《2022年高考数学一轮汇总训练《数列求和》理新人教A版 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学一轮汇总训练《数列求和》理新人教A版 .pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载第四节数列求和 备考方向要明了 考 什 么怎 么 考熟练掌握等差、 等比数列的前n项和公式 .1. 以选择题或填空题的形式考查可转化为等差或等比数列的数列求和问题，如20XX年新课标全国T16 等2. 以解答题的形式考查利用错位相减法、裂项相消法或分组求和法等求数列的前n项和，如 20XX年江西 T16，湖北 T18 等. 归纳知识整合 数列求和的常用方法1公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和(1) 等差数列的前n项和公式：Snna1an2na1nn2d；(2) 等比数列的前n项和公式：Snna1，q 1，a1anq1qa1qn1q，q1.2倒序相加法如果一个数列
2、an的前n项中首末两端等“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， 如等差数列的前n项和即是用此法推导的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，如等比数列的前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，从而求得其和精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 18 页学习必备欢迎下载 探究 1. 应用裂项相消法求和的前提条件是什么？提示：应用裂项相消法求和的前提条件是数
3、列中的每一项均可分裂成一正一负两项，且在求和过程中能够前后抵消2利用裂项相消法求和时应注意哪些问题？提示： (1) 在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2) 在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或前面剩下两项，后面也剩下两项5分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减6并项求和法一个数列的前n项和，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，Sn1002992982972 2212(10099) (98 97) (21) 5 050. 自测牛刀小试 1
4、.11414717101nn等于 ( ) A.n3n1B.3n3n1C11n1D 313n 1解析：选 A 1nn1313n213n1，11414717101nn1311414171711013n213n113113n1n3n1. 2已知数列 an 的通项公式是an2n12n，其前n项和Sn32164，则项数n等于 ( ) A13 B 10 C9 D 6 解 析：选 D an2n 12n112n，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 18 页学习必备欢迎下载Sn 112 1122112nn1212212nn12112n112n
5、 112nn112n. n112n321645164，解得n6. 3( 教材习题改编 )(2 351) (4 352) (2n35n) _. 解析： (2 351) (4 352) (2n35n) (2 4 2n) 3(5152 5n) n2n2351115n115n(n 1) 34115nn2n345n34. 答案：n2n345n344若Sn1 234 ( 1)n1n，则S100_. 解析：S1001234 56 99100 (1 2) (3 4) (5 6) (99 100) 50. 答案： 50 5已知数列 an 的前n项和为Sn且ann2n，则Sn_. 解析：ann2n，Sn12122
6、2323n2n. 2Sn122223 (n1)2nn2n 1. 得Sn22223 2nn2n12n12n2n 12n12n2n1(1 n)2n12. Sn2n1(n1)2. 答案： (n1)2n 1 2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 18 页学习必备欢迎下载分组转化求和 例 1 (2012山东高考 ) 在等差数列 an 中，a3a4a584，a9 73. (1) 求数列 an 的通项公式；(2) 对任意mN*，将数列 an中落入区间 (9m,92m) 内的项的个数记为bm，求数列 bm的前m项和Sm. 自主解答 (1)
