高考数学大一轮复习第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用教师用书理.doc

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1、- 1 -第四节第四节 数列求和与数列的综合应用数列求和与数列的综合应用2017 考纲考题考情考纲要求真题举例命题角度1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法；2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和相关的问题。2016，天津卷，18,13 分(等差数列的证明、数列求和)2016，山东卷，18,12 分(数列通项与求和)2015，北京卷，20,13 分(数列与函数、不等式的综合)2015，四川卷，16,12 分(等差、等比数列的综合应用)1.本节以分组法、错位相减、倒序相加、裂项

2、相消法为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点；2.题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难。一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合。微知识 小题练自|主|排|查1公式法与分组求和法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和。等差数列的前n项和公式：Snna1d。na1an 2nn1 2等比数列的前n项和公式：SnError!(2)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。2倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或

3、等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的。(2)并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。- 2 -形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解。例如，Sn10029929829722212(1002992)(982972)(2212)(10099)(9897)(21)5 050。3裂项相消法(1)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。(2)常见的裂项技巧 。1 nn11 n1 n1。1 nn21 2(1 n1 n2)。1 2n12n11 2(1 2n11 2n1)。1nn

4、1n1n4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项和公式就是用此法推导的。微点提醒 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。小|题|快|练一 、走进教材1(必修 5P47B 组 T4改编)数列an的前n项和为Sn，若an，则S5等于( )1 nn1A1 B.5 6C. D.1 61 30【解析】 an ，1 nn1n1n n

5、n11 n1 n1所以S5a1a2a3a4a51 1 21 21 31 51 6- 3 - 。故选 B。5 6【答案】 B2(必修 5P61A 组 T4(3)改编)12x3x2nxn1_(x0 且x1)。【解析】 设Sn12x3x2nxn1，则xSnx2x23x3nxn，得：(1x)Sn1xx2xn1nxnnxn，1xn 1x所以Sn。1xn 1x2nxn 1x【答案】 1xn 1x2nxn 1x二、双基查验1若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为( )A2nn21 B2n1n21C2n1n22 D2nn2【解析】 Sna1a2a3an(21211)(22221)(232

6、31)(2n2n1)(2222n)2(123n)n2n212n 12nn1 22(2n1)n2nn2n1n22。故选 C。【答案】 C2若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10( )A15 B12C12 D15【解析】 an(1)n(3n2)，a1a2a1014710131619222528(14)(710)(1316)(1922)(2528)3515。故选 A。【答案】 A3数列an的通项公式是an，前n项和为 9，则n( )1nn1A9 B99C10 D100- 4 -【解析】 an。1nn1n1nSna1a2a3an(1)()()1。232n1nn119，即10，n

7、99。故选 B。n1n1【答案】 B4已知数列an的前n项和为Sn且ann2n，则Sn_。【解析】 ann2n，Sn121222323n2n。2Sn122223(n1)2nn2n1。，得Sn222232nn2n1n2n12n12n2n1212n 12(1n)2n12。Sn(n1)2n12。【答案】 (n1)2n125数列an满足a11，且an1ann1(nN N*)，则数列的前 10 项和为1 an_。【解析】 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)(n2)21，nn1 2所以2，1 an2 nn1(1 n1 n1)所以的前 10 项和1 an2 1 112 2212 3

8、312 101012。(11 21 21 31 31 41 101 11)20 11【答案】 20 11微考点 大课堂考点一 分组转化法求和【典例 1】 已知数列an的通项公式是an23n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3，求其前n项和Sn。【解析】 Sn2(133n1)111(1)n(ln2ln3)- 5 -123(1)nnln3，所以当n为偶数时，Sn2 ln33n ln31；13n 13n 2n 2当n为奇数时，Sn2(ln2ln3)ln313n 13(n1 2n)3nln3ln21。n1 2综上所述，SnError!【答案】 SnError!反思归纳 1.若anbncn，且bn

