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 .DOC
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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． 1． 等差数列前n项和Sn＝＝na1＋d，推导方法：倒序相加法； 等比数列前n项和Sn＝ 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． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 3． 常见的拆项公式 (1)＝－； (2)＝； (3)＝－. [难点正本 疑点清源] 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． 1． 在等差数列{an}中，Sn表示前n项和，a2＋a8＝18－a5，则S9＝________. 答案 54 解析 由等差数列的性质，a2＋a8＝18－a5， 即2a5＝18－a5，∴a5＝6， ∴S9＝＝9a5＝54. 2． 等比数列{an}的公比q＝，a8＝1，则S8＝________. 答案 255 解析 由a8＝1，q＝得a1＝27， ∴S8＝＝＝28－1＝255. 3． 若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S50＝________. 答案 －25 解析 S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)25＝－25. 4． (xx天津)已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为 ( ) A．－110 B．－90 C．90 D．110 答案 D 解析 ∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，又∵a7是a3与a9的等比中项，∴(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20. ∴S10＝1020＋109(－2)＝110. 5． (xx大纲全国)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为 ( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 利用裂项相消法求和． 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. ∵a5＝5，S5＝15， ∴∴ ∴an＝a1＋(n－1)d＝n. ∴＝＝－， ∴数列的前100项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝. 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； (2)数列{xn}前n项和Sn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． 解 (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q， 解得p＝1，q＝1. (2)由(1)，知xn＝2n＋n， 所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n) ＝2n＋1－2＋. 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Sn＝1＋＋＋…＋. 解 和式中第k项为 ak＝1＋＋＋…＋＝＝2. ∴Sn＝2 ＝2[(1＋1＋…＋1－(＋＋…＋)] ＝2＝＋2n－2. 题型二 错位相减法求和 例2 设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*. (1)求数列{an}的通项； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 思维启迪：(1)由已知写出前n－1项之和，两式相减．(2)bn＝n3n的特点是数列{n}与{3n}之积，可用错位相减法． 解 (1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，① ∴当n≥2时， a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，② ①－②得3n－1an＝，∴an＝. 在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，∴an＝. (2)∵bn＝，∴bn＝n3n. ∴Sn＝3＋232＋333＋…＋n3n，③ ∴3Sn＝32＋233＋334＋…＋n3n＋1.④ ④－③得2Sn＝n3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即2Sn＝n3n＋1－，∴Sn＝＋. 探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n－1an}的前n项和，从而利用an与Sn的关系求出通项3n－1an，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. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和． 解 (1)设等差数列{an}的公差为d， 由已知条件可得解得. 故数列{an}的通项公式为an＝2－n. (2)设数列的前n项和为Sn， 即Sn＝a1＋＋…＋，① 故S1＝1，＝＋＋…＋.② 所以，当n＞1时，①－②得 ＝a1＋＋…＋－ ＝1－(＋＋…＋)－ ＝1－(1－)－＝. 所以Sn＝.当n＝1时也成立． 综上，数列的前n项和Sn＝. 题型三 裂项相消法求和 例3 在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an. (1)求Sn的表达式； (2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. 思维启迪：第(1)问利用an＝Sn－Sn－1 (n≥2)后，再同除Sn－1Sn转化为的等差数列即可求Sn. 第(2)问求出{bn}的通项公式，用裂项相消求和． 解 (1)∵S＝an， an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， ∴S＝(Sn－Sn－1)， 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，① 由题意Sn－1Sn≠0， ①式两边同除以Sn－1Sn，得－＝2， ∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列． ∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. (2)又bn＝＝ ＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(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Sn，且Sn＝，n∈N*. (1)求证：数列{an}是等差数列； (2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn. (1)证明 ∵Sn＝，n∈N*， ∴当n＝1时，a1＝S1＝ (an>0)，∴a1＝1. 当n≥2时，由 得2an＝a＋an－a－an－1. 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0， ∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)． 所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)解 由(1)可得an＝n，Sn＝， bn＝＝＝－. ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝. 四审结构定方案 典例：(12分)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn. (1)求an及Sn； (2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. 审题路线图 等差数列{an}中，特定项的值 ↓(a3，a5，a7即为特定项) a3＝7，a5＋a7＝26 ↓(从特定项，考虑基本量a1，d) 列方程组 ↓(根据条件的结构特征，确定了方程的方法) 用公式：an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋d. ↓(将an代入化简求bn) bn＝ ↓(根据bn的结构特征，确定裂项相消) bn＝ ↓Tn＝ ＝＝. 规范解答 解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以 解得[4分] 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1， Sn＝3n＋2＝n2＋2n.[6分] (2)由(1)知an＝2n＋1， 所以bn＝＝＝ ＝，[8分] 所以Tn＝(1－＋－＋…＋－)[10分] ＝(1－)＝， 即数列{bn}的前n项和Tn＝.[12分] 温馨提醒 本题审题的关键有两个环节．一是根据a3＝7，a5＋a7＝26的特征，确定列方程组求解．二是根据数列{bn}的通项bn＝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. 方法与技巧 数列求和的方法技巧 (1)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． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)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 (时间：35分钟，满分：57分) 一、选择题(每小题5分，共20分) 1． 等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为 ( ) A．120 B．