7、 因为 an 是一个等差数列，所以a3a4a53a484，a428. 设数列 an 的公差为d，则 5da9a4732845，故d9. 由a4a13d，得 28a139，即a11. 所以ana1(n 1)d19(n1) 9n 8(nN*) (2) 对mN*，若 9man92m，则 9m89n0，a10. 由已知有a1a1q21a11a1q，a1q2a1q3a1q4641a1q21a1q31a1q4，化简得a21q2，a21q664.又a10，故q 2，a11. 所以an2n 1. (2) 由(1) 知，bnan1an2a2n1a2n2 4n114n 12. 因此Tn(1 4 4n1) 1141
8、4n12n4n14 1114n1142n13(4n41n) 2n1. 裂项相消法求和 例 2 设数列 an的前n项和为Sn，已知a11，Snnann(n1)(n1,2,3 ，) (1) 求证：数列 an 为等差数列，并写出an关于n的表达式；(2) 若数列1anan1的前n项和为Tn，问满足Tn100209的最小正整数n是多少？ 自主解答 (1) 当n2时，anSnSn1nan (n1)an12(n1) ， 得anan12(n2,3,4 ，) 所以数列 an是以 1 为首项， 2 为公差的等差数列所以an2n 1. (2)Tn1a1a21a2a31an 1an1anan11131351nn12
9、1113131512n112n112112n1n2n1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 18 页学习必备欢迎下载由Tnn2n1100209，得n1009，所以满足Tn100209的最小正整数n为 12. 用裂项相消法求和应注意的问题利用裂项相消法求和时，应注意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，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数相乘后与原项相等2等比数列 an 的各项均为正数，且2a13a21，a239a2a6. (1) 求数列 an 的通项公式
10、；(2) 设bnlog3a1log3a2 log3an，求数列1bn的前n项和解： (1) 设数列 an 的公比为q. 由a239a2a6得a239a24，所以q219. 由条件可知q0，故q13. 由 2a13a21 得 2a13a1q1，所以a113. 故数列 an 的通项公式为an13n. (2)bnlog3a1log3a2 log3an (1 2n) nn2. 故1bn2nn 21n1n1. 1b11b21bn 211212131n1n12nn 1. 所以数列1bn的前n项和为2nn1. 错位相减法求和 例 3 (2012天津高考) 已知 an是等差数列，其前n项和为Sn，bn 是等比
11、数列，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 18 页学习必备欢迎下载且a1b12，a4b4 27，S4b410. (1) 求数列 an 与bn的通项公式；(2) 记Tna1b1a2b2anbn，nN*，证明Tn8an1bn1(nN*，n2) 自主解答 (1) 设等差数列 an 的公差为d，等比数列 bn的公比为q. 由a1b12，得a423d，b42q3，S486d. 由条件，得方程组23d2q327，86d2q310，解得d3，q2.所以an3n 1，bn2n，nN*. (2) 证明：由 (1) 得Tn22522823 (3
12、n1)2n，2Tn222523 (3n4)2n(3n1)2n1. 由，得Tn22322323 32n(3n1)2n12n1 2(3n1)2n12 (3n4)2n18，即Tn8(3n4)2n1. 而当n2 时，an1bn1(3n4)2n1，所以Tn8an1bn1，nN*，n2.若本例 (2) 中Tnanb1an 1b2a1bn，nN*，求证：Tn12 2an10bn(nN*) 证明：由 (1) 得Tn 2an22an123an2 2na1，2Tn22an23an1 2na22n1a1. ，得Tn 2(3n 1) 322323 32n 2n 22n112 2n 2 6n 2102n 6n10. 而
13、 2an 10bn12 2(3n1) 102n12102n6n10，故Tn 12 2an10bn，nN*. 用错位相减法求和应注意的问题(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；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 18 页学习必备欢迎下载(2) 在写出“Sn”与“qSn”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“SnqSn”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3已知等差数列an的前 3 项和为 6，前 8 项和为 4. (1
