第4讲 数列求和 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第4 4讲讲 数列求和数列求和 第五章 数列 考纲解读 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式(重点) 2熟练掌握另外几种非等差、等比数列求和的常见方法(难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的热点，主要考查 “错位相减”“裂项相消”“等差、等比数列的公式求和”等预测 2021 年高考会考查数列求和或数列求和与不等式的综合此类问题一般以解答 题为主，以中档题型为主. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE (1)等差数列求和公式：

2、 Snna 1an 2 na1nn1 2 d. (2)等比数列求和公式： Sn na1，q1， a1anq 1q a 11q n 1q ，q1. 2非基本数列求和常用方法 (1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5) 裂项相消法 常见的裂项公式： 1 nnk 1 k 1 n 1 nk ； 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1 ； 1 nn1n2 1 2 1 nn1 1 n1n2 ； 1 n nk 1 k( nk n) 3常用求和公式 (1)1234nnn1 2 ； (2)1357(2n1)n2； (3)122232n2nn12n1 6 ； (4)1

3、32333n3 nn1 2 2. 答案 (1) (2) (3) (4) 答案答案 1概念辨析 (1)已知等差数列an的公差为 d，则有 1 anan1 1 d 1 an 1 an1 .( ) (2)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 sin21 sin22 sin23 sin288 sin289 44.5.( ) (3)求 Sna2a23a3nan时只要把上式等号两边同时乘以 a 即 可根据错位相减法求得( ) (4)若数列 a1，a2a1，anan1是(n1，nN*)首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列an的通项公式是 an3 n1 2 .( ) 2小题热身 (1

4、)数列an的前 n 项和为 Sn，若 an 1 nn1，则 S5 等于( ) A1 B.5 6 C.1 6 D. 1 30 解析 an 1 nn1 1 n 1 n1，S5a1a2a51 1 2 1 2 1 3 1 6 5 6. 答案答案 解析解析 (2)数列 11 2，3 1 4，5 1 8，7 1 16，(2n1) 1 2n，的前 n 项和 Sn 的值等 于( ) An21 1 2n B2n2n1 1 2n Cn21 1 2n 1 Dn2n1 1 2n 解析 该数列的通项公式为 an(2n1) 1 2n，则 Sn135 (2n1) 1 2 1 22 1 2n n21 1 2n. 答案答案 解

5、析解析 (3)数列an的通项公式为 an(1)n 1 (4n3)，则它的前 100 项之和 S100等于( ) A200 B200 C400 D400 解析 设 bn4n3，则bn是首项为 1，公差为 4 的等差数列， an(1)n 1b n. S100(a1a2)(a3a4)(a99a100) (b1b2)(b3b4)(b99b100) 4444450200. 答案答案 解析解析 (4)数列an的通项公式为 anncosn 2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2021等于 ( ) A1010 B2018 C505 D1010 解析 易知 a1cos 20，a22cos2，a30，a44，.所

6、以数列 an的所有奇数项为 0，前 2020 项中所有偶数项(共 1010 项)依次为2,4， 6,8，2018，2020.故 S20200(24)(68)(2018 2020)1010.a20210，S20211010.故选 D. 答案答案 解析解析 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 1 (2019信 阳 模 拟 ) 已 知 数 列 an 中 ， a1 a2 1 ， an 2 an2，n是奇数， 2an，n是偶数， 则数列an的前 20 项和为( ) A1121 B1122 C1123 D1124 题型一题型一 分组转化法求和分组转化法求和 答案答案 解析 由题意知， 数列a2

7、n是首项为 1， 公比为 2 的等比数列， 数列a2n 1是首项为 1， 公差为 2 的等差数列， 故数列an的前 20 项和为112 10 12 101109 2 21123. 解析解析 解 (1)证明：由 an14an3n1， 得 an1(n1)4(ann)，nN*. 又 a111，所以数列ann是首项为 1，公比为 4 的等比数列 (2)由(1)可知 ann4n 1， 所以数列an的通项公式为 an4n 1n， 所以数列an的前 n 项和 Sn4 n1 3 nn1 2 . 解解 2(2019 中山调研)在数列an中，a12，an14an3n1，nN*. (1)证明：数列ann是等比数列；

