(通用版)高考数学一轮复习 第6章 数列 4 第4讲 数列求和教案 理-人教版高三全册数学教案

n－1n－1n＋1n－1n－1n＋1第

数列求和1．基本数列求和方法n（a＋）（－1(1)等差数列求和公式：S＝＋d22＝1(2)等比数列求和公式：S（1q）＝，≠1.1－q1－2．一些常见数列的前项公n（＋1(1)1＋2＋3＋4＋…＋＝；2(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2＝n

；(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝＋．3．数列求和的常用方法(1)倒序相加法如果一个数{的前中首末两端等“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项和可用此法来求，如等比数列的前项就是用此法推导的．(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项，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a＝(－1)()类型，可采用两项合并求解．判断正误(正确的打“√”，错的打“×”)(1)当≥2时，

n

111＝－.()利倒序相加可求得sin1°＋sin2°＋3°…＋sin88°sin89°＝

＝－，1111＝－，111144.5.()(3)若＝a＋＋n，当≠0且a时求的值可用错位相减法求n得．()答案：(1)×(2)√(3)√数列{的前项为S，知S＝1－2＋3－4＋…＋(－1)nnA．9BC．17D．16

·，S＝(解析：选＝1＋3－4＋5－6＋＋15－16＋17＝1＋(－2＋(－4＋5)－6＋…＋(＋15)＋(－16＋17)＋…＋1＝9.12(教材习题改编数列}，a＝，若{a}的项为，则项数为（n＋1）2018()A．2016C．2018

B017D019解析：选B.＝

111n（＋1n＋1111111n2017S－＋－＋…－＝1－＝＝，所以n＝2017.223＋1n＋1＋12018已知数列：，2，，2482解析：设所求的前n项为S，则

，…，则其前n项和于n的表式为_______111S＝(1＋2＋…＋)＋＋＋…＋＝242n（＋11答案：＋1－22

n（＋1）－.22已知数列{a}前项为S且a＝·2则S＝________．nn解析：＝1×2＋2×2＋3×2＋…×2，所以2＝1×2＋2×2＋3×2＋＋×2

，②2×（1－2）①－②得－＝2＋2＋2…＋2－n×2＝－×2，1－2所以S＝(－1)2＋2.答案：n－1)2

＋2分组转化法求和

4×3a＝327×6＝2234×3a＝327×6＝2238（4－1）3[典例引领(2018·合肥市第一次教学质量检)知等差数{}的前n项为，满足S＝n24，＝63.(1)求数列}的通项公式；(2)若＝2＋(·求数列}的前n项Tnn【解】(1)因为}为等差数列，＋所以a＝2＋1.＋d＝63(2)因为b＝2＋(－1)·＝2＋(－1)·(2＝2×4＋(－1)·(2n＋1)，nn8（4－1）所以T＝2×(4＋4＋…＋4)＋[－3＋5＋9…－1)·(2n＋1)]＝＋.3n当＝2(∈N)时，G＝2×＝，28（4－1）所以T＝＋；3当＝2－1(∈N)时，n－1G＝2×－(2＋1)－－228（4－1）所以T＝－－238（4－1）＋（＝2，∈N）所以T＝.－（＝2－1，∈N）分组转化法求和的常见类型(1)若＝b±，且{b}，{}等差或等比数列，可采用分组求和法{}的n和；nn数(2)通公式为a＝可采用分组转化法求和．

的数列，其中数列{}}是比数列或等差数列，n[通练习]1．已知数列{a}的通项公式为a－，前项为S，则S＝________．nn解析：＝2＋2＋＋2＋2＋…n

a2a22－2）（1＋）n＋＋4＝－＝2－12答案：

n＋＋4－22．(2018·福建福州八中第六次)在等比数列}，公比≠1，等差数{满足bn＝＝3，b＝，＝a.(1)求数列}与{b}的通项公式；(2)记＝(＋，数{c}的前2n项S.n解：(1)设等差数列{b}的公差为d.，则有解得或(舍去)，q，所以a＝3，＝2＋1.n(2)由1)知c＝(－1)(2＋3，则S＋3＋3＋…＋3)＋{(－3)＋(－7)＋＋[－(4－1)]n＋1)}n3－3）＝＋[(5－3)＋(9－7)＋…＋(4n＋1－4＋1)]13＝