14、) 求数列 an 的通项公式；(2) 设bn(4 an)qn1(q0，nN*) ，求数列 bn的前n项和Sn. 解： (1) 设an 的公差为d. 由已知得3a13d 6，8a128d 4，解得a13，d 1. 故an3(n1)( 1) 4n. (2) 由(1) 得，bnnqn1，于是Sn1q02q13q2nqn1. 若q1，将上式两边同乘以q有qSn1q12q2 (n1)qn1nqn. 两式相减得到(q1)Snnqn 1q1q2qn1nqnqn1q1nqn1nqn1q 1. 于是，Snnqn1nqn1q2. 若q1，则Sn1 23nnn2. 所以Snnn2q，nqn1nqn1q2q1 种思想
15、转化与化归思想数列求和把数列通过分组、变换通项、变换次序、乘以常数等方法，把数列的求和转化为能使用公式求解或者能通过基本运算求解的形式，达到求和的目的2 个注意“裂项相消法求和”与“错位相减法求和”应注意的问题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 18 页学习必备欢迎下载(1) 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(2) 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4 个公式常见的拆项公式(1)1nn
16、k1k1n1nk；(2)1nn1212n112n1；(3)1nnn121nn1nn；(4)1nnk1k(nkn). 答题模板利用错位相减法解决数列求和 典例 (2012江西高考)( 本小题满分12 分) 已知数列 an的前n项和Sn12n2kn( 其中kN)，且Sn的最大值为8. (1) 确定常数k，求an；(2) 求数列92an2n的前n项和Tn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 18 页学习必备欢迎下载 快速规范审题 第(1) 问1审条件，挖解题信息观察条件：Sn12n2kn及Sn的最大值为8 Sn是关于n的二次函数
17、当nk时，Sn取得最大值2审结论，明确解题方向观察所求结论：求k的值及an 应建立关于k的方程Sn的最大值为8，即Sk8，k 4. 可求Sn的表达式Sn12n24n. 3建联系，找解题突破口根据已知条件，可利用an与Sn的关系求通项公式：求 通 项 公 式 注意公式的使用条件anSnSn 192n(n2) ，a1S172 验证n1时，an是否成立an92n. 第(2) 问1审条件，挖解题信息观察条件：an92n及数列9 2an2n9 22nna可化简数列92an2nn2n 1. 2审结论，明确解题方向观察所求结论：求数列92an2n的前n项和Tn12nn分析通项的特点可利用错位相减法求和3建联
18、系，找解题突破口条件具备，代入求和：Tn122322n 12n2n2n 1 等式两边同乘以22Tn2232n12n3n2n2 错位相减： 2TnTn211212n2n2n1412n 2n2n14n22n1. 准确规范答题 (1) 当nkN时，Sn12n2kn取得最大值，即8Sk12k2k212k2，?(2 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 18 页学习必备欢迎下载故k216，因此k 4，?(3 分 ) 从而anSnSn192n(n2) ?(4 分) 又a1S172，?(5 分) 所以an92n. ?(6 分) (2
19、) 因为92an2nn2n1，所以Tn122322n12n 2n2n1， ?(7 分 ) 所以 2Tn2 232n12n 3n2n2， ?(8 分) ： 2TnTn2 11212n2n2n1412n2n2n1 4n22n1. ?(11 分) 所以Tn4n22n 1. ?(12 分 ) 答题模板速成 用错位相减法解决数列求和的步骤：第一步判断结构?第二步乘公比?第三步错位相减?第四步求和若数列 anbn是由等差数列 an 与等比数列 (公比q)的对应项之积构成的，则可 用此法求和设anbn 的前n项和为Tn，然后两边同乘以q乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(kN*) 的项对应，然后两边同时
20、作差将作差后的结果求和， 从而表示出Tn一、选择题 ( 本大题共6 小题，每小题5 分，共 30 分) 1已知 an 是首项为 1 的等比数列，Sn是an的前n项和，且 9S3S6，则数列1an的前5 项和为 ( ) A.158或 5 B.3116或 5 利用anSnSn1时，易忽视条件n2.错位相减时，易漏项 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 18 页学习必备欢迎下载C.3116D.158解析：选 C 设数列 an 的公比为q. 由题意可知q1，且q31q1q61q，解得q2，所以数列1an是以 1 为首项，12为
