有许多,可写为f (x )=x 2.第二个填空是找一个数列是递增数列,而对应的函数不是增函数,可写为f (x ).则这个函数在1,43上单调递减,在43,+∴f (x )在[1,+∞)上不是增函数,不满足①.而对应的数列为a n 在n ∈N +上越来越大,属于递增数列.14.设函数f (x )-4,x ≤-3,x 2+2,x >-3,数列{a n }满足a n +1=f (a n )(n ∈N +),若{a n }是等差数列.则a 1的取值范围是__________.答案(-∞,-3]∪{-2,1}解析画出函数f (x )的图象如图所示,当a 1≤-3时,a 2=f (a 1)=a 1-4≤-7,a 3=f (a 2)=a 2-4≤-11,…,数列{a n }是首项为a 1,公差为-4的等差数列,符合题意,当a 1>-3时,因为{a n }是等差数列,①若其公差d >0,则∃k 0∈N +,使得0k a >2,这与a n +1=f (a n )=2-a 2n ≤2矛盾,②若其公差d =0,则a 2=-a 21+2=a 1,即a 21+a 1-2=0,解得a 1=-2或a 1=1,则当a 1=-2时,a n =-2为常数列,当a 1=1时,a n =1为常数列,此时{a n }为等差数列,符合题意,③若其公差d <0,则∃k 0∈N +,使得0k a >-3且01k a +≤-3,则等差数列的公差必为-4,因此001k k a a +-=-4,所以2-002k k a a -=-4,解得0k a =-3(舍去)或0k a =2.又当0k a =2时,000123k k k a a a +++===…=-2,这与公差为-4矛盾.综上所述,a 1的取值范围是(-∞,-3]∪{-2,1}.15.若数列{a n }对于任意的正整数n 满足:a n >0且a n a n +1=n +1,则称数列{a n }为“积增数列”.已知“积增数列”{a n }中,a 1=1,数列{a 2n +a 2n +1}的前n 项和为S n ,则对于任意的正整数n ,有()A .S n ≤2n 2+3B .S n ≥n 2+4nC .S n ≤n 2+4nD .S n ≥n 2+3n 答案D 解析∵a n >0,∴a 2n +a 2n +1≥2a n a n +1,∵a n a n +1=n +1,∴{a n a n +1}的前n 项和为2+3+4+…+n +1=n (2+n +1)2=n (n +3)2,∴数列{a 2n +a 2n +1}的前n 项和为S n ≥2×n (n +3)2=n 2+3n .16.设{a n }是正数组成的数列,其前n 项和为S n ,并且对于所有的正整数n ,a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b nn ∈N +),求证:b 1+b 2+b 3+…+b n <1+n .(1)解由已知a n +22=2S n (n ∈N +),整理得S n =18(a n +2)2,所以S n +1=18(a n +1+2)2.所以a n +1=S n +1-S n =18[(a n +1+2)2-(a n +2)2]=18(a 2n +1+4a n +1-a 2n -4a n ),整理得(a n +1+a n )(a n +1-a n -4)=0,由题意知a n +1+a n ≠0,所以a n +1-a n =4,而a 1=2,即数列{a n }是a 1=2,d =4的等差数列,所以a n =a 1+(n -1)d =4n -2.(2)证明令c n =b n -1,则c n +a n a n +1-=12n -1-12n +1.故b 1+b 2+…+b n -n =c 1+c 2+…+cn…1-12n +1<1.故b 1+b 2+…+b n <1+n .。