－3＋2.2错位相减法求和[典例引领(2017·高考山东卷)已知{}是项均为正数的等比数列，且aaa＝a(1)求数列}的通项公式；(2){}为各项非零的等差数列其前n和为已＝，求数n和nT【解】(1)设{a}的公比为q，由题意知：(1＋)＝6，＝.又a>0解得：＝2，＝2所以a＝2.（2＋1（b）(2)由题意知：S＝＝(2＋1)，

又S＝，≠0n所以b＝2b令c，2＋1则c，23572－12＋1因此T＝＋…＋＝＋＋＋…＋＋，2222213572－12＋1又T＝＋＋＋…＋＋，222222两式相减得1311T＝＋＋…＋22222＋5所以T＝5－.2

2＋1－，2错位相减法求和策略(1)如果数列{a是等差数列，b}是比数列，求数列a·的前项时，可采用错位nnn相减法，一般是和式两边同乘以等比数的公比，然后作差求解．(2)在写“”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n“－的表达式．n(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和不于1两情况求解．[通练习]13571．数列，，，，，的前10项和为________．2481613519解析：＝＋＋＋…，24821131719所以＝＋＋＋＋.②24822①－②得112219S＝＋＋…＋22822

92a＝2292a＝2211－1＝＋－2121－231193×2－23＝－－＝，22223×2－233049所以S＝＝.210243049答案：10242．(2018·福建漳州八校联)知递增的等比数{}满足a＋＋a＝28，且a＋2是a和的差中项．(1)求数列}的通项公式；(2)若＝alog1，＝＋＋…，求使＋·22q＝28，解：(1)由题意，得（q＋2），解得或1＝，由于{是递增数列，所以＝2，＝2，

>62成的正整数n的小值．所以数列a}的通项公式为a＝2·2n

＝2.(2)因为＝1＝2·log2＝－·222所以S＝＋…＋＝－(1×2＋2×2＋＋)，n则2＝－(1×2＋2×2＋…＋·2)，②②－①，得＝(2＋2＋＋2)·2＝2－·2则S＋·2＝2－2，

，解2

－2>62，得n>5，所以n的最小值为6.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，题型多为解答题第二问，难度适中．高考对裂项相消法的考查常有以下三个命题角度：

2＋12＋1（2＋1（2－1）2－1＋12＋12＋1（2＋1（2－1）2－1＋11(1)形如a＝型n（＋）(2)形如a＝

1型；n＋＋ka(3)形如a＝（－1）a－1）

(>0，≠1)．[典引领]1角度一形a＝型n（＋）(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{}足a＋3a＋…＋(2－1).(1)求a}通项公式；(2)求数列n项和【解】(1)因a＋3a＋…－1)＝2n故当n时，a＋3a＋…－3)＝22(n．两式减(2－1)a＝2，所以a＝≥2)．2又由题设可得，2从而{的通项公式为a＝.2－1(2)记

a}的前项为S.2＋1a21由1)知＝＝－.1111112则S－＋－＋＋－＝.13352－12n＋1＋11角度二形a＝型n＋＋(2018·福州质检)已知函数(x)＝x

α

的图象过点(4，2)，令＝1，∈N.数列}的前n项为S，S＝()f（＋1＋（）A.2017－1C.2019－11【解析】由(4)＝2得＝2，解得＝2

B.2018－1D.2019＋1

Saad2Saad21则()2.11所以a＝＝＝n＋1－nf（＋1f（）＋1所以＝＋a＋a＋…＋＝(21)3－2)＋(4－3)＋…＋(2018－2017)2019－2018)＝019－1.【答案】Cka角度三形a＝（－1（a－1）

(>0，≠1)型已知数列{a}递增的等比数列，且a＋，＝8.(1)求数列}的通项公式；a(2)设为数{的前n和，＝，数列{b}前项T.nSnn【解】(1)由题设知a·＝·＝8，又a＋＝9可解或(舍去．由a＝公比＝2，故＝q＝2.a（1q）(2)S＝＝2－1.1－a－11又b＝＝－，SSSSn11111所以T＝＋…＋＝－－＝1－.2－1n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，有时需要调前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相111111等．如：若}等差数列，则＝＝－nnn[通练习]1．(2017·高考全国卷Ⅱ等差数列{}的项为a，，则n

