2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4节 数列求和 教案

1、1第四节第四节数列求和数列求和最新考纲1.掌握等差、等比数列的前 n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法1公式法(1)等差数列的前 n 项和公式：snn（a1an）2na1n（n1）2d；(2)等比数列的前 n 项和公式：snna1，q1，a1anq1qa1（1qn）1q，q1.2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(注意消项规律)，从而求得前 n 项和裂项时常用的三种变形：1n（n1）1

2、n1n1；1（2n1） （2n1）1212n112n1 ；1n n1 n1 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an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(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2求和形如 an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解例如，sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.一、思考辨析(正确的打“”，错误

3、的打“”)(1)已知等差数列an的公差为 d，则有1anan11d1an1an1.()(2)当 n2 时，1n21121n11n1 .()(3)求sna2a23a3nan之和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) 利用倒序相加法可求得 sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()答案(1)(2)(3)(4)二、教材改编1数列an的前 n 项和为 sn，若 an1n（n1），则 s5等于()a1b.56c.16d.130ban1n（n1）1n1n1，s5a1a2a511212131656.2 若数列an的通项公式为 an2n2n1， 则数列an的前

4、 n 项和为()a2nn21b2n1n21c2n1n22d2nn2csna1a2a3an(21211)(22221)(23231)(2n2n1)(2222n)2(123n)n32（12n）122n（n1）2n2(2n1)n2nn2n1n22.3sn121238n2n等于()a.2nn12nb.2n1n22nc.2nn12nd.2n1n22nb由 sn12222323n2n，得12sn122223n12nn2n1，得，12sn1212212312nn2n1，12112n112n2n1，sn2n1n22n.4数列an的前 n 项和为 sn，已知 sn1234(1)n1n，则s17_9s171234

5、561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.考点 1分组转化法求和分组转化法求和的常见类型(1)若 anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，则可采用分组求和法求an的前 n 项和4(2)通项公式为 anbn，n 为奇数，cn，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提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论已知数列an的前 n 项和 snn2n2，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和解(1)当 n2 时，ansnsn1n2n2（n1）2（n1）2n.当 n1

6、 时，a1s11 满足 ann，故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 t2n，则t2n(212222n)(12342n)记 a212222n，b12342n，则 a2（122n）1222n12，b(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 t2nab22n1n2.母题探究在本例(2)中，若条件不变求数列bn的前 n 项和 tn.解由本例(1)知 bn2n(1)nn.当 n 为偶数时，tn(21222n)1234(n1)n22n112n22n1n22；当 n 为奇数时，tn(21222n)1234(n2)

7、(n1)n2n12n12n52n1n252.所以 tn2n1n22，n 为偶数，2n1n252，n 为奇数.常用并项求和法解答形如(1)nan的数列求和问题， 注意当 n 奇偶性不定时，要对 n 分奇数和偶数两种情况分别求解对 n 为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求 n 为偶数时前 n 项和 tn.n 为奇数可用 tntn1bn(n2)或 tntn1bn1最好已知等差数列an的前 n 项和为 sn，且 a11，s3s4s5.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n1an，求数列bn的前 2n 项和 t2n.解(1)设等差数列an的公差为 d，由 s3s4s5可得 a1a2a3a5，

8、即 3a2a5，3(1d)14d，解得 d2.an1(n1)22n1.(2)由(1)可得 bn(1)n1(2n1)t2n1357(2n3)(2n1)(2)n2n.考点 2裂项相消法求和形如 an1n（nk）(k 为非零常数)型an1n（nk）1k1n1nk .提醒： 求和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(2019厦门一模)已知数列an是公差为 2 的等差数列， 数列bn满足b16，b1b22b33bnnan1.(1)求an，bn的通项公式；(2)求数列1anbn的前 n 项和6解(1)数列an是公差为 2 的等差数列，数列bn满足 b16，b1b22b3

9、3bnnan1.所以当 n1 时，a2b16，故 an62(n2)2n2，由于 b1b22b33bnnan1，当 n2 时，b1b22b33bn1n1an，得：bnnan1an2，所以 bn2n.所以 bn6（n1）2n（n2）.(2)当 n1 时，s11a1b1146124.当 n2 时，1anbn12n（2n2）141n1n1 ，则 sn12414121313141n1n1 ，12414121n1 ，2n112（n1），当 n1 时满足上式，故 sn2n112（n1）.本例第(1)问在求bn的通项公式时灵活运用了数列前 n 项和与项的关系，注意通项公式是否包含 n1 的情况；第(2)问在求

