2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第5篇-第4讲-数列求和.docx

第4讲数列求和最新考纲1娴熟把握等差、等比数列的前n项和公式2把握非等差、等比数列求和的几种常见方法. 知 识 梳 理1公式法(1)等差数列的前n项和公式：Snna1d.(2)等比数列的前n项和公式：Sn2数列求和的几种常用方法(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)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(3)错位相减法假如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(4)倒序相加法假如一个数列an的前n项中首末两端等“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(5)并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可接受两项合并求解例如，Sn10029929829722212(1002992)(982972)(2212)(10099)(9897)(21)5 050.3常见的拆项公式(1)；(2)；(3).辨 析 感 悟数列求和的常用方法(1)当n2时，.()(2)求Sna2a23a3nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可依据错位相减法求得()(3)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin2 1sin2 2sin2 3sin2 88sin2 8944.5.()(4)(2022南京调研改编)若Sn1234(1)n1n，则S5025.()感悟提升两个防范一是用裂项相消法求和时，留意裂项后的系数以及搞清未消去的项，如(1)二是含有字母的数列求和，常伴随着分类争辩，如(2)中a需要分a0，a1，a1且a0三种状况求和，只有当a1且a0时可用错位相减法求和.同学用书第88页考点一分组转化法求和【例1】 已知数列an的通项公式是an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和Sn.解Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn规律方法 (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者等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时使用等差数列或等比数列的求和公式【训练1】 (2022湖州质检)在等比数列an中，已知a13，公比q1，等差数列bn满足b1a1，b4a2，b13a3.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记cn(1)nbnan，求数列cn的前n项和Sn.解(1)设等比数列an的公比为q，等差数列bn的公差为d.由已知，得a23q，a33q2，b13，b433d，b13312d，故q3或1(舍去)所以d2，所以an3n，bn2n1.(2)由题意，得cn(1)nbnan(1)n(2n1)3n，Snc1c2cn(35)(79)(1)n1(2n1)(1)n(2n1)3323n.当n为偶数时，Snnn；当n为奇数时，Sn(n1)(2n1)n.所以Sn考点二裂项相消法求和【例2】 (2021江西卷)正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn.解(1)由S(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，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项an2n.(2)证明由于an2n，bn，则bn.Tn.规律方法 使用裂项法求和时，要留意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不行漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的【训练2】 (2021滨州一模)已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog(1Sn1)(nN*)，令Tn，求Tn.解(1)当n1时，a1S1，由S1a11，得a1，当n2时，Sn1an，Sn11an1，则SnSn1(an1an)，即an(an1an)，所以anan1(n2)故数列an是以为首项，为公比的等比数列故ann12n(nN*)(2)由于1Snann.所以bnlog(1Sn1)logn1n1，由于，所以Tn.同学用书第89页考点三错位相减法求和【例3】 (2021山东卷)设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且Tn(为常数)，令cnb2n，(nN*)，求数列cn的前n项和Rn.解(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S44S2，a2n2an1，得解得a11，d2.因此an2n1，nN*.(2)由题意知Tn，所以n2时，bnTnTn1.故cnb2n(n1)()n1，nN*，所以Rn0()01()12()23()3(n1)()n1，则Rn0()11()22()3(n2)()n1(n1)()n，两式相减得Rn()1()2()3()n1(n1)()n(n1)()n()n，整理得Rn(4)所以数列cn的前n项和Rn(4)规律方法 (1)一般地，假如数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可接受错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特殊留意将两式“错项对齐”以便下一步精确写出“SnqSn”的表达式【训练3】 (2021嘉兴二模)在数列an中，a12，an13an2.(1)记bnan1，求证：数列bn为等比数列；(2)求数列nan的前n项和Sn.(1)证明由an13an2，可得an113(an1)由于bnan1，所以bn13bn，又b1a113，所以数列bn是以3为首项，以3为公比的等比数列(2)解由(1)知an13n，an3n1，所以nann3nn，所以Sn(3232n3n)(12n)，其中12n，记Tn3232n3n，3Tn32233(n1)3nn3n1，两式相减得2Tn3323nn3n1n3n1，即Tn3n1，所以Sn. 数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和 答题模板7求数列|an|的前n项和问题【典例】 (14分)(2021浙江卷)在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|an|.规范解答 (1)由题意得5a3a1(2a22)2， (2分)即d23d40.故d1或4. (4分)所以ann11，nN*或an4n6，nN* ， (6分)(2)设数列an的前n项和为Sn.由于d0，由(1)得d1，ann11.Snn2n，(8分)当n11时，|a1|a2|a3|an|Snn2n.