1S

＝

＝2(1－＋－＋＋－)＝.n＋1a（＋232435（－1）16（＋1（＋2）n＝2(1－＋－＋＋－)＝.n＋1a（＋232435（－1）16（＋1（＋2）n2（n＋1）__________．，，解析：设等差数{的项为a，差为d，题意解，，n（＋1）得所S，此2

1111112S223n＋1＋12答案：2．(2018·银川质)正项数列{a的前项S满足S－(n＋－1)－(＋n)nn(1)求数列}的项公式a；n＋15(2)令＝，列}的前n项为T，证：对于任意的n，有T<（＋2a64

.解：(1)由－(＋－1)－(＋)＝0，n得－(＋)](＋1)＝0.由于数列a}是正项数列，所以>0，＝＋.n于是a＝＝2当≥2，a＝S－＝＋－(－1)n

－(－1)＝2.综上可知，数列{a}的通项公式a＝2.n(2)证明：由于＝2，＝n

＋1（＋2

，n＋111则b＝－4（＋2）16

.1111111T＋－＋－＋＋

－111111＋－－16

－1（＋2

11162

5＝.64几类可以使用公式求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．

11(3)等差数列各项加上绝对值，等差数列(.用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．易错防范(1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参(字母时，应对其公比是否为1进讨论．(2)在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号．(3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．1．已知数列{a}的通项公式是a－331A．380－5531C．420－45

n，则其前20项为)21B．400－541D．440－5解析：选C.令列{}的前项为，＝＋＋＝2(1＋2…＋20)－n3

111＋＋55

1120×（20＋1）5531＝2×－3×＝420－21451－5

.2．数列}的通项公式是a＝nAC．11

1，若前n项和为10，则项数n为)n＋nB．99D．121解析：选＝

1＋1－＝＝＋1n所以a＋n＋n（n＋1＋n）（＋1－n＋…＋23－2)…＋(＋1)＝＋1－1＝10.即n，以＋1＝121，n＝120.3．(2018·江西师大附中调研)定义

np＋＋

为个正，p，，p的“均倒n1a111数”，若已知数列a}的前n项“均倒数”为，b＝，＋＋…＋＝5n5bbbb()

b2b2A.

817

B.

91910C.21

D.

1123解析：选C.由定义可知＋＋…＋＝5n

，＋a＋…＋＝5(n＋1)，求得a＝10＋5，所以a＝10－5，n又n

11111＝－＋＋＋bb2n11111111＝(－＋－－＋－)＝－bb2bbb2

10＝.21nπ4．已知数列{a}的通项公式为a＝(－1)(2n－1)·cos＋1(∈N)，其前项为S，2则S＝()A．－30C．90

B．－60D．120解析：选D.由题意可得，当n－3(∈N)时＝a＝1当＝4－2(∈N)时，n＝＝6；当n＝4－1()时a＝＝1当＝4(∈N时，＝k所n以a＋＋＋＝8所以S＝8×15＝120.k5．(2018·湖南湘潭模)已知T数m的最值为()A．1026C．1024

＋1为数列n项和若>＋1013恒立，则整B025D0232＋1解析：选C.因＝1＋2

n，1所以T＝n＋1－，211所以T＋1013－＋1013024－，22又>013，所以整数m最小值为1024.故C.6．在等差数列a}中，a>0，·<0，若此数列的前10项S＝36前18项S＝12，数{a|}的18项T的值是________解析：由a>0·可知d<0，>0，a，所以T＝a＋…－－－

＝＋log＋＋lognnn＝＋log＋＋lognnn3＝－(S－S)＝60.答案：17．设函数x)＝＋log，义＝21－

，其中∈N

，且n，则S＝________．解析：因为f(x)(1)1x11－x21－x＝1＋log1＝1，所以2＝

＋＝－1.n－1所以S＝.2n－1答案：28．某企业在第1年购买一台价值为120元的设备M，价值在使用过程中逐年减少，从第2年第6年每年初的值比上年初减少10万元；从第7年始，每年初M的价值为上年初的75%，则第年M的价值a＝________．解析：当n时，数列{}是首项为120，公差为10的差数列，所以＝120－10(－1)＝130－10(n且n*)；3当≥7时，数{是以a为项，为公比的比数列，43又因为a，以＝70×