高三数学第一轮复习 —数列求和教案

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城东蜊市阳光实验学校一.课题:数列求和二.教学目的:1.纯熟掌握等差数列与等比数列的求和公式;2.能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进展求和运算;3.熟记一些常用的数列的和的公式.三.教学重点:特殊数列求和的方法.四.教学过程:〔一〕主要知识:1.等差数列与等比数列的求和公式的应用;2.倒序相加、错位相减,分组求和、拆项求和等求和方法;〔二〕主要方法:1.求数列的和注意方法的选取:关键是看数列的通项公式;2.求和过程中注意分类讨论思想的运用;3.转化思想的运用;〔三〕例题分析:例1.求以下数列的前n项和n S:〔1〕5,55,555,5555,…,5(101)9n-,…;〔2〕1111,,,,,132435(2)n n⨯⨯⨯+;〔3〕na =;〔4〕23,2,3,,,na a a na;〔5〕13,24,35,,(2),n n⨯⨯⨯+;〔6〕2222sin1sin2sin3sin89++++.解:〔1〕555555555nnS=++++个5(999999999)9n=++++个235505[10101010](101)9819n n n n =++++-=--. 〔2〕∵1111()(2)22n n n n =-++,∴11111111[(1)()()()]2324352nS n n =-+-+-++-+1111(1)2212n n =+--++. 〔3〕∵na===∴11nS n =++++1)(1n =-++++1=-. 〔4〕2323n n S a a a na =++++,当1a =时,123n S =+++ (1)2n n n ++=, 当1a≠时,2323n S a a a =+++…n na +,23423n aS a a a =+++…1n na ++,两式相减得23(1)na S a a a -=+++ (1)1(1)1n n n n a a a nana a++-+-=--,∴212(1)(1)n n n na n a a S a ++-++=-.〔5〕∵2(2)2n n n n +=+,∴原式222(123=+++…2)2(123n ++⨯+++…)n +(1)(27)6n n n ++=.〔6〕设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S =++++, 又∵2222sin 89sin 88sin 87sin 1S =++++,∴289S=,892S =. 例2.数列{}n a 的通项65()2()n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数,求其前n 项和n S .解:奇数项组成以11a =为首项,公差为12的等差数列,偶数项组成以24a =为首项,公比为4的等比数列;当n 为奇数时,奇数项有12n +项,偶数项有12n -项, ∴1121(165)4(14)(1)(32)4(21)221423n n n n n n n S --++--+--=+=+-, 当n 为偶数时,奇数项和偶数项分别有2n项,∴2(165)4(14)(32)4(21)221423n n n n n n n S +----=+=+-, 所以,1(1)(32)4(21)()23(32)4(21)()23n n nn n n S n n n -⎧+--+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数.例3.〔高考A 方案智能训练14题〕数列{}n a 的前n 项和2()n nS p p R =+∈,数列{}n b 满足2log n n b a =,假设{}n a 是等比数列,〔1〕求p 的值及通项n a ;〔2〕求和222123()()()n T b b b =-+…12*(1)()()n n b n N -+-∈.〔解答见教师用书127页〕 〔四〕稳固练习:设数列11,(12),,(122),n -++++的前n 项和为n S ,那么n S 等于〔〕五.课后作业:高考A 方案考点22,智能训练2,4,5,12,15,16.。

高考数学第一轮复习第三章 数列第五课时数列求和教案 人教版

高考数学第一轮复习第三章 数列第五课时数列求和教案 人教版

高考数学第一轮复习第三章 数列第五课时数列求和教案教学目的:掌握常见的数列求和方法,并能够应用这些方法解决一些简单的求和问题. 教学重点:常用的数列求和方法。

教学难点:数列求和方法的探寻。

考点分析及学法指导:数列求和主要分为等差、等比数列求和及一些特殊的非等差、等比数列求和.它往往是数列知识的综合体现,求和题在试题中更为常见,它常用来考查分析问题和解决问题的能力.要注意一些常用方法的使用。

教学过程:一、基础知识讲解:数列的求和有以下几种常用方法:1.公式法:除熟记等差(比)数列的前n 项和公式外,还需掌握一些常见的数列的前n 项的和:(1))1(21321+=++++n n n Λ (2)2)12(7531n n =-+++++Λ (3))12)(1(613212222++=++++n n n n Λ (4)⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++++)1(213213333n n n Λ2.分组求和法有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列.若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,即能分别求和,然后再合并.3.错位相减法:适用于{n a n b }的前n 项和,其中{}n a 是等差数列, {}n b 是等比数列; 4.裂项法:求{}n a 的前n 项和时,若能将n a 拆分为n a =n b -1+n b ,则111+=-=∑n nk kb b a5.倒序相加法 二、例题分析:(一)基础知识扫描1.已知等差数列 {}n a 满足1a +2a +3a +…+101a =0,则有( )A. 1a +101a >0B. 2a +100a <0C. 3a +99a =0D.5151=a2.数列1,211+,3211++,…,n +++Λ211的前n 项和为( ) A.122+n n B. 12+n n C.12++n n D. 1+n n 3.数列{}n a 的通项公式为n a 14-=n ,令na a ab nn +++=Λ21,则数列{}n b 的前n 项和为( )A.2n B .)2(+n n C .)1(+n n D .)12(+n n 4.若数列{}n a 的通项公式为nn na 2=,则前n 项和为( ) A.n n S 211-= B.n n n n S 22121--=- C.⎪⎭⎫⎝⎛-=nn n S 211 D. nn n n S 22121+-=- 5.数列211,413,815,1617,…,前n 项和n S = 。

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数列求和
特殊数列求和
1.可化为等差数列等比数列自然数列的求和
1){}12+n 的前100项和为_____________, 2) =++++n
a a a 21__________ 3) 求9,99,999,9999,….的前100项和 4)求{
}
12-+n n
的前2m 的和
5)已知}{n a ,601-=a ,31+=+n n a a ,求数列}{n a 的前30项的绝对值的和 6)在数列{
}
)12()1(+-n n
中,求301713S S S -+ 7)求{
}
)34()1(--n n
的前n 项和
8)已知[]
n
n n a )1(2---=,求n S
9)一个数列}{n a ,当n 为奇数时15+=n a n ,当n 为偶数时n
n a 2=,求这个数列的前
2n 项的和。