70 C．75 D．100 答案 C 解析 ∵＝n＋2，∴的前10项和为103＋＝75. 2． 已知数列{an}是等差数列，若a9＋3a11<0，a10a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n等于 ( ) A．20 B．17 C．19 D．21 答案 C 解析 由a9＋3a11<0，得2a10＋2a11<0，即a10＋a11<0，又a10a11<0，则a10与a11异号，因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以数列{an}是一个递减数列，则a10>0，a11<0，所以S19＝＝19a10>0，S20＝＝10(a10＋a11)<0. 3． 若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为 ( ) A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1 C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2 答案 C 解析 Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2. 4． 数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( ) A．200 B．－200 C．400 D．－400 答案 B 解析 S100＝(41－3)－(42－3)＋(43－3)－…－(4100－3)＝4[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4(－50)＝－200. 二、填空题(每小题5分，共15分) 5． 数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n (n∈N*)，则S100＝________. 答案 2 600 解析 由an＋2－an＝1＋(－1)n知a2k＋2－a2k＝2， a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k. ∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100) ＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600. 6． 数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝________. 答案 66 解析 当n＝1时，a1＝S1＝－1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5. ∴an＝. 令2n－5≤0，得n≤， ∴当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0， ∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－(a1＋a2)＋(a3＋a4＋…＋a10)＝S10－2S2＝66. 7． (xx课标全国)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，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合等差数列求和公式求解． ∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1， ∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1， ∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234 ＝＝1 830. 三、解答题(共22分) 8． (10分)求和：(1)Sn＝＋＋＋＋…＋； (2)Sn＝2＋2＋…＋2. 解 (1)由于an＝＝n＋， ∴Sn＝＋＋＋…＋ ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ ＝＋＝－＋1. (2)当x＝1时，Sn＝4n.当x≠1时， Sn＝2＋2＋…＋2 ＝＋＋…＋ ＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋ ＝＋＋2n ＝＋2n. ∴Sn＝ 9． (12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)当bn＝log(3an＋1)时，求证：数列的前n项和Tn＝. (1)解 由已知得 (n≥2)， 得到an＋1＝an (n≥2)． ∴数列{an}是以a2为首项，以为公比的等比数列． 又a2＝S1＝a1＝， ∴an＝a2n－2 ＝n－2 (n≥2)． ∴an＝ (2)证明 bn＝log(3an＋1)＝log＝n. ∴＝＝－. ∴Tn＝＋＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋ ＝1－＝. B组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分) 一、选择题(每小题5分，共15分) 1． 已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn＝lg an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}的前n项和的最大值等于 ( ) A．126 B．130 C．132 D．134 答案 C 解析 bn＋1－bn＝lg an＋1－lg an＝lg ＝lg q(常数)， ∴{bn}为等差数列．∴∴ 由bn＝－2n＋24≥0，得n≤12，∴{bn}的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，∴S11、S12最大且S11＝S12＝132. 2． 数列an＝，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为 ( ) A．－10 B．－9 C．10 D．9 答案 B 解析 数列的前n项和为 ＋＋…＋＝1－＝＝， ∴n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0. 令x＝0，得y＝－9，∴在y轴上的截距为－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，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 013项之和S2 013等于 ( ) A．1 B．2 010 C．4 018 D．0 答案 C 解析 由已知得an＝an－1＋an＋1 (n≥2)，∴an＋1＝an－an－1. 故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－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S6＝0.∵2 013＝6335＋3，∴S2 013＝S3＝4 018. 二、填空题(每小题5分，共15分) 4． 等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝________. 答案 (4n－1) 解析 当n＝1时，a1＝S1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1， 又∵a1＝1适合上式．∴an＝2n－1，∴a＝4n－1. ∴数列{a}是以a＝1为首项，以4为公比的等比数列． ∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)． 5． 若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋3n (n∈N*)，则＋＋…＋＝__________. 答案 2n2＋6n 解析 令n＝1得＝4，即a1＝16，当n≥2时，＝(n2＋3n)－[(n－1)2＋3(n－1)]＝2n＋2，所以an＝4(n＋1)2，当n＝1时，也适合上式，所以an＝4(n＋1)2 (n∈N*)．于是＝4(n＋1)，故＋＋…＋＝2n2＋6n. 6． 已知数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则这个数列前30项的绝对值的和是________． 答案 765 解析 由题意知{an}是等差数列，an＝－60＋3(n－1)＝3n－63，令an≥0，解得n≥21. ∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30| ＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋(a21＋…＋a30) ＝S30－2S20＝－(－60＋60－63)20＝765. 三、解答题 7． (13分)(xx四川)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n都成立． (1)求a1，a2的值； (2)设a1>0，数列的前n项和为Tn，当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值． 解 (1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，① 取n＝2，得a＝2a1＋2a2.② 由②－①，得a2(a2－a1)＝a2.③ 若a2＝0，由①知a1＝0； 若a2≠0，由③知a2－a1＝1.④ 由①④解得a1＝＋1，a2＝2＋或a1＝1－， a2＝2－. 综上可得，a1＝0，a2＝0或a1＝＋1，a2＝＋2或a1＝1－，a2＝2－. (2)当a1>0时，由(1)知a1＝＋1，a2＝＋2. 当n≥2时，有(2＋)an＝S2＋Sn， (2＋)an－1＝S2＋Sn－1. 所以(1＋)an＝(2＋)an－1，即an＝an－1(n≥2)． 所以an＝a1()n－1＝(＋1)()n－1. 令bn＝lg ， 则bn＝1－lg()n－1＝1－(n－1)lg 2＝lg . 所以数列{bn}是单调递减的等差数列. 从而b1>b2>…>b7＝lg >lg 1＝0. 当n≥8时，bn≤b8＝lg
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