n(≥7∈N．n，≤6且∈N，答案：n－6，≥7n∈N

＋9．已知数列{a}的前项S＝，∈N2(1)求数列}的通项公式；(2)设＝2a，求列b}的前2项．n

－，35－，352n＋12＋1017解：(1)当＝1时，＝＝1；n＋（n－1）＋－1当≥2时，a＝－＝－＝.22a也足a＝，故数{}通项公式为a＝.nn(2)由1)知a＝，故b＋(n.n记数列}的前2项为T，T＝(2＋2＋…＋(－1＋2－＋2．n记＝2＋2＋＋2，＝－1＋2－3＋4－…＋2，2－2）则＝＝2－21B＝(－1＋2)＋(＋…＋[－(2－1)＋2].故数列}的前2项＝＋＝2n

＋－2.10．(2018·长市统一模拟考)知数{为等差数列，其中a＋＝8，＝3a.(1)求数列}的通项公式；22016(2)记＝，{}的n和为.求最小的正整数，使得S>.aa017解：(1)设等差数列{a}的公差为d，依题意，＋3d解得a＝1，d＝2，从而{的通项公式为a＝2n－1，∈Nn211(2)因为b＝＝2－12＋1

.1111所以S＝－，2＋112016令1－>，解得n>1008，故取＝11．已知等差数{的前n项为S，a＝28，＝310.函数fn)＝(∈N)，(，nnf())，n＋1，(＋1))，Cn＋2，f(n＋2))是数f(n上的点，eq\o\ac(△,则)eq\o\ac(△,)ABC的积为()A．1C．3解析：选C.因a＝28，＝310.

BD

＝28所以10×9解a＝4，d＝6.10＋d＝310，2所以a＝4＋(－1)×6＝6－2.n（－1所以S＝4＋×6＝3＋2所以，，C的标分别为(，3＋)，(＋1＋1)＋(＋1))，(n＋2，3(＋(n＋2))．11所以△的积S＝[(3n＋)＋3(＋2)n＋2)]×2－[(3＋)＋1)n＋2211)]×1－[3(＋1)＋(＋1)＋3(＋2)n＋2)]×12＝(6＋14＋14)－(3＋4＋2)－(3＋10n＋9)＝3，即△ABC的积为3.2．(2017·高考全国卷Ⅰ)几位学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，4，1，4，8，16，，其中第一项是，下的两项是2，2，再接下来的三项是2，2，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：>100且数列的前N项为2的整数幂．那么该款软件的激活码()AC

B．330D．110解析：选A.设第一项为第1组接下来的两项为第组再接下来的三项为第3组依此类推，则第组的项数为n前组的项数和为

（n＋1）2

.由意可知，>100，令n（＋1>100，所以≥14，n，N出在第13组后．易得第n组所有项的和为21－22（1）＝2－1，前n组所有项的和为－＝2－－2.满足条件的N在第＋1－21－21(k∈N，≥13)组，且第N项第＋1的第t(t∈N)个数，第＋1组的项的2

－1应－2－k为相反数，即2－1＝＋2，所＝＋3所以t＝log(，所以当13×（13＋1）t＝4，＝13时，＝＋4＝95<100，不满足题意，当t＝5，时N＝2

nn21nn2129×＋1）＋5＝440，当>5，N>440，选A.2113．知数列{a满a＝＋a，＝，则该数列的前2018项和等于22．11解析：因为＝，a＝＋－，221所以a＝1，从而a＝，＝12，＝2－1（）即得a＝＝2（∈N），故数列的前2018项的和S＝1009×

＝

3027.23027答案：24．某人打算制定一个长期储蓄划，每年年初存款元，连续储蓄12年由于资金原因，从第7年初开始，变更为年年初存款1万．若存款利率为每年2%，且上一年年末的本息和共同作为下一年年初的本金，则第13年年时的本息和约________万元结果精确到0.1)．(参考数据：1.02≈1.13，1.02≈1.27)解析：由题意可知，第1年年初入的2元，到第13年年时本息和为2×1.02，2年年初存入的2万元到第13年初时本息和为2×1.02，，第6年初存入的2万元，到第13年初时本息和为2×1.02，第7年初存入的万元，到第1