8、 (2)求数列an的前 n 项和 Sn. 分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbn cn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求 an的前 n 项和如举例说明 2(2) (2)通项公式为 an bn，n为奇数， cn，n为偶数 的数列，其中数列bn，cn是等 比数列或等差数列，可采用分组求和法求和如举例说明 1. 已知数列an是等差数列，满足 a12，a48，数列bn是等比数列， 满足 b24，b532. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)求数列anbn的前 n 项和 Sn. 解 (1)设等差数列an的公差为 d， 由题意得 da 4a1 3 2， 所以 ana1(n1)

9、 d2(n1)22n. 设等比数列bn的公比为 q， 由题意得 q3b5 b28，解得 q2. 因为 b1b2 q 2，所以 bnb1 qn 122n12n. (2)Snn22n 2 212 n 12 n2n2n 12. 解解 1在数列an中，ann，nN*，前 50 个偶数的平方和与前 50 个奇数 的平方和的差是( ) A0 B5050 C2525 D5050 题型二题型二 裂项相消法、并项法求和裂项相消法、并项法求和 解析 (22421002)(1232992)(2212)(4232) (1002992)3711195199503199 2 5050. 答案答案 解析解析 解 (1)设数

10、列an的公比为 q. 由 a2a312，a11，得 qq212， 解得 q3 或 q4. 因为数列an的各项都为正数，所以 q0，所以 q3，所以 an3n 1. 解解 2(2019 石家庄模拟)已知数列an是首项为 1 的等比数列，各项均为 正数，且 a2a312. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 1 n2log3an1，求数列bn的前 n 项和 Sn. (2)因为 bn 1 n2log3an1 1 nn2 1 2 1 n 1 n2 ， 所以Sn 1 2 11 3 1 2 1 4 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 1 2 11 2 1 n1 1 n2 3 4 2n3 2n1

11、n2. 解解 解 因为 an2n，所以数列an是等差数列，所以 Snn22n 2 n(n1)， 则 bn(1)n 12n1 Sn (1)n 1 2n1 nn1(1) n1 1 n 1 n1 . 所以 Tn 11 2 1 2 1 3 (1)n 1 1 n 1 n1 1(1)n 1 1 n1. 解解 条件探究 将本例中的条件改为“an2n，数列an的前 n 项和为 Sn， bn(1)n 1 2n1 Sn ”，求数列bn的前 n 项和 Tn. 1几种常见的裂项相消及解题策略 (1)常见的裂项方法(其中 n 为正整数) 数列 裂项方法 1 nnk (k 为非零常数) 1 nnk 1 k 1 n 1 n

12、k 1 4n21 1 4n21 1 2 1 2n1 1 2n1 1 n nk 1 n nk 1 k( nk n) loga 11 n (a0，a1) loga 11 n loga(n1)logan an为等差数列，公差 为 d(d0)， 1 an an1 1 an an1 1 d 1 an 1 an1 (2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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(如举例说明 2)，再就是将通项 公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等 2并项求和法 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

13、型，可采用两项合并求解如举例说明 1. 1已知数列an的通项公式为 an 1 n n1，若前 n 项和为 10，则 项数 n 为_ 解析 因为 an 1 n n1 n1 n， 所以 Sn( 21)( 3 2)( n1 n) n11，又因为 Sn10， 所以 n1110，解得 n120. 120 解析解析 解 (1)各项均为整数的等差数列an，设公差为 d，则 d 为整数， 由 a11，a2，a3，S41 成等比数列， 可得 a2 3a2(1S4)， 即(12d)2(1d)(36d)， 可得 d2 d1 2舍去 ， 所以 an2n3. 解解 2(2019 长春二模)各项均为整数的等差数列an，其

