安徽省宿松县2017届高三数学一轮复习第19讲数列求和教案20170914421.wps

数列求和 教 1探索并掌握一些基本的数列求前 n 项和的方法； 学 2 能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知 目 识解决相应的实际问题。 标 数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般情况下都是出一道解答题， 解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方 程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学 知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目。 有关命题趋势： 1 数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具，三者的综合题 命 是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点； 题 2 数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类题目能突出考察学生的逻 走 辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度； 向 3数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等； 4有关数列的应用问题也一直备受关注。 预测 2017年高考对本将的考察为： 1可能为一道考察关于数列的推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题； 2也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的综合 题，以及数列、数学归纳法等有机结合。 教 学 多媒体课件 准 备 教 1等差数列的前 n 项和公式 学 过 n（a1an） n （ n 1 ） Sn na1 d 2 2 程 2等比数列的前 n 项和公式 1 na1，q1， Sna1anq a 1 （ 1 q n ） ，q 1.) 1q 1 q 3一些常见数列的前 n 项和公式 n（n1 ） (1)1234n ； 2 (2)1357(2n1)n2； (3)24682nn2 n 1辨明两个易误点 (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 2数列求和的常用方法 (1)倒序相加法 如果一个数列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 (2)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 (3)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 (4)分组转化法 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 组转化法，分别求和后再相加减 (5)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 1数列an的前 n 项和为 Sn，已知 Sn1234(1)n1·n，则 S17( ) A9 B8 C17 D16 解析：选 A.S171234561516171(23)(45)(67) (1415)(1617)11119. 2 1 2 015 2(必修5 P47 习题2.3 B 组 T4改编)数列an中，an ，若an的前n 项和为 ， n（n1） 2 016 则项数 n 为( ) A2 014 B2 015 C2 016 D2 017 1 1 1 解析：选 B.an ， n（n1） n n1 1 1 1 1 1 1 n 2 015 Sn1 1 ，所以 n2 015. 2 2 3 n n1 n1 n1 2 016 Sn 3等差数列an的通项公式为 an2n1，其前 n 项的和为 Sn，则数列n 的前 10项的 和为( ) A120 B100 C75 D70 n（a1an ） 解析：选 C. 因为 Sn n(n2)， 2 Sn 所以 n2. n S1 S2 S10 故 75. 1 2 10 4若数列an的通项公式为 an2n2n1，则数列an的前 n 项和为_ 2（12n） n（12n1） 解析：Sn 2n12n2. 12 2 答案：2n1n22 5已知数列an的前 n 项和为 Sn 且 ann·2n，则 Sn_ 解析：Sn1×22×223×23n×2n， 所以 2Sn1×222×233×24n×2n1， 2 × （12n） 得Sn222232nn×2n1 n×2n1， 12 所以 Sn(n1)2n12. 答案：(n1)2n12 考点一 分组转化法求和 (2015·高考福建卷)等差数列an中，a24，a4a715. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2an2n，求 b1b2b3b10的值 3 (1)设等差数列an的公差为 d. a1d4， 由已知得（a 13d）（a16d）15，) a13， 解得d1. ) 所以 ana1(n1)dn2. (2)由(1)可得 bn2nn， 所以 b1b2b3b10 (21)(222)(233)(21010) (22223210)(12310) 2（1210） （110） × 10 12 2 (2112)55 211532 101. 分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbn±cn，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； bn，n为奇数， (2)通项公式为 ancn，n为偶数 )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 1.已知等比数列an 中，首项 a1 3 ，公比 q1，且 3(an 2 an) 10an 1 0(nN N*) (1)求数列an的通项公式； 1 (2)设b an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列bn的通项公式和前 n 项和 Sn. n 3 解：(1)因为 3(an2an)10an10， 所以 3(anq2an)10anq0， 即 3q210q30. 因为公比 q1，所以 q3. 又首项 a13， 所以数列an的通项公式为 an3n. 1 (2)因为b 是首项为 1，公差为 2 的等差数列， n an 3 1 所以 bn an12(n1) 3 即数列bn的通项公式为 bn2n13n1， 4 1 前 n项和 Sn(13323n1) (3n1)n2. 