2020高考理数(新课标版)总复习教学案第5章第4节数列求和

1、1第四节数列求和考纲传真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：nai+ an)nfn 1 Sn=2 = na1土 =d；等比数列的前 n 项和公式:=1J2. 分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.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. 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， 这个数列的前 n 项和可用错位相减法求解.5. 倒序相加法如果一个数列an的前

2、 n 项中与首末两端等“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.6. 并项求和法课刖知识全通关夯实基础*拒除盲点2一个数列的前 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.3例如，Sn= 1002-992+ 982 97+ 2- 12=(100+ 99)+ (98 + 97) + + (2+ 1) = 5 050.常用结论1. 一些常见的数列前 n 项和公式：n(n+ 1)(1) 1 + 2+ 3+4+- + n =2 一:2(2) 1 + 3+ 5+ 7+- + 2n 1 = n

3、;2(3) 2 + 4+ 6+ 8+- + 2n=n + n.2.常用的裂项公式1 1、n+ky；1_ 1 丄(2n 1(2 n+ 1)_2I_ 一n+1n；n+ n+1(1)loga1 +n_ loga(n+ 1) logan.基础自测1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“V”，错误的打“X”)(1)如果数列an为等比数列，且公比不等于1，贝 U 其前 n 项和 Sn_a1 an+11 q.()t 1 1(1 1 当心2时，厂_n+1.()求 Sn_ a+ 2a2+ 3a3+ nan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)推导等差数列求和公式的方法

4、叫做倒序求和法，禾 U 用此法可求得sin21I _ 1 n n+ kk1、2n+ 1 /4n2142 2 2 2+ sin 20+ sin 3+-+ sin 88 + sin 89_44.5.()答案(1)2V X V5B B van=丄丄,n(n+1)nn+1二 S5= a1+ a2+ + a5= 1 2 + 2 3+ 3.若 Sn= 1-2 + 3-4+ 5-6+-+ (- 1)n-12525 S50=(1-2)+(3-4)+ +(49-50)=25.1111 14.数列 巧巧“孑厶直孑厶直“召召，（2n-1） +尹，尹，的前 n 项和 Sn的值等于n2+1-21nSn=1+3+5+-

5、+(2n1)+2+4+g+22.（教材改编）数列an的前 n 项和为Sn,1an=，则 & 等于（）C-6B.5D.3n,则 S5o=6123n4-设 S= 3X2+ 4X步+ 5X *+(n + 2)X步，则 3X步 +4X寺+ 5X壬+十(n + 2)xfj.11i111n+2两式相减得 3x+ 22+歹-n+ j口11S= 3+ 2+尹+夕夕门1L2n+21-1n-112=3+_ 1-1I 2n+2n2+1-窃窃.7|題型 1|分组转化求和(1)求数列an的通项公式；设 bn= 2an+ (- 1)nan，求数列bn的前 2n 项和.2 .n + n 解当 n = 1 时，ai=

6、 Si= 1 ;当 n2 时，an= Sn Sn-1=2n- 1 + n-1B= ( 1 +2)+ ( 3+ 4)+ (2n 1) + 2n = n.2n 1故数列bn的前 2n 项和 T2n= A+ B = 2+ n 2.拓展探究在本例(2)中，如何求数列bn的前 n 项和 Tn.解由本例(1)知 bn= 2n+ ( 1)nn.当 n 为偶数时,n + 4二 4可课堂题型全突破方法简洁【例1】（2019 黄山模拟）已知数列an的前 n 项和 S=n2+ n2 ，n N*.n.82 2n+112nnn 1Tn= (21+ 22+ + 2n) + 1+ 2 3+ 4(n 1)+ n =+75=

