《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习讲义-第五章-第4讲-数列求和.docx

第4讲数列求和1等差数列的前n项和公式Snna1d2等比数列的前n项和公式Sn3一些常见数列的前n项和公式(1)1234n；(2)13572n1n2；(3)24682nn2n做一做1数列an的通项公式是an，其前n项和为9，则n等于()A9B99C10 D100答案：B2等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项的和为Sn，则数列的前10项的和为()A120 B100C75 D70解析：选C.Snn(n2)，n2.故75.1辨明两个易误点(1)使用裂项相消法求和时，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(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1两种状况求解2数列求和的常用方法(1)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：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，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减(5)并项求和法：一个数列的前n项和，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做一做3若Sn123456(1)n1n，则S50_答案：254若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为_解析：Sn2n12n2.答案：2n1n22_分组法求和_(2022高考湖南卷)已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和解(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn，故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.规律方法1.分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可接受分组求和法求an的前n项和；(2)通项公式为an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可接受分组求和法求和2本题中求前2n项和转化为求数列22n与(1)nn的和，在求(1)nn的和时，又利用了并项求和法1.已知等比数列an中，首项a13，公比q1，且3(an2an)10an10(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列bn的通项公式和前n项和Sn.解：(1)3(an2an)10an10，3(anq2an)10anq0，即3q210q30.公比q1，q3.又首项a13，数列an的通项公式为an3n.(2)是首项为1，公差为2的等差数列，bnan12(n1)即数列bn的通项公式为bn2n13n1，前n项和Sn(13323n1)13(2n1)(3n1)n2._错位相减法求和_(2021浙江宁波高三模拟)设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且a11，b12，a2b310，a3b27.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Sn，记cnan，nN*，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意得把a11，b12代入得消去d得2q2q60，(2q3)(q2)0，bn是各项都为正数的等比数列，q2.进而d1，ann，bn2n.(2)Sn2n12，cnann(2n1)n2nn，设Wn121222323n2n，2Wn122223(n1)2nn2n1，相减，可得Wn(n1)2n12，TnWn(n1)2n12.规律方法用错位相减法求和时，应留意：(1)要擅长识别题目类型， 特殊是等比数列公比为负数的情形；(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2.(2021大庆市其次次质检)已知数列an的前n项和为Sn，a11，an12Sn1(nN*)，等差数列bn中，公差d2，且b1b2b315.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解：(1)a11，an12Sn1(nN*)，an2Sn11(nN*，n1)，an1an2(SnSn1)2an，an13an(nN*，n1)，又a22a113，a23a1，数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，ana1qn13n1.b1b2b315，b25，又d2，b1b2d3.bn32(n1)2n1.(2)由(1)知Tn3153732(2n1)3n2(2n1)3n1，3Tn33532733(2n1)3n1(2n1)3n.得2Tn312323223323n1(2n1)3n32(332333n1)(2n1)3n32(2n1)3n2n3n.Tnn3n._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，难度适中，属中档题高考对裂项相消法的考查常有以下两个命题角度：(1)求前n项和；(2)比较大小或不等式证明(2022高考广东卷)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*.(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.解(1)令n1代入得a12(负值舍去)(2)由S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*得Sn(n2n)(Sn3)0.