2019版高考數學一輪復習 第五章 數列 第31講 數列求和學案

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1、 第31講　數列求和 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.熟練掌握等差、等比數列的前n項和公式． 2．掌握非等差、等比數列求和的幾種常見方法. 2016·全國卷Ⅱ，17 2016·江蘇卷，18 2016·北京卷，12 利用公式求數列的前n項和，利用常見求和模型求數列的前n項和. 分值：5分 1．公式法與分組求和法 (1)公式法 直接利用等差數列、等比數列的前n項和公式求和． ①等差數列的前n項和公式： Sn＝＝__na1＋d__. ②等比數列的前n項和公式： Sn＝ (2)分組求和法 若一個數列是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列組成，則

2、求和時可用分組求和法分別求和后相加減． 2．倒序相加法與并項求和法 (1)倒序相加法 如果一個數列的前n項中首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數，那么求這個數列的前n項和可用倒序相加法，如等差數列的前n項和公式即是用此法推導的． (2)并項求和法 在一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和． 形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 3．裂項相消法 (

3、1)把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和． (2)常見的裂項技巧 ①＝－. ②＝. ③＝. ④＝－. 4．錯位相減法 如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么這個數列的前n項和即可用此法來求，如等比數列的前n項和公式就是用此法推導的． 1．思維辨析(在括號內打“√”或“×”)． (1)如果已知等差數列的通項公式，則在求其前n項和時使用公式Sn＝較為合理．(　√　) (2)如果數列為等比數列，且公比不等于1，則其前n項和Sn＝.(　√　) (3)當n≥2時，＝－.(　×　) (4)求Sn＝a＋2a2＋

4、3a3＋…＋nan時只要把上式等號兩邊同時乘以a即可根據錯位相減法求得．(　×　) (5)如果數列是周期為k的周期數列，那么Skm＝mSk(m，k為大于1的正整數)．(　√　) 解析 (1)正確．根據等差數列求和公式以及運算的合理性可知． (2)正確．根據等比數列的求和公式和通項公式可知． (3)錯誤．直接驗證可知＝. (4)錯誤．含有字母的數列求和常需要分類討論，此題需要分a＝0，a＝1，以及a≠0且a≠1三種情況求和，只有當a≠0且a≠1時才能用錯位相減法求和． (5)正確．根據周期性可得． 2．在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln ，則a5＝(　D　) A．1

5、＋ln 2　　 B．2＋ln 3　　 C．3＋ln 5　　 D．2＋ln 5 解析 因為an＋1－an＝ln ＝ln ＝ln (n＋1)－ln n， 所以a5－a1＝(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1) ＝(ln 5－ln 4)＋(ln 4－ln 3)＋(ln 3－ln 2)＋(ln 2－ln 1) ＝ln 5－ln 1＝ln 5，所以a5＝a1＋ln 5＝2＋ln 5，故選D． 3．若數列的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數列的前n項和為(　C　) A．2n＋n2－1　　 B．2n＋1＋n2－1 C．2n＋1＋n2－2　　 D．2n＋n－2 解析

6、 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n ＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n ＝2n＋1＋n2－2. 4．若數列的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(　A　) A．15　　 B．12　　 C．－12　　 D．－15 解析 ∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋a3＋…＋a10 ＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28 ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(

7、－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15. 5．已知數列的前n項和為Sn且an＝n·2n(n∈N*)，則Sn＝__(n－1)2n＋1＋2__. 解析 ∵an＝n·2n， ∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 一　分組法求和 分組求和法的常見類型 (1)若an＝bn±cn，且，為等差或等比數列，可采用分組求和法

8、求的前n項和． (2)通項公式為an＝的數列，其中數列，是等比或等差數列，可采用分組求和法． 【例1】 已知等差數列滿足a5＝9，a2＋a6＝14. (1)求的通項公式； (2)若bn＝an＋qan(q＞0)，求數列的前n項和Sn. 解析 (1)設數列的公差為d， 則由a5＝9，a2＋a6 ＝14，得解得 所以的通項公式為an＝2n－1. (2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1. 當q＞0且q≠1時，Sn＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－1)＝n2＋； 當q＝1時，bn＝2n，則Sn＝n(n＋1)． 所以數列的前n項

9、和Sn＝ 二　錯位相減法求和 利用錯位相減法求和的兩點注意 (1)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式． (2)在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解．同時要注意等比數列的項數是多少． 【例2】 若公比為q的等比數列的首項a1＝1，且滿足an＝(n＝3,4,5，…)． (1)求q的值； (2)設bn＝n·an，求數列的前n項和Sn. 解析 (1)由題意易知2an＝an－1＋an－2， 即2a1qn－1＝a1qn－2＋a1qn－3. ∴2q2－q－1＝0，解

