2020版高考数学一轮复习第六章数列第4讲数列的求和教案理（含解析）新人教A版.docx

第4讲数列的求和基础知识整合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常见的拆项公式(1)；(2)；(3).1(2019新余三校联考)数列an的通项公式是an(1)n(2n1)，则该数列的前100项之和为()A200 B100 C200 D100答案D解析根据题意有S1001357911197199250100.故选D.2(2019安徽六校联考)已知等差数列an的前n项和为Sn，若a2a8a1130，则S13的值是()A130 B65 C70 D75答案A解析因为数列an是等差数列，且a2a8a1130，所以3a7a2a8a1130，则a710，S1313a71310130.故选A.3数列1，2，4，的前2n项和S2n_.答案2n解析S2n(1242n1)2n112n.4Sn_.答案解析通项an，Sn.5(2019宁夏模拟)等比数列an的前n项和为Sn，公比不为1.若a11，对任意的nN*，都有an2an12an0，则S5_.答案11解析利用“特殊值”法，确定公比设公比为q，因为对任意的nN*，都有an2an12an0，则令式中n1，得a3a22a10，所以a1(q2q2)0.显然a10，所以由q2q20，解得q2或q1(舍去)，则S511.6(2018南京模拟)已知an，设bn，记bn的前n项和为Sn，则Sn_.答案解析bnn3n，于是Sn13232333n3n，3Sn132233334n3n1，得2Sn332333nn3n1，即2Snn3n1，Sn3n13n1.核心考向突破考向一分组转化法求和例1(2019金华模拟)在等比数列an中，an0(nN*)，a1a34，且a31是a2和a4的等差中项，若bnlog2an1.(1)求数列bn的通项公式；(2)若数列cn满足cnan1，求数列cn的前n项和Sn.解(1)设等比数列an的公比为q，且q0，在等比数列an中，由an0，a1a34得，a22，又a31是a2和a4的等差中项，所以2(a31)a2a4，把代入得，2(2q1)22q2，解得q2或q0(舍去)，所以ana2qn22n1，则bnlog2an1log22nn.(2)由(1)得，cnan12n2n，所以数列cn的前n项和Sn2222n2n12.触类旁通 分组转化求和通法若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和求解时应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即时训练1.(2019衡阳模拟)在等比数列an中，公比q1，等差数列bn满足b1a13，b4a2，b13a3.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记cn(1)nbnan，求数列cn的前2n项和S2n.解(1)由题意，b1a13，b4a23q，b13a33q2.又bn为等差数列，设公差为d，化简得q24q30，q1(舍)或q3，an3n，d2，bn32(n1)2n1.(2)由题意得cn(1)n(2n1)3n.S2n33532733(4n1)32n1(4n1)32n(33232n)3579(4n1)(4n1)(53)(97)(4n1)(4n1)2n.考向二裂项相消法求和角度形如an 型例2(2019正定模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)(x2)(x99)的两个零点且dS9.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为d，S9为函数f(x)(x2)(x99)的两个零点且d0， a1)型例4数列an的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)Sn2ana1，当n2时，Sn12an1a1，an2an2an1，化为an2an1.由a1，a21，a3成等差数列得，2(a21)a1a3，又由Sn2ana1知，a22a1，a34a1，2(2a11)a14a1，解得a12.数列an是等比数列，首项为2，公比为2.an2n.(2)an12n1，Sn2n12，Sn12n22.bn.数列bn的前n项和Tn.触类旁通 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等.如：若an是等差数列，则即时训练2.正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.当n1时，a1221符合上式综上，数列an的通项公式为an2n.(2)证明：由于an2n，故bn.Tn11Sn成立？若存在，求出n的最小值；若不存在，说明理由解(1)设等差数列an的公差为d，依条件有aa2(a62)，即(a13d)2(a1d)(a15d2)，解得d(因数列各项均为正数，故舍去)或d1，所以ana1(n1)d1(n1)n.由2Snbn1，得Sn(1bn)当n1时，2S1b11，解得b1；当n2时，bnSnSn1(1bn)(1bn1)bnbn1，所以bnbn1，所以数列bn是首项为，公比为的等比数列，故bn.(2)由(1)知，cnanbn，所以Tn123n.在式两边同乘，得Tn123n.由两式相减得Tnn，整理化简得Tn.又因为Sn，所以TnSn.当n1时，T1S1，当n2时，3n(2n1)0，所以TnSn，故所求的正整数n存在，其最小值是2.答题启示探索性问题的类型及解法(1)条件探索性问题：一般采用分析法，从结论或部分条件入手，执果索因，导出所需条件，注意这类问题往往要求的是问题的充分条件，不一定是充要条件(2)存在性探索问题：一般假定存在，在这个前提下推理，若由此推出矛盾，则否定假设，否则给出肯定结论(3)结论探索性问题，由给定的已知条件进行猜想透彻分析，发现规律，获取结论 对点训练(2019贵阳模拟)已知an是公差不为0的等差数列，bn是等比数列，且a1b11，a2b2，a5b3.(1)求数列an，bn的通项公