21、公比的等比数列，由求和公式可得S53116. 2数列 112，314，518，7116， (2n1) 12n，的前n项和Sn的值等于 ( ) An2112nB 2n2n112nCn2112n 1Dn2n112n解析：选A 该数列的通项公式为an(2n1) 12n，则Sn1 35 (2n1)1212212nn2 112n. 3设Sn为等差数列 an 的前n项和，若S830，S47，则a4的值等于 ( ) A.14B.94C.134D.174解析：选 C 由题意可得8a1d2 30，4a1d2 7，解得a114，d1.故a4a13134. 4.121238n2n等于 ( ) A.2nn12nB.2
22、n1n22nC.2nn12nD.2n1n22n解析：选 B 令Sn12222323n2n，则12Sn122223n12nn2n1，得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 18 页学习必备欢迎下载12Sn1212212312nn2n112112n112n2n1，故Sn2n1n22n. 5已知数列 an 的通项公式为ann2cos n(nN*) ，Sn为它的前n项和，则S2 0122 013等于( ) A1 005 B 1 006 C2 011 D 2 012 解析：选 B 注意到 cos n( 1)n(n N*) ，故an(
23、 1)nn2. 因此有S2 012 ( 1222) ( 32 42) ( 2011220122) 123 2 011 2 012 21 0062 013，所以S2 0122 0131 006. 6 (2013 锦州模拟 ) 设函数f(x) xmax的导函数f(x) 2x1， 则数列1fn(nN*) 的前n项和是 ( ) A.nn 1B.n2n1C.nn1D.n1n解析：选 A f(x) mxm 1a，m2，a1. f(x) x2x，f(n) n2n. 1fn1n2n1nn1n1n1，令Sn1f1f1f1fn1fn 112121313141n11n1n1n 111n1nn 1. 二、填空题 (
24、本大题共3 小 题，每小题5 分，共 15 分) 7(2012江西高考) 等比数列 an 的前n项和为Sn，公比不为1. 若a11，且对任意的nN*都有an2an12an0，则S5_. 解析：由an2an12an0，得anq2anq 2an0，显然an0，所以q2q20. 又精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 18 页学习必备欢迎下载q1，解得q 2. 又a11，所以S511 5111. 答案： 11 8对于数列 an ，定义数列 an1an 为数列 an 的“差数列”，若a12，an的“差数列”的通项公式为2n，则数列
25、an的前n项和Sn_. 解析：an1an2n，an(anan 1) (an1an 2) (a2a1) a12n1 2n2 222 222n1222n2 22n. Sn22n 1122n12. 答案： 2n 12. 9数列 an 的通项anncos2n2sin2n2(n N*) ，其前n项和为Sn，则S2 013_. 解析：anncos2n2sin2n2ncos n，a1 1，a22，a3 3，a44，S2 013( 1) 2( 3) 4( 5) 6 ( 2 009) 2 010 ( 2 011) 2 012( 2 013) ( 1)2 ( 3) 4 ( 5) 6 ( 2 009) 2 010
26、( 2 011) 2 012 ( 2013) 11 112 013 1 006 2 013 1 007. 答案： 1 007 三、解答题 ( 本大题共3 小题，每小题12 分，共 36 分) 10(2012湖北高考) 已知等差数列 an 前三项的和为3，前三项的积为8. (1) 求等差数列 an 的通项公式；(2) 若a2，a3，a1成等比数列，求数列|an| 的前n项和解： (1) 设等差数列 an的公差为d，则a2a1d，a3a12d，由题意得3a13d 3，a1a1da12d8.解得a12，d 3，或a1 4，d3.所以由等差数列通项公式可得an 23(n1) 3n5 或an 43(n1
27、)3n 7. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 18 页学习必备欢迎下载故an 3n 5 或an3n7. (2) 当an 3n5 时，a2，a3，a1分别为 1， 4,2 ，不成等比数列；当an3n7 时，a2，a3，a1分别为 1,2 ， 4，成等比数列，满足条件故|an| |3n7| 3n7，n1，2，3n7，n3.记数列 |an| 的前n项和为Sn. 当n1 时，S1|a1| 4；当n2 时，S2|a1| |a2| 5；当n3 时，SnS2|a3| |a4| |an| 5(33 7) (34 7) (3n 7)5n