10、得q＝1或q＝－. (2)①當q＝1時，a1＝1，bn＝n，Sn＝. ②當q＝－時，an＝n－1，bn＝n·n－1， Sn＝1·0＋2·1＋3·2＋…＋n·n－1， －Sn＝1·1＋2·2＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，　 兩式相減，得Sn＝1－n·n＋，　 整理得Sn＝－·n. 三　裂項相消法求和 常見的裂項方法 數列(n∈N*) 裂項方法(n∈N*) (k為非零常數) ＝ ＝ ＝ ＝(－) (a＞0，a≠1) loga＝loga(n＋1)－logan ＝－ 【例3】 已知正項數列的前n項和為Sn，且Sn，an，成等差數列． (1

11、)證明：數列是等比數列； (2)若bn＝log2an＋3，求數列的前n項和Tn. 解析 (1)證明：由題意知2an＝Sn＋. 當n＝1時，2a1＝a1＋，∴a1＝. 當n≥2時，Sn ＝2an－，Sn－1＝2an－1－， 兩式相減，得an＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1. ∵為正項數列，∴＝2(n≥2)， ∴數列是以為首項，以2為公比的等比數列． (2)由(1)知an＝a1·2n－1＝2n－2，∴bn＝log22n－2＋3＝n－2＋3＝n＋1. ∴＝＝－. ∴Tn＝＋＋＋＋…＋＝－＝. 1．已知等比數列中，a2·a8＝4a5，等差數列中，b4＋b6＝

12、a5，則數列的前9項和S9＝(　B　) A．9　　 B．18　　 C．36　　 D．72 解析 ∵a2·a8＝4a5，即a＝4a5，∴a5＝4， ∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2.∴S9＝9b5＝18，故選B． 2．已知正項數列滿足a－6a＝an＋1an.若a1＝2，則數列的前n項和為__3n－1__. 解析 ∵a－6a＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0. ∵an＞0，∴an＋1＝3an.又a1＝2， ∴是首項為2，公比為3的等比數列．∴Sn＝＝3n－1. 3．在數列中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1. (1)求數列的通項公式

13、； (2)若bn＝lg，求數列的前n項和Sn. 解析 (1)由題意得－＝1. 又因為a1＝1，所以＝1.所以數列是首項為1，公差為1的等差數列，所以＝n，即an＝，所以數列的通項公式為an＝. (2)由(1)得bn＝lg n－lg(n＋2)． 所以Sn＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg(n－2)－lg n＋lg(n－1)－lg(n＋1)＋lg n－lg(n＋2)＝lg 1＋lg 2－lg(n＋1)－lg(n＋2)＝lg. 4．設數列滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝(n∈N*)． (1)求數列的通項； (2)設bn＝，求數列的前n

14、項和Sn. 解析 (1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，① ∴a1＝ ， a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝(n≥2) ，② ①－②，得3n－1an＝－＝(n≥2)，化簡得an＝(n≥2)． 顯然，a1＝也滿足上式，故an＝(n∈N*)． (2)由(1)得bn＝n·3n. 于是Sn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n ，③ 3Sn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1 ，④ ③－④，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1， 即－2Sn＝－n·3n＋1.∴Sn＝·3n＋1＋. 易錯點1　求和時數不清項數 錯因分

15、析：弄清和式的構成規(guī)律是數清項數的關鍵． 【例1】 設f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n≥－3，n∈Z)，則f(n)＝(　　) A．(8n－1)　　 B．(8n＋1－1) C．(8n＋3－1)　　 D．(8n＋4－1) 解析 1＝3×1－2,3n＋10＝3(n＋4)－2，所以f(n)是首項為2，公比為8的等比數列的前n＋4項的和． 由求和公式得f(n)＝＝(8n＋4－1)．選D． 答案：D 【跟蹤訓練1】 把一數列依次按第一個括號內一個數，第二個括號內兩個數，第三個括號內三個數，第四個括號內一個數，……，循環(huán)分組為(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)

16、，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，則第50個括號內各數之和為__392__. 解析 將三個括號作為一組，則由50＝16×3＋2，知第50個括號應為第17組的第二個括號，即第50個括號中應是兩個數．又因為每組中含有6個數，所以第48個括號的最末一個數為數列{2n－1}的第16×6＝96項，第50個括號的第一個數應為數列{2n－1}的第98項，即為2×98－1＝195，第二個數為2×99－1＝197，故第50個括號內各數之和為195＋197＝392. 易錯點2　找不到裂項相消的規(guī)律 錯因分析：看清是相鄰項相消還是隔項相消，同時注意系數． 【例2】 求和：＋＋…＋.