14、前 n 项和为 Sn， a11，a2，a3，S41 成等比数列 (1)求an的通项公式； (2)求数列(1)n an的前 2n 项和 T2n. (2)由(1)可得 T2na1a2a3a4a2n1a2n (11)(35)(54n4n3) 2222n. 解解 (2019 成都模拟)在数列an中，a11，an1 an an1，设 bn 1 an，n N*. (1)求证数列bn是等差数列，并求通项公式 bn； (2)设 cnbn 2n 1， 且数列c n的前 n 项和为 Sn， 若 R， 求使 Sn1cn 恒成立的 的取值范围 题型三题型三 错位相减法求和错位相减法求和 解 (1)由条件知， 1 an

15、1 an1 an 1 an1， 所以 1 an1 1 an1，所以 bn1bn1. 又 b1 1 a11，所以数列bn是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故数列 bn的通项公式为 bnn. 解解 (2)由(1)知，cnn 2n 1， 则 Sn1 202 21n 2n 1， 2Sn1 212 22n 2n. 由得，Sn20212n 1n 2n2 02n12 12 n 2n1 (1n) 2n， Sn1(n1) 2n. cn0，Sn1cn恒成立，等价于 S n1 cn 对任意 nN*恒成立 S n1 cn n12 n n 2n 122 n0 且 12dq421， 14dq213， 解得 d2，q2

16、. 所以 an1(n1)d2n1，bnqn 12n1. 解解 设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且 a1b11， a3b521，a5b313. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)求数列 an bn 的前 n 项和 Sn. (2)an bn 2n1 2n 1. Sn1 3 21 5 22 2n3 2n 22n1 2n 1， 2Sn235 2 2n3 2n 32n1 2n 2， 得Sn 2 2 2 2 2 22 2 2n 2 2n1 2n 1 2 2 11 2 1 22 1 2n 22n1 2n 122 1 1 2n 1 11 2 2n1 2n 162n3 2n 1. 解解

17、3 课时作业课时作业 PART THREE 1已知数列an的通项公式是 an2n 1 2 n，则其前 20 项和为( ) A379 1 220 B399 1 220 C419 1 220 D439 1 220 A组组 基础关基础关 解析 S20a1a2a202(1220) 1 2 1 2 2 1 2 20 220120 2 1 2 1 1 2 20 11 2 4201 1 220419 1 220. 答案答案 解析解析 2在数列an中，a12，a22，an2an1(1)n，nN*，则 S60 的值为( ) A990 B1000 C1100 D99 解析 当 n 为奇数时，an2an1(1)n0

18、，可得 a1a3a59 2，当 n 为偶数时，an2an1(1)n2，可得由偶数项构成的数列是 首项为 2，公差为 2 的等差数列所以 a2a4a603023029 2 2 930.所以 S60(a1a3a59)(a2a4a60)302930990. 答案答案 解析解析 314916(1)n 1n2 等于( ) A.nn1 2 Bnn1 2 C(1)n 1nn1 2 D以上答案均不对 答案答案 解析 14916(1)n 1n21(32)(23)(54)(4 5)12345，当 n 为偶数时， 14916(1)n 1 n2 1234(n1)n2 nn1 2 n2nn1 2 ；当 n 为奇数时，1

19、4916(1)n 1 n21 234(n1)nnn1 2 .综上，14916(1)n 1n2 (1)n 1 nn1 2 . 解析解析 4(2020 汕头摸底)已知数列an，若 an1anan2(nN*)，则称数 列an为“凸数列”已知数列bn为“凸数列”，且 b11，b22，则 数列bn的前 2019 项和为( ) A5 B4 C0 D2 解析 由“凸数列”的定义及 b11，b22，得 b33，b41， b52，b63，b71，b82，数列bn是周期为 6 的周期数列， 且 b1b2b3b4b5b60,201933663， 于是数列bn的前 2019 项 和为 3360b1b2b34. 答案答

20、案 解析解析 5化简 Snn(n1)2(n2)2222n 22n1 的结果是 ( ) A2n 1n2 B2n 1n2 C2nn2 D2n 1n2 解析 因为 Snn(n1)2(n2)2222n 22n1， 2Snn2(n1)22(n2)2322n 12n， 所以得，Snn(222232n)n22n 1，所以 S n 2n 1n2. 答案答案 解析解析 6(2019 湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著九章算术中，有已 知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为： 第一步：构造数列 1，1 2， 1 3， 1 4， 1 n. 第二步：将数列的各项乘以n 2，得到一个新数列 a1，a2，a3，an.