2 考点二 错位相减法求和 (2015·高考湖北卷)设等差数列an的公差为 d，前 n项和为 Sn，等比数列bn的 公比为 q.已知 b1a1，b22，qd，S10100. (1)求数列an，bn的通项公式； an (2)当 d1时，记 cn ，求数列cn的前 n项和 Tn. bn 10a145d100， (1)由题意有a 1d2， ) a19， 2a19d20， a11， 即 解得 或 a1d2， ) 2 d2 ). ) d 9 1 an （2n79）， an2n1， 9 bn2n1 ).) 故 或 2 n1 bn9·(9 ) 2n1 (2)由 d1，知 an2n1，bn2n1，故 cn ， 2n1 3 5 7 9 2n1 于 是 Tn1 ， 2 22 23 24 2n1 1 1 3 5 7 2n3 2n1 Tn . 2 2 22 23 24 2n1 2n 可得 1 1 1 1 2n1 2n3 Tn2 3 ， 2 2 22 2n2 2n 2n 2n3 故 Tn6 . 2n1 用错位相减法求和时应注意的两点 (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Sn qSn”的表达式. 2.已知函数 f(x)x2bx为偶函数，数列an满足 an12f(an1)1，且 a1 3，an1.令 bnlog2(an1) (1)证明：数列bn1为等比数列； (2)设 cnnbn，求数列cn的前 n项和 Sn. 5 解：(1)证明：因为函数 f(x)x2bx 为偶函数，所以 b0，所以 f(x)x2， 所以 an12(an1)21， 所以 an112(an1)2， bn11 log2（an11）1 22log2（an1） 所以 2， bn1 log2（an1）1 log2（an1）1 所以数列bn1是公比为 2 的等比数列 (2)因为 a13，所以 b1log221， 所以 bn12n，即 bn2n1， 所以 cnn·2nn， 设 An1×22×223×23n×2n， 所以 2An1×222×233×24n×2n1， 2（12n） 所以An222232nn×2n1 n×2n12n1n×2n12，所以 An 12 (n1)2n12. n（n1 ） 设 Bn1234n ， 2 n（n1 ） 所以 SnAnBn(n1)2n12 . 2 考点三 裂项相消法求和(高频考点) 裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题，难度适中，属中档题 高考对裂项相消法的考查常有以下两个命题角度： (1)求前 n 项和； (2)比较大小或不等式证明 (2015·高考安徽卷)已知数列an是递增的等比数列，且 a1a49，a2a38. (1)求数列an的通项公式； an1 (2)设 Sn 为数列an的前 n 项和，bn ，求数列bn的前 n 项和 Tn. SnSn1 (1)由题设知 a1·a4a2·a38， a11， a18， 又 a1a49，可解得a48 )或a41 )(舍去) 由 a4a1q3得公比 q2，故 ana1qn12n1. a1（1qn） (2)Sn 2n1. 1q an1 Sn1Sn 1 1 又 bn ， SnSn1 SnSn1 Sn Sn1 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tnb1b2bn( S2)( S3) ( Sn1) 1 . S1 S2 Sn S1 Sn1 2n11 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；或者 前面剩几项，后面也剩几项； (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 1 1 1 1 1 1 1 1 等 如：若an是等差数列，则 ， . d( an1) 2d( an2) anan1 an anan2 an 3.(2016·长春质量监测)等差数列an的前 n项和为 S且n，满足 a1a79S，9 99 . 2 (1)求数列an的通项公式； 1 3 (2)设 bn ，数列bn的前 n项和为 Tn，求证：Tn . 2Sn 4 解：(1)设数列an的公差为 d，则由已知条件可得： 2a16d9， 3 a1 ， d1， ) 99 ，) 解得 2 9a136d 2 2n1 于是可求得 an . 2 n（n2 ） (2)证明：由(1)知，Sn ， 2 1 1 1 1 故 bn 2(n2)， n（n2） n 1 1 1 1 故 Tn n) 2 (1 2 3 1 1 1 1 1 3 1 1 ( n2) 2( n2) ， 3 4 5 2 n1 3 1 1 3 又因为 . 4 规范解答数列求和 (本题满分 12分)(2015·高考山东卷)设数列an的前 n项和为 Sn.已知 2Sn3n3. (1)求an的通项公式； 7 (2)若数列bn满足 anbnlog3an，求bn的前 n项和 Tn. n1 两式相减 (1)已知 a1的值Sn1的表达式 an (2)已知bnTn3Tn2TnTn (1)因为 2Sn3n3，所以 2a133， 故 a13.(1分) 当 n2 时，2Sn13n13， 此时 2an2Sn2Sn13n3n12×3n1，即 an3n1， 3，n1， 所以 an3n1，n 2.)(4分) 1 (2)因为 anbnlog3an，所以 b1 . 3 当 n2 时，bn31nlog33n1(n1)·31n. 1 所以 T1 b1 ；(6分) 3 1 当 n2 时，Tnb1b2b3bn ， 3 所以 3Tn1， (8 分) 两式相减，得 2 2Tn (30313232n)(n1)×31n 3 2 131n (n1)×31n 3 131 13 6n3 ，(10 分) 6 2 × 3n 13 6n3 所以 Tn .(11 分) 12 4 × 3n 经检验，n1 时也适合 13 6n3 综上可得 Tn .(12 分) 12 4 × 3n 利用 Sn 求 an 时不要忽视 n1 的情况；根据已知条件合理选择数列的求和方 法，错位相减时不要漏项或算错项数 8 数列求和 1等差数列的前 n 项和公式 n（a1an） n （ n 1 ）Sn na1 d 2 2 2等比数列的前 n 项和公式 na1，q1， Sna1anq a 1 （ 1 q n ） 1q 1 q ，q 1.) 3一些常见数列的前 n 项和公式 板 书 n（n1） (1)1234n ； 2 设 (2)1357(2n1)n2； 计 (3)24682nn2 n 4数列求和的常用方法 (1)倒序相加法 (2)错位相减法 (3)裂项相消法 (4)分组转化法 (5)并项求和法 数列求和是数列的重要考查内容，常见的求和有，利用等差、等比数列求和公式求解，错位相 教 减法，裂项相消法和分组求和法。对错位相减法，裂项相消法和分组求和法应引导学生分析通项公式 学 的特点，以便在做题时有准确的把握。裂项相消时应设计需要搭配系数的题目、相消后剩下不是首位 反 两项的题目，以 思 使学生准确把握这一方法。倒序相加法的题目，计算往往较繁琐，需增加训练量。 9