17、 解析 an＝＝×， ∴原式＝ ＝ ＝－. 【跟蹤訓練2】 數列1，，，，…，的前n項和為(　B　) A．　　 B． C．　　 D． 解析 ＝＝2， 數列1，，，，…，的前n項和為2＝ 2＝，故選B． 課時達標　第31講 [解密考綱]考查數列的通項公式、數列求和的方法，主要考查公式法、裂項相消法和錯位相減法求前n項和，以及利用Sn與an的關系求通項公式，三種題型均有考查，位于各類題型的中間靠后位置． 一、選擇題 1．數列{an}的前n項和為Sn，若an＝，則S6＝(　D　) A．　　 B． C．　　 D． 解析 因為an＝＝－，所以S6＝1－＋－＋…＋－＝1－＝

18、. 2．已知Sn＝＋＋＋…＋，若Sm＝10，則m＝(　C　) A．11　　 B．99 C．120　　 D．121 解析 因為＝＝－，所以Sm＝－＋－＋…＋－＝－1.由已知得－1＝10，所以m＝120，故選C． 3．在數列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sin ，記Sn為數列{an}的前n項和，則S2 018＝(　D　) A．1 006　　 B．1 007 C．1 008　　 D．1 010 解析 由題意，得an＋1＝an＋sin，所以a2＝a1＋sin π＝1，a3＝a2＋sin＝0，a4＝a3＋sin 2π＝0，a5＝a4＋sin＝1，…，因此，數列{an}是一個以

19、4為周期的周期數列，而2 018＝4×504＋2，所以S2 018＝504×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝1 010，故選D． 4．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數列的前100項和為(　A　) A．　　 B． C．　　 D． 解析 設等差數列{an}的首項為a1，公差為d. ∵a5＝5，S5＝15，∴ ∴∴an＝a1＋(n－1)d＝n. ∴＝＝－，∴數列的前100項和為1－＋－＋…＋－＝1－＝. 5．數列{an}的通項公式an＝ncos ，其前n項和為Sn，則S2 018＝(　B　) A．2 017　　 B．－1 010 C．504

20、　　 D．0 解析 因為an＝ncos，所以當n為奇數時，an＝0， 當n為偶數時，an＝其中m∈N*， 所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2 016＋a2 017＋a2 018 ＝a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a2 016＋a2 018 ＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018 ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋ (－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故選B． 6．已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，Sn是數列{an}的前n項和，則S2 018＝(

21、　B　) A．22 018－1　　 B．3×21 009－3 C．3×21 009－1　　 D．3×22 018－2 解析 依題意得an·an＋1＝2n，an＋1·an＋2＝2n＋1，于是有 ＝2，即＝2，數列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1＝1為首項、2為公比的等比數列；數列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2為首項、2為公比的等比數列，于是有S2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝＋＝3×21 009－3. 二、填空題 7．在數列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，則數列{bn}的前n項和為____.

22、 解析 ∵an＝＝，∴bn＝＝8. ∴b1＋b2＋…＋bn＝8＝. 8．(2018·河南鄭州模擬)設數列{an}的通項公式為an＝2n－10(n∈N*)，則|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝__130__. 解析 由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8為首項，2為公差的等差數列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以當n<5時，an<0； 當n≥5時，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130. 9．若數列{an}是正項數列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，則＋＋…＋＝__2n2＋6

23、n__. 解析 令n＝1，得＝4，∴a1＝16. 當n≥2時，＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)． 與已知式相減，得＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2. ∴an＝4(n＋1)2，當n＝1時，a1適合an. ∴an＝4(n＋1)2，∴＝4n＋4， ∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n. 三、解答題 10．在數列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋(n－2) (n≥2，n∈N*)． (1)求a2，a3的值； (2)證明：數列{an＋n}是等比數列，并求{an}的通項公式； (3)求數列{an}的前n項和Sn. 解析 (1)令n＝2得a2＝2a1＝6. 令n

24、＝3，得a3＝2a2＋1＝13. (2)證明：因為an＋n＝2[an－1＋(n－1)]，a1＋1＝4≠0，所以an＋n≠0，所以＝2， 所以數列{an＋n}是首項為4，公比為2的等比數列， 所以an＋n＝4·2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－n. (3)因為an＝2n＋1－n， 所以Sn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－(1＋2＋…＋n) ＝－＝2n＋2－. 11．(2018·安徽淮南模擬)在公差為d的等差數列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比數列． (1)求d，an； (2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|. 解析 (1

25、)由題意得5a3·a1＝(2a2＋2)2， 所以d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4， 所以an＝－n＋11或an＝4n＋6. (2)設數列{an}的前n項和為Sn. 因為d<0，所以d＝－1，an＝－n＋11. 當n≤11時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n； 當n≥12時，|a1|＋|a2|＋…＋|a11|＋|a12|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a11－a12－…－an＝S11－(Sn－S11)＝－Sn＋2S11＝ n2－n＋110. 綜上所述，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝ 12．(2016·山東卷)已知數列{an}的前n項和Sn

26、＝3n2＋8n，{bn}是等差數列，且an＝bn＋bn＋1. (1)求數列的通項公式； (2)令cn＝，求數列的前n項和Tn. 解析 (1)由題意知，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝ 6n＋5. 當n＝1時，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5. 設數列{bn}的公差為d. 由即可解得b1＝4，d＝3. 所以bn＝3n＋1. (2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1. 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn， 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，兩式作差， 得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2] ＝3×＝－3n·2n＋2. 所以Tn＝3n·2n＋2. 13