7、2n+11 22+n2；丁 2 厶,当 n 为奇数时，Tn= (21+ 22+ + 2n) + 1+2 3+ 4(n 2)+ (n 1)nn 12 + n2.规律方法分组转化法求和的常见类型1 若 an= bndcn，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；p 屮为奇数.2 通项公式为的数列，其中数列bn，Cn是等比数列,円为偶数或等差数列，可采用分组转化法求和.跟踪练习 等差数列an的前 n 项和为 Sn,数列bn是等比数列，满足 a1= 3,b1= 1， b2+10， a5 2b2= a3.(1)求数列an和bn的通项公式；所以 Tn=5- 2-n- 2-n为偶

8、数,n9解(1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q，b2+ S2= 10， a5 2b2= a3,令 Cn=ibn，n 为奇数,设数列Cn的前 n 项和为 Tn，求 T2n.10q+ 6+ d= 10,得3+ 4d 2q = 3+ 2d,d=2.解得9 = 2,n 1an= 3+ 2(n 1) = 2n+ 1, bn= 2-.由 ai= 3, an= 2n+ 1,n(ai+ an)得 Sn=2= n(n + 2),c2,n 为奇数,则 Cn=*n(n + 2),2n1, n 为偶数，1 in ；，n 为奇数, 即 gn+2 2n-1, n 为偶数，T2n= (C1+ C3+ + C2

9、n 1)+(C2+ C4+ + C2n)+昴(3扑+(2n12n+l + (2+23+ +22n1)=1亠 +2n+ 11 4【例 2】(2017 天津高考)已知an为等差数列，前 n 项和为 Sn(n N N*),bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0, b2+ b3= 12, b3= a4 2a1, Si1= 11 b4.(1)求an和bn的通项公式；求数列a2nb2n-1的前 n 项和(n N N*).解(1)设等差数列an的公差为 d,等比数列bn的公比为 q.2n2n+ 1错位相减法求1题型题型2|和112由已知 b2+ b3= 12,得 b1(q+ q )= 12,12而 b

10、i= 2,所以 q2+ q 6 = 0. 又因为 q0,解得 q= 2,所以 bn= 2n.由 b3= a4 2ai，可得 3d ai= 8.由 Sii= 11b4，可得 ai+ 5d= 16.联立，解得 ai= 1, d= 3,由此可得 an= 3n 2.所以数列an的通项公式为 an= 3n2,数列bn的通项公式为 bn= 2n.(2)设数列a2nb2n-1的前 n 项和为 Tn,由 a2n= 6n 2,b2n 1= 2x4n1，得 a2nb2n 1= (3n 1)x4n，故23nTn=2X4+5X4+8X4+- +(3n1)x4,4Tn=2X42+5X43+8X44+(3n4)x4n+(

11、3n1)x4n+1,一，得3Tn=2X4+3X42+3X43+3X4n(3n1)x4n+1(3n1)x4n+1=(3n2)x4n+18,得 Tn=罟X4n+1+f.3n 2.8所以数列a2nb2n1的前 n 项和为一X4n+1+.规律方法错位相减法求和时的 3 个注意点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“S”与“qS”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“S qSn”的表达式，同时应注意差式中成等比数列的项数12X14n=414133 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. 跟踪练习(2019

12、 阜阳模拟)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 bi= ai, b2= 2, q = d, Sio= 100.求数列an , bn的通项公式；(2)当 d 1 时，记 Cn= g,求数列cn的前 n 项和 Tn.解由题意得2 匚=1+23+升+2.可得11 11 2n 12n + 32Tn=2+2+2+n22n=32n10a1+ 45d= 100,ad= 2,k12a1+ 9d= 20,即ad = 2,k1a1= 1,解得d = 2a= 9,或2dp.1an= 92n+79, 或或 AQ2n_ 1由 d 1,知 an= 2n- 1, bn= 2n