10、解中运用了裂项法，即若an是等差数列，则1anan11d1an1an1.教师备选例题7(2019唐山五校联考)已知数列an满足：1a12a2nan38(32n1)，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog3ann，求1b1b21b2b31bnbn1.解1a138(321)3，当 n2 时，因为nan1a12a2nan1a12a2n1an138(32n1)38(32n21)32n1，当 n1 时，nan32n1也成立，所以 ann32n1.(2)bnlog3ann(2n1)，因为1bnbn11（2n1） （2n1）12(12n112n1)，所以1b1b21b2b31bnbn112

11、113 1315 12n112n1 12112n1 n2n1.(2017全国卷)等差数列an的前 n 项和为 sn， a33， s410， 则nk11sk_2nn1设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，8依题意有a12d3，4a16d10，解得a11，d1，所以 snn（n1）2，1sn2n（n1）21n1n1 ，因此nk11sk2(11212131n1n1)2nn1.形如1nk n(k 为非零常数)型an1nk n1k( nk n)已知函数 f(x)xa的图象过点(4，2)，令 an1f（n1）f（n），nn*，记数列an的前 n 项和为 sn，则 s2 019()a. 2 0181b.

12、 2 0191c. 2 0201d. 2 0201c由 f(4)2 得 4a2，解得 a12，则 f(x) x.an1f（n1）f（n）1n1 n n1 n，s2 019a1a2a3a2 019( 2 1)( 3 2)( 4 3)( 2 020 2 019) 2 0201.运用分母有理化对分式1n1 n正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键求和 s11 313 51119 121()a5b4c10d9as1 3133 535119 12111912111125，故选 a.形如 bn（q1）an（ank） （an1k）(q 为等比数列an的公比)型9bn（q1）an（ank） （a

13、n1k）1ank1an1k.(2019郑州模拟)已知数列an的前 n 项和为 sn， 且 a28， snan12n1.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列23nanan1的前 n 项和 tn.解(1)a28，snan12n1，a1s1a2222，当 n2 时，ansnsn1an12n1an2n，即 an13an2，又 a283a12，an13an2，nn*，an113(an1)，数列an1是等比数列，且首项为 a113，公比为 3，an133n13n，an3n1.(2)23nanan123n（3n1） （3n11）13n113n11.数列23nanan1的前 n 项和tn1311321 1

14、3211331 13n113n11 1213n11.本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如 an1an的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和已知 an是等比数列，且 a212，a5116，若 bnan1（an1） （an11），则数列bn的前 n 项和为()a.2n12（2n1）b.2n12n110c.12n1d.2n12n2aa5a2q3，q318，q12，a11，an12n1，bn12n12n1112n1112n1112n11b1b2b3bn112111120111221112111123111221112n1112n11112n1122n12（2

15、n1）.故选 a.形如 ann1n2（n2）2型ann1n2（n2）2141n21（n2）2.正项数列an的前 n 项和 sn满足：s2n(n2n1)sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bnn1（n2）2a2n， 数列bn的前 n 项和为 tn， 证明： 对于任意的 nn*，都有 tn564.解(1)由 s2n(n2n1)sn(n2n)0，得sn(n2n)(sn1)0.由于an是正项数列，所以 sn0，snn2n.于是 a1s12，当 n2 时，11ansnsn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为 an2n.(2)证明：由于 an2n，故 bnn

16、1（n2）2a2nn14n2（n2）21161n21（n2）2tn11611321221421321521（n1）21（n1）21n21（n2）211611221（n1）21（n2）21161122564.(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式(2)放缩法常见的放缩技巧有：1k21k21121k11k1 .1k1k11k21k11k.2( n1 n)1n2( n n1)已知等比数列an的前 n 项和为 sn，满足 s42a41，s32a31.(1)求an的通项公式；(2)记 bnlog2(an an1)， 数列bn的前

17、n 项和为 tn， 求证：1t11t21tn2.解(1)设an的公比为 q，由 s4s3a4得 2a42a3a4，所以a4a32，所以 q2.又因为 s32a31，所以 a12a14a18a11，所以 a11.所以 an2n1.(2)证明：由(1)知 bnlog2(anan1)log2(2n12n)2n1，所以 tn1（2n1）2nn2，12所以1t11t21tn1121221n211121231（n1）n111212131n11n21n2.考点 3错位相减法求和错位相减法求和的具体步骤步骤 1写出 snc1c2cn.步骤 2等式两边同乘等比数列的公比 q，即 qsnqc1qc2qcn.步骤