28、n232n2112n10. 当n2 时，满足此式综上可知，Sn4，n1，32n2112n10，n1.11(2013合肥模拟) 数列 an的前n项和记为Sn，a1t，点 (Sn，an 1) 在直线y 3x1 上，nN*. (1) 当实数t为何值时，数列an 是等比数列(2) 在(1) 的结论下，设bnlog4an1，cnanbn，Tn是数列 cn 的前n项和，求Tn. 解： (1) 点 (Sn，an1) 在直线y3x 1 上，an1 3Sn1，an3Sn11(n1，且nN*) an1an3(SnSn1) 3an，即an14an，n1. 又a23S1 13a113t1，当t1 时，a24a1，数列
29、 an 是等比数列(2) 在(1) 的结论下，an14an，an14n，bn log4an1n. cnanbn4n1n，Tnc1c2cn(401) (412) (4n 1n) (1 442 4n 1) (1 2 3n) 4n131nn2. 12已知数列 an的前n项和为Sn，且满足Snn2an(nN*) (1) 证明：数列 an 1 为等比数列，并求数列an的通项公式；(2) 若bn(2n1)an2n1，数列 bn 的前n项和为Tn. 求满足不等式Tn22n 12 013 的n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 18 页学
30、习必备欢迎下载的最小值解： (1) 证明：因为Snn2an，即Sn2ann，所以Sn12an1 (n1)(n2，nN*) 两式相减化简，得an2an1 1. 所以an12(an11)(n2，nN*)所以数列 an1 为等比数列因为Snn2an，令n1，得a11. a1 12，所以an12n，即an2n1. (2) 因为bn(2n1)an2n1，所以bn(2n1)2n. 所以Tn32522723 (2n1)2n1 (2n1)2n，2Tn322523 (2n1)2n(2n1)2n1，得Tn32 2(22 23 2n) (2n1)2n1 62222n112 (2n1) 2n1 2 2n2(2n1)2
31、n1 2(2n1)2n 1. 所以Tn2(2n1)2n1. 若Tn22n12 013 ，则2nn 122n12 013 ，即 2n12 013. 由于 210 1 024,2112 048 ，所以n111，即n10.所以满足不等式Tn22n12 013 的n的最小值是10. 1设f(x) 4x4x2，若Sf12 013f22 013f2 0122 013，则S_. 解析：f(x) 4x4x2，f(1 x) 41x41x2224x，f(x) f(1 x) 4x4x2224x1. Sf12 013f22 013f2 0122 013，Sf2 0122 013f2 0112 013f12 013，得
32、2Sf12 013f2 0122 013f22 013f2 0112 013精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 18 页学习必备欢迎下载f2 0122 013f12 0132 012 ，S2 0122 1 006. 答案： 1 006 2求和Sn32942586516n2n12n. 解：Sn32942588516n2n12n 112 214 318 4116n12n(1 23n) 12141811612nnn212112n112nn212n1. 3在数列 an 中，a11，当n2 时，其前n项和Sn满足S2nanSn12.
33、 (1) 求Sn的表达式；(2) 设bnSn2n1，求 bn 的前n项和Tn. 解： (1) S2nanSn12，anSnSn1(n2)，S2n(SnSn 1)Sn12，即 2Sn1SnSn1Sn，由题意Sn 1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得1Sn1Sn12，数列1Sn是首项为1，公差为2 的等差数列1Sn12(n1) 2n1. Sn12n 1. (2) 又bnSn2n11nn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 18 页学习必备欢迎下载1212n112n1，故Tnb1b2bn12113131512n112n112112
34、n1n2n1. 4设数列 an 满足a13a232a3 3n1ann3，nN*. (1) 求数列 an 的通项；(2) 设bnnan，求数列 bn的前n项和Sn. 解： (1) a13a232a3 3n1ann3， 当n2 时，a1 3a232a3 3n2an 1n13，得 3n1an13，an13n. 在中，令n1，得a113，适合an13n，an13n. (2) bnnan，bnn3n. Sn3232333n3n，3Sn32233334n3n1. 得 2Snn3n1(33233 3n) ，即 2Snn3n13n1 3，Snnn1434. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 18 页