9、，cn为等差或等比数列，可采用分组转化法求an的前n项和。2通项公式为anError!的数列，其中数列bn，cn是等比或等差数列，可采用分组转化法求和。【变式训练】 (2016北京高考)已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4。(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和。【解析】 (1)等比数列bn的公比q 3，b3 b29 3所以b11，b4b3q27。b2 q设等差数列an的公差为d。因为a1b11，a14b427，所以 113d27，即d2。所以an2n1(n1,2,3，)。(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，因此cnanb

10、n2n13n1。从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n12n1 213n 13n2。3n1 2【答案】 (1)an2n1(n1,2,3，) (2)n23n1 2- 6 -考点二 错位相减法求和【典例 2】 (2016山东高考)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1。(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn。an1n1 bn2n【解析】 (1)由题意知当n2 时，anSnSn16n5，当n1 时，a1S111，所以an6n5。设数列bn的公差为d，由Error!得Error!可解得b14，d3。所以bn3n1。(2)由(1)

11、知cn3(n1)2n1。6n6n1 3n3n又Tnc1c2cn，所以Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2。4412n 12n1 2n2【答案】 (1)bn3n1 (2)Tn3n2n2反思归纳 选择数列求和方法的依据是数列的通项公式，如该题第(2)问中通过化简数列cn的通项公式可知，其可以写成一个等差数列与等比数列的通项公式的乘积形式，故应采用错位相减法求和。【变式训练】 (2016桐乡模拟)已知公比q不为 1 的等比数列an的首项a1 ，前n1 2项和为Sn，且a4S4，a5S

12、5，a6S6成等差数列。(1)求数列an的通项公式；(2)对nN N*，在an与an1之间插入n个数，使这n2 个数成等差数列，记插入的这n个数的和为bn，求数列bn的前n项和Tn。【解析】 (1)因为a4S4，a5S5，a6S6成等差数列，所以 2(a5S5)a4S4a6S6，即 2a63a5a40，即 2q23q10(q1)，- 7 -解得q ，故ann。1 2(1 2)(2)若记插入的n个数为xn(n1,2，n)，由(1)及等差数列的性质及前n项和公式可知x1xnanan1，bnnn，nanan1 23 4(1 2)TnError!3 4Error!，TnError!1 23 4Erro

13、r!，得TnError!1 23 4Error!，Tn1 23 41 21(12)n112n(12)n1Tn。3 21(1 2)nn(1 2)n1【答案】 (1)ann(1 2)(2)Tn3 21(1 2)nn(1 2)n1考点三 裂项相消法求和【典例 3】 (2017开封模拟)设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn满足S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN N*。2n(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有2nn2对一切nN N*恒成立，求实数的取值范围。【解析】 (1)因为an1an2(bn1bn)，bn3n5，所以an1an2(bn1bn)2

14、(3n83n5)6，所以an是等差数列，首项a11，公差为 6，an6n5。- 11 -(2)因为bn2n，所以an1an2(2n12n)2n1。当n2 时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n2n12262n12；当n1 时，a16，符合上式，所以an2n12。由an2nn2，得 。2nn 2n11 2n 2n1又当n2 时，0，所以当n1,2 时，取得最大值 ，故n 2n1n1 2n2n 2n12nn 2n13 4的取值范围为。(3 4，)【答案】 (1)an6n5 (2)(3 4，)微考场 新提升1设等差数列an和等比数列bn首项都是 1，公差与公比都是 2，则ab1a

15、b2ab3ab4ab5等于( )A54 B56C58 D57解析 由题意得，an12(n1)2n1，bn12n12n1，ab1ab5a1a2a4a8a16137153157。故选 D。答案 D2已知数列an的前n项和Snn26n，则|an|的前n项和Tn( )A6nn2 Bn26n18C.Error! D.Error!解析 由Snn26n可得，当n2 时，anSnSn1n26n(n1)26(n1)2n7。当n1 时，S15a1，也满足上式，an2n7，nN N*，n3 时，an0；n3 时，an0。当n3 时，TnSn6nn2，当n3 时，TnSn2S3n26n18。TnError!故选 C。