13、-1，故2n 1Cn=1,于是Tn= 1+ 2+ 多+2，14故 Tn= 6 2n+ 32*1.15裂项相消法求1题型题型31和?考法 1 形如 an=型n(n+ k)【例 3】(2019 济南模拟)已知数列 an 的各项都为正数， 其前 n 项和为 Sn, 且满足 4Sn= an+ 2an 3 对任意的正整数 n 都成立.(1) 证明数列an是等差数列，并求其通项公式；1(2) 设 bn= S，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)当 n= 1 时，4$ = a2+ 2a1 3, 即 a1 2a1 3= 0,解得 a1= 3 或 a1= 1(舍去)，2 2 _ 一.由 4Sn= an+ 2

14、an 3，得当 n2 时，4Sn-1= an-1+ 2an 1 3，两式相减，2 2得 4an= an an1+ 2an 2an 1，即(an+ an 1)(an an 1 2) = 0，又 an0，an an1 2 = 0，即卩 an an 1= 2(n2)，二数列an是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，-an= 3+ 2(n 1) = 2n+ 1.bn=Sn=由 an= 2n+ 1，得 Sn= 3 +2n+ 12n= n(n+ 2)，21 1+-2j+ 21n+ 12n + 32(n+ 1【n + 2 j16_ 一 一 1.11111 1Tn= b1+ b2+ b3+ bn1+ bn=

15、 ?1 3 十 2 4 十 3 5 十十1+n+ 1?考法 217【例 4】1*已知函数 f(x) = x 的图象过点(4,2)，令an= fn+ 1 + fn，代N.记数列an的前 n 项和为 Sn,则 S2 019=2 2 505505 1 1由 f(4) = 2,可得 4 = 2，1 1解得a=，则 f(X)=运A斫 fn+1 + fn =+l+；n=1-n，S2 019= a1+ a2+ a3+ a2 019=(2 1) + 0 3 2) + ( 4 3) + ( 2019- 2018) + (_2_0202 019)= 2 020- 1= 2 505 1.规律方法利用裂项相消法求和的

16、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1积与原通项相等如：若an是公差 dM0 的等差数列，则=(2019 山西八校联考)在等差数列an中，a2= 4， + a4+ a7= 30,其前 n 项和为 Sn.(1) 求数列an的通项公式；(2) 求数列 缶的前n项和=解(1)设等差数列an的公差为 d.|a1+d=4，法一：由已知可得戶 + (a1+ 3d + (a1+ 6d = 30,18ai+ d = 4,ai= 1,即 f解得 t3ai+ 9d= 30

17、,d= 3,所以 an= ai+ (n 1)d 1 + (n 1)x3 3n 2.法二：由等差数列的性质可得 a1+ a4+ a7 3a4 30,解得 a4 10,a4 a2所以 d 4 2所以 an a2+ (n 2)d = 4+ (n 2)x3 3n 2.(2)由(1)知Sn3n2- n2 ,所以 Sn+ 2n 3n2n+ 2n23n + 3n 3n n + 1_22,所以真题所以Tn 3X自主验效果亡-21、n+ 1 厂2n3 n+ 1近年考題感悟规律1043,19又由题设可得 ai= 2,满足上式,2. (2014 全国卷I)已知an是递增的等差数列，a2, d 是方程 x2- 5x+

18、 6_0 的根.(1)求an的通项公式；求数列器的前 n 项和.2解(1)方程 x 5x+ 6_ 0 的两根为 2,3,由题意得 a2_ 2, a4_ 3.、 1设数列an的公差为 d,则 a4- a2_2d,故 d_q,从而 a1_ *1所以an的通项公式为 an_ 2n+ 1.134n + 1n + 22Sn_23+24+产+尹.两式相减得所以an的通项公式为 an=22n-1r记an2n+ 1的前 n 项和为 sn.由(1)知=2n+ 1(2n+ 1(2n- 1)2n- 112n+ 1 1 1 1则$=1-3+3-5+12n- 11_ _ 2n2n+ 1 2n+ 1设.an2n的前 n 项和为 Sn由(1)知ann + 22n+1，则Sn_22+ 2*+n