(10分)当n12时，|a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.(12分)综上所述，|a1|a2|a3|an|反思感悟 (1)本题求解用了分类争辩思想，求数列|an|的和时，由于an有正有负，所以应分两类分别求和(2)常消灭的错误：当n11时，求|an|的和，有的同学认为就是S11110；当n12时，求|an|的和，有的同学不能转化为2(a1a2a11)(a1a2an)，导致出错答题模板求数列|an|的前n项和一般步骤如下：第一步：求数列an的前n项和；其次步：令an0(或an0)确定分类标准；第三步：分两类分别求前n项和；第四步：用分段函数形式下结论；第五步：反思回顾：查看|an|的前n项和与an的前n项和的关系，以防求错结果【自主体验】已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前n项和解(1)设等差数列an的公差为d，则a2a1d，a3a12d，由题意，得解得或所以由等差数列的通项公式，可得an23(n1)3n5或an43(n1)3n7.故an3n5或an3n7.(2)由(1)，知当an3n5时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列；当an3n7时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数列，满足条件故|an|3n7|记数列|an|的前n项和为Sn.当n1时，S1|a1|4；当n2时，S2|a1|a2|5；当n3时，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5n2n10.当n2时，满足此式综上，Sn基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为()A120 B70 C75 D100解析由于n2，所以的前10项和为10375.答案C2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Sn2n12n2.答案C3数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17()A9 B8 C17 D16解析S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.答案A4(2022西安质检)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 012()A22 0121 B321 0063 C321 0061 D321 0052解析a11，a22，又2.2.a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，S2 012a1a2a3a4a5a6a2 011a2 012(a1a3a5a2 011)(a2a4a6a2 012)321 0063.故选B.答案B5(2022杭州模拟)已知函数f(x)x22bx过(1,2)点，若数列的前n项和为Sn，则S2 014的值为()A. B. C. D.解析由已知得b，f(n)n2n，S2 01411.答案D二、填空题6在等比数列an中，若a1，a44，则公比q_；|a1|a2|an|_.解析设等比数列an的公比为q，则a4a1q3，代入数据解得q38，所以q2；等比数列|an|的公比为|q|2，则|an|2n1，所以|a1|a2|a3|an|(12222n1)(2n1)2n1.答案22n17(2021山西晋中名校联合测试)在数列an中，a11，an1(1)n(an1)，记Sn为an的前n项和，则S2 013_.解析由a11，an1(1)n(an1)可得a11，a22，a31，a40，该数列是周期为4的数列，所以S2 013503(a1a2a3a4)a2 013503(2)1 1 005.答案1 0058(2022武汉模拟)等比数列an的前n项和Sn2n1，则aaa_.解析当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n1(2n11)2n1，又a11适合上式an2n1，a4n1.数列a是以a1为首项，以4为公比的等比数列aaa(4n1)答案(4n1)三、解答题9正项数列an满足：a(2n1)an2n0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由a(2n1)an2n0得(an2n)(an1)0，由于an是正项数列，则an2n.(2)由(1)知an2n，故bn，Tn.10(2021烟台期末)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2.(1)求数列an的通项公式；(2)记Sna13a2(2n1)an，求Sn.解(1)Sn2an2，当n2时，anSnSn12an2(2an12)，即an2an2an1，an0，2(n2，nN*)a1S1，a12a12，即a12.数列an是以2为首项，2为公比的等比数列an2n.(2)Sna13a2(2n1)an12322523(2n1)2n，2Sn122323(2n3)2n(2n1)2n1，得Sn12(22222322n)(2n1)2n1，即Sn12(23242n1)(2n1)2n1Sn(2n3)2n16.力量提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1(2022西安模拟)数列an满足anan1(nN*)，且a11，Sn是数列an的前n项和，则S21()A. B6 C10 D11解析依题意得anan1an1an2，则an2an，即数列an中的奇数项、偶数项分别相等，则a21a11，S21(a1a2)(a3a4)(a19a20)a2110(a1a2)a211016，故选B.答案B2(2022长沙模拟)已知函数f(n)n2cosn，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100()A100 B0 C100 D10 200解析若n为偶数，则anf(n)f(n1)n2(n1)2(2n1)，为首项为a25，公差为4的等差数列；若n为奇数，则anf(n)f(n1)n2(n1)22n1，为首项为a13，公差为4的等差数列所以a1a2a3a100(a1a3a99)(a2a4a100)503450(5)(4)100.答案A二、填空题3设f(x)，利用倒序相加法，可求得fff的值为_解析当x1x21时，f(x1)f(x2)1.设Sfff，倒序相加有2Sff10，即S5.答案5三、解答题4(2022洛阳模拟)在数列an中，a15，a22，记A(n)a1a2an，B(n)a2a3an1，C(n)a3a4an2(nN*)，若对于任意nN*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)求数列|an|的前n项和解(1)依据题意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，A(n)C(n)2B(n)，整理得an2an1a2a1253，数列an是首项为5，公差为3的等差数列，an53(n1)3n8.(2)|an|记数列|an|的前n项和为Sn.当n2时，Snn；当n3时，Sn7n14，综上，Sn