16、答案 C- 12 -3已知等比数列的各项都为正数，且当n3 时，a4a2n4102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，2n1lgan，的前n项和Sn等于( )An2n B(n1)2n11C(n1)2n1 D2n1解析 等比数列an的各项都为正数，且当n3 时，a4a2n4102n，a102n，即2nan10n，2n1lgan2n1lg10nn2n1，Sn122322n2n1，2Sn12222323n2n，得Sn12222n1n2n2n1n2n(1n)2n1，Sn(n1)2n1。故选 C。答案 C4(2017郑州模拟)整数数列an满足an2an1an(nN N*)，若此数

17、列的前 800 项的和是 2 013，前 813 项的和是 2 000，则其前 2 015 项的和为_。解析 由an2an1an，得an2anan1anan1，易得该数列是周期为 6 的数列，且an2an10，S800a1a22 013，S813a1a2a32 000，Error!Error!Error!依次可得a51 000，a613，由此可知an1an2an3an4an5an60，S2 015S513。答案 135在等比数列an(nN N*)中，a11，公比q0，设bnlog2an，且b1b3b56，b1b3b50。(1)求an的通项an；(2)若cn，求cn的前n项和Sn。1 nbn6解

18、析 (1)因为b1b3b56，所以 log2a1log2a3log2a56，所以 log2(a1a3a5)6，所以 log2(a q6)6，3 1所以 log2(a1q2)2，即b32，a1q24a3。因为a11，所以b1log2a10，又因为b1b3b50，所以b50log2a5，a51，- 13 -所以 q2，又q0，a5 a31 4Error!解得Error!所以an16n125n(nN N*)。(1 2)(2)由(1)知an25n，所以bn5n(nN N*)，所以cn，1 n5n61 nn1所以Sn(11 2)(1 21 3)(1 31 4)(1 n1 n1)(11 21 21 31

19、31 41 n1 n1)(nN N*)。(11 n1)n n1答案 (1)an25n(nN N*) (2)Sn(nN N*)n n1微专题 巧突破数列的新定义问题先定义一个(一类)新数列，然后要求根据定义推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一个命题方向，这类问题形式新颖，常给人耳目一新的感觉。对于这类问题，我们应先弄清问题的本质，然后根据等差、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决。【典例】 设Sn为数列an的前n项和，若(nN N*)是非零常数，则称该数列为“和S2n Sn等比数列” 。若数列cn是首项为 2，公差为d(d0)的等差

20、数列，且数列cn是“和等比数列” ，则d_。【解析】 由题意可知，数列cn的前n项和Sn，前 2n项和S2nnc1cn 2，所以22，所以当d4 时，2nc1c2n 2S2n Sn2nc1c2n 2 nc1cn 22nd 4ndd214dnd为非零常数，则数列cn是“和等比数列” ，故d4。S2n Sn【答案】 4- 14 -【变式训练】 (1)(2016福建六校联考)对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列” ，若a12，an的“差数列”的通项公式为 2n，则数列an的前 2 016 项和S2 016( )A22 0172 B22 0171C22 017 D22 0171(2)(

21、2016衡水中学检测)对于数列an，定义Hn为an的“优a12a22n1an n值” ，现在已知某数列an的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5对任意的nN N*恒成立，则实数k的取值范围为_。【解析】 (1)由题意知an1an2n，则anan12n1，an1an22n2，a3a222，a2a12，累加求和得ana12n12n22222n2，n2，又a12，所以an2n，则212n1 12数列an的前 2 016 项和S2 01622 0172，故选 A。2122 016 12(2)由题意知Hn2n1，a12a22n1an n所以a12a22n1ann2n1，当n2 时，a12a22n2an1(n1)2n，得：2n1ann2n1(n1)2n，解得an2n2，n2，当n1 时，a14 也满足上式，所以数列an的通项公式为an2n2，则数列an为等差数列，公差为 2。令bnankn(2k)n2，则数列bn也是等差数列，由SnS5对任意的nN N*恒成立，知 2k0，且b5125k0，b6146k0，解得k。7 312 5【答案】 (1)A (2)73，125