18、3两式错位相减转化成等比数列求和步骤 4两边同除以 1q，求出 sn.同时注意对 q 是否为 1 进行讨论(2019莆田模拟)设数列an的前 n 项和为 sn，且 a11，an12sn1，数列bn满足 a1b1，点 p(bn，bn1)在直线 xy20 上，nn*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设 cnbnan，求数列cn的前 n 项和 tn.解(1)由 an12sn1 可得 an2sn11(n2)，两式相减得 an1an2an，即 an13an(n2)又 a22s113，所以 a23a1.故an是首项为 1，公比为 3 的等比数列所以 an3n1.由点 p(bn，bn1)，在直线 x

19、y20 上，所以 bn1bn2.则数列bn是首项为 1，公差为 2 的等差数列则 bn1(n1)22n1.(2)因为 cnbnan2n13n1，所以 tn1303315322n13n1.13则13tn1313325332n33n12n13n，两式相减得：23tn12323223n12n13n.所以 tn3123n22n123n13n13n1.本例巧妙地将数列an及其前 n 项和为 sn，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和(2019烟台一模)已知等差数列an的公差是 1，且 a1，a3，a9成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求

20、数列an2an的前 n 项和 tn.解(1)因为an是公差为 1 的等差数列，且 a1，a3，a9成等比数列，所以a23a1a9，即(a12)2a1(a18)，解得 a11.所以 ana1(n1)dn.(2)tn112121223123n12n，12tn11222123(n1)12nn12n1，两式相减得12tn12112212312nn12n1，所以12tn1212n1112n12n1112nn2n1.所以 tn22n2n.14课外素养提升数学建模 数列中等量关系的建立2019 全国卷理科 21 题将数列与概率知识巧妙的融合在一起，在考查概率知识的同时， 突出考查学生借用数列的递推关系将实际

21、问题转化为数学问题的能力 数列作为特殊的函数， 在实际问题中有着广泛的应用， 如增长率， 银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题，这就要求考生除熟练运用数列的有关概念外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解题的速度.直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系【例 1】从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入 800 万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设 n 年内(本年度为

22、第一年)总投入为 an万元，旅游业总收入为 bn万元，写出 an，bn的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？解(1)第 1 年投入为 800 万元，第 2 年投入为 800115 万元，第 n 年投入为 800115n1万元，所以，n 年内的总投入为：an800800115 800115n14 000 145n，第 1 年旅游业收入为 400 万元，第 2 年旅游业收入为 400114 万元，15，第 n 年旅游业收入 400114n1万元所以，n 年内的旅游业总收入为bn400400114 400114n11 60054n1 .(2)设至少经过 n 年旅游业的总收入才能

23、超过总投入，由此 bnan0，化简得 5(45)n2(54)n70，即 1 60054n1 4000 145n0，令 x45n，代入上式得：5x27x20.解得 x25，或 x1(舍去)即45n25，由此得 n5.至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入.评析本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧【素养提升练习】 公民在就业的第一年就交纳养老储备金 a1， 以后每年交纳的数目均比上一年增加 d(d0)，历年所交纳的储备金数目 a1，a

24、2，是一个公差为 d 的等差数列与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利如果固定年利率为 r(r0)，那么，在第 n 年末，第一年所交纳的储备金就变为 a1(1r)n1， 第二年所交纳的储备金就变为 a2(1r)n2， ，以 tn表示到第 n 年末所累计的储备金总额求证：tnanbn，其中an是一个等比数列，bn是一个等差数列解t1a1，对 n2 反复使用上述关系式，得tntn1(1r)an16tn2(1r)2an1(1r)ana1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an，在式两端同乘 1r，得(1r)tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)2an(1r)

25、，得rtna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)andr(1r)n1ra1(1r)nan.即 tna1rdr2(1r)ndrna1rdr2.如果记 ana1rdr2(1r)n，bna1rdr2drn，则 tnanbn，其中an是以a1rdr2(1r)为首项，以 1r(r0)为公比的等比数列；bn是以a1rdr2dr为首项，dr为公差的等差数列借助数列的递推关系建立等量关系【例 2】大学生自主创业已成为当代潮流某大学大三学生夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品银行贷款的年利率为6%，约定一年后一次还清贷款已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的 15%，

26、每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的 20%，当月房租等其他开支 1 500 元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出(1)设夏某第 n 个月月底余 an元，第 n1 个月月底余 an1元，写出 a1的值并建立 an1与 an的递推关系；(2)预计年底夏某还清银行贷款后的纯收入(参考数据：1.12113.48，1.12123.90，0.12117.431011，0.12128.921012)解(1)依题意，a120 000(115%)20 00015%20%1 50020900(元)，17an1an(115%)an15%20%1 5001.12an1500(nn*，1n11)(2)令 an11.12(an)，则an11.12an0.12，对比(1)中的递推公式，得12 500.则 an12 500(20 90012 500)1.12n1，即 an8 4001.12n