(二)裂项求和
1) 求)
1(1431,321,211+⨯⨯⨯n n 的前n 项和 2) 求)
12)(12(1751531311+-++⨯+⨯+⨯n n 3) )
23)(13(11071741411+-++⨯+⨯+⨯n n
4) 1
1
23(31)(31)i
n
i i i +=--∑ 5) {}n a 是正项的等差数列,
1
3
22
1111+++
+++
+n n a a a a a a
6)
11!22!33!!n n ++++
(三)错位相减法
1.求数列⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧-n
n 212的前n 项和
2.已知n n x a x a x a x a x f ++++= 33221)((*
N n ∈),且n a a a a 321,,构成一个
数列,又2
)(n x f =
求数列}{n a 的通项公式;证明:1)3
1(<f 。

3.1
n
i n
i i C
=∑
4.1
2
n
i
i n i C =∑
练习:1。

将数列})
2
1{(1
-n 按如下分组: (1);(41,21);(32
1
,161,81);…….....
问:(1)第一组到第k 组共有几个数? (2)第k 组中的首数和尾数各为多少? (3)求第k 组各数之和及前k 组各数之和?
2.设}{n a 首项为11=a ,且)2,0(3)32(31≥>=+--n t t S t tS n n (1)求证:}{n a 为等比数列
(2)设数列}{n a 公比为)(t f ,作数列}{n b ;11=b ,)1(
1
-=n n b f b 求:n b
(3)求和11
433221)1(+--+-+-n n n b b b b b b b b
3已知等比数列{}n a 的各项均为正数,q ≠1,数列{}n b 满足7120,5,b b ==且
351
1221()log ()log ()log 0a a a n n m n n m n n m b b b b b b ++++-+-+-=
(1)求数列的通项
(2)12......N n S b b b =+++求n S
(4)等比数列{}n a 中,211,0,0+++=>>n n n a a b q a ,{}n a }{n b 前n 项和分别为n n B A ,,比较n n B A ,的大小。

(5)数列}{n a 为等差数列0≠d ,{}n a 中的部分项组成数列
n k k k k a a a a ,,,,321 ,恰为等比数列,其中17,5,1321===k k k ,求n k k k ++21
(6)设*,N b a ∈,{}n a 是首项为a ,}{n b 为首项为b ,公比为a 的等比数列,
且满足11b a <32a b << ①求a 的值, ②对于某项m a 存在n b ,使n m b a =+1成立,求b 及 m 与n 的关系。

③在}{n a 中,对满足②的项,求前k 项的和.
(7)四个正数,前三个数等差,其和为48,后三个数等比,最后一个数为25,求此四个数
(8)已知二次函数()y f x =的图象经过坐标原点,其导函数为/()62f x x =-,数列{}n a 的前n 项和为n S ,点(,)n n S *()n N ∈均在函数()y f x =的图象上。

(1)求数列{}n a 的通项公式; (2)设13n n n b a a +=
,n T 是数列{}n b 的前n 项和,求使得20
n m
T <对所有*()n N ∈都成立的最小正整数m
(9){a n }为等差数列, 则有n
a a a
b n
n +++=
21也为等差,类比上述性质,
相应地若}{n c 是等比且0>n c ,则有=n d ______________也为等比数列。

1.在数列}{n a 中,9,1
1=++=n n S n n n a 项和若其前,则项数n 为
( ) A .9
B .10
C .99
D .100
2.数列1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+…+2
n -1
),…的前n 项和等于( )
A .n n -+1
2
B .22
1
--+n n C .12--n n D .22--n n
3.设5033171
,)1(4321S S S n S n n ++⋅-++-+-=-则 =
( )
A .-1
B .0
C .1
D .2
4.数列1,
项和为的前n n
+++++++ 3211
,,3211,211
( ) A .
1+n n B .
1
2+n n
C .
)
1(2
+n n
D .
)
1(4
+n n
5.数列{n a }的前n 项和=+++-=2
2221,12n n n a a a S 则( )
A .2
)12(-n B .)12(3
1-n C .14-n
D .)14(3
1-n
6.数列{n a }的通项公式为,,1421n
a a a
b n a n
n n +++=-= 令则数列{n b }的前n 项
和为( )
A .2
n B .)2(+n n C .)1(+n n D .)12(+n n
7.数列 ,32
1
6,1615
,814,413,212,1的前10项之和为
8.若==+++-+++n n n 则,2219)
2(42)12(312
22222 9.已知{n a }的前n 项和||||||,1410212
a a a n n S n ++++-= 则的值为。

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