又已知各项均为正数，故Snn2n.当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，当n1时，a12也满足上式，所以an2n，nN*.(3)证明：kN*，4k22k(3k23k)k2kk(k1)0，4k22k3k23k，.不等式成立规律方法1.解答本题利用了裂项相消法，而解答此题的关键是借助于放缩，即，即可相消2利用裂项相消法求和应留意(1)抵消后并不愿定只剩下第一项和最终一项，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积与原通项相等如：若an是等差数列，则，.3.(1)(2021贵阳市适应性考试)已知数列an是等差数列，a12，且a2，a3，a41成等比数列求数列an的通项公式；设bn，求数列bn的前n项和Sn.(2)(2021广东佛山南海区质检)已知等差数列bn满足b11，b47.设cn，数列cn的前n项和为Tn，证明：Tn.解：(1)设数列an的公差为d，由a12和a2，a3，a41成等比数列，得(22d)2(2d)(33d)，解得d2或d1.当d1时，a30与a2，a3，a41成等比数列冲突，舍去所以d2，所以ana1(n1)d22(n1)2n，即数列an的通项公式为an2n.bn，Snb1b2bn11.(2)证明：设bn的公差为d，b11，b413d7，d2.bn1(n1)，Tn.nN*，Tn0.数列Tn是一个递增数列TnT1.综上所述，Tn0，前n项和为Sn，a2，a4是方程x210x210的两根(1)求证：n(n1)，10，nN*，且a3a28，又a1、a5的等比中项为16.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog4an，数列bn的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得k对任意nN*恒成立若存在，求出正整数k的最小值；若不存在，请说明理由解：(1)设数列an的公比为q，由题意可得a316，a3a28，则a28，q2.an2n1.(2)bnlog42n1，Snb1b2bn.，存在正整数k的最小值为3.1(2021唐山市第一次模拟)各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且3Snanan1，则2k()A. B.C. D.解析：选B.当n1时，3S1a1a2，即3a1a1a2，a23，当n2时，由3Snanan1，可得3Sn1an1an，两式相减得：3anan(an1an1)，又an0，an1an13，a2n为一个以3为首项，3为公差的等差数列，2ka2a4a6a2n3n3.2已知F(x)f1是R上的奇函数，anf(0)fff(1)(nN*)，则数列an的通项公式为()Aann1 BannCann1 Dann2解析：选C.F(x)F(x)0，ff2，即若ab1，则f(a)f(b)2.于是，由anf(0)ffff(1)，得2anf(0)f(1)f(1)f(0)2n2，ann1.故选C.3(2021辽宁省五校上学期联考)在数列an中，a11，an2(1)nan1.记Sn是数列an的前n项和，则S60_解析：依题意得，当n是奇数时，an2an1，即数列an中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1a3a5a593011465；当n是偶数时，an2an1，即数列an中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2a4a6a8a58a60(a2a4)(a6a8)(a58a60)15.因此，该数列的前60项和S6046515480.答案：4804(2021湖南长郡中学、衡阳八中等十二校联考)定义：称为n个正数x1，x2，xn的“平均倒数”，若正项数列cn的前n项的“平均倒数”为，则数列cn的通项公式为cn_解析：由已知可得，数列cn的前n项和Snn(2n1)，所以数列cn为等差数列，首项c1S13，c2S2S11037，故公差dc2c1734，得数列的通项公式为cnc1(n1)44n1.答案：4n15(2021广东广州模拟)已知等差数列an的前n项和为Snn2pnq(p，qR)，且a2，a3，a5成等比数列(1)求p，q的值；(2)若数列bn满足anlog2nlog2bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)法一：当n1时， a1S11pq，当n2时，anSnSn1n2pnq(n1)2p(n1)q2n1p.an是等差数列，1pq211p，得q0.又a23p，a35p，a59p，a2，a3，a5成等比数列，aa2a5，即(5p)2(3p)(9p)，解得p1.法二：设等差数列an的公差为d，则Snna1dn2n.Snn2pnq，1，a1p，q0.d2，pa11，q0.a2，a3，a5成等比数列，aa2a5，即(a14)2(a12)(a18)，解得a10.p1.(2)由(1)得an2n2.anlog2nlog2bn，bnn2ann22n2n4n1.Tnb1b2b3bn1bn40241342(n1)4n2n4n1，4Tn41242343(n1)4n1n4n，得3Tn4041424n1n4nn4n.Tn(3n1)4n16(选做题)(2021浙江杭州第一次质检)已知数列an满足a11，an11，其中nN*.(1)设bn，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式；(2)设cn，数列cncn2的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn对于nN*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由解：(1)bn1bn2(常数)，数列bn是等差数列a11，b12，因此bn2(n1)22n，由bn，得an.(2)由cn，an，得cn，cncn22，Tn223，依题意要使Tn对于nN*恒成立，只需3，即3，解得m3或m4，又m为正整数，所以m的最小值为3.