21、 则 a1a2a2a3a3a4an1an( ) A.n 2 4 B.n1 2 4 C.nn1 4 D.nn1 4 答案答案 解析 由题意知所得新数列为 1n 2， 1 2 n 2， 1 3 n 2， 1 n n 2，所以 a1a2 a2a3a3a4an 1an n2 4 1 12 1 23 1 34 1 n1n n2 4 11 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n1 1 n n 2 4 11 n nn1 4 . 解析解析 7已知数列an的各项均为正整数，其前 n 项和为 Sn，若 an1 an 2 ，an是偶数， 3an1，an是奇数， 且 a15，则 S2020( ) A4740 B4

22、737 C12095 D12002 答案答案 解析 依题意 an1 an 2 ，an是偶数， 3an1，an是奇数， 且 a15，a2351 16，a316 2 8，a48 24，a5 4 22，a6 2 21，a73114，所以 数列an从第四项起构成周期为 3 的周期数列因为 2020336721， 所以 S20205168(421)67244737. 解析解析 8 (2019 枣庄模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn， a55， S515， 则数列 1 anan1 的前 100 项和为_ 解析 等差数列an中，a55，S515， a14d5， 5a145 2 d15， 解得 a1

23、1，d1， an1(n1)n， 1 anan1 1 nn1 1 n 1 n1， 数列 1 anan1 的前 100 项和 S100 11 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 100 1 101 1 1 101 100 101. 解析解析 100 101 9(2020 商丘质检)有穷数列 1,12,124，1242n 1 所有项的和为_ 解析 因为 1242n 12 n1 21 2n1， 所以 Sn1(12)(124)(1242n 1) (21)(221)(231)(2n1) (222232n)n 22 n1 21 n2n 1n2. 2n 1n2 解析解析 10已知等差数列an满足 a31，

24、a4a1212，则数列an的通 项公式 an_；若数列 an 2n 1的前 n 项和为 Sn，则使 Sn1 4的最大正整 数 n 为_ 2n 5 解析 设等差数列an的公差为 d， 由已知可得 a12d1， 2a114d12， 解得 a11， d1， 故数列an的通项公式为 an2n. Sna1a2 2 an 2n 1， Sn 2 a1 2 a2 22 an 2n. 解析解析 得 Sn 2 a1 a2a1 2 anan1 2n 1 an 2n1 1 2 1 22 1 2n 1 2n 2n 1 1 1 2n 12n 2n n 2n， 所以 Sn n 2n 1，由 Sn n 2n 11 4，得 0

25、n5，故最大正整数 n 为 5. 解析解析 1在数列an中，若对任意的 nN*均有 anan1an2为定值，且 a7 2，a93，a984，则数列an的前 100 项的和 S100( ) A132 B299 C68 D99 B组组 能力关能力关 解析因为在数列an中，若对任意的 nN*均有 anan1an2为定值， 所以 an3an，即数列an中各项是以 3 为周期呈周期变化的因为 a72， a93，a98a3308a84，所以 a1a2a3a7a8a92439，所 以 S10033(a1a2a3)a100339a7299，故选 B. 答案答案 解析解析 2(2019 洛阳模拟)记数列an的前

26、 n 项和为 Sn，已知 a11，(Sn1 Sn)an2n(nN*)，则 S2020( ) A3(210101) B.3 2(2 10101) C3(220201) D.3 2(2 20201) 解析 因为(Sn1Sn)an2n(nN*)，所以 an1an2n(nN*)，所以 an 2an12 n1.两式作比可得an2 an 2(nN*)又因为 a11，a2a12，所以 a2 2.所以数列a2n是首项为 2，公比为 2 的等比数列，a2n1是首项为 1， 公比为 2 的等比数列 所以 S2020(a1a3a2017a2019)(a2a4 a2018a2020)112 1010 12 212 1

27、010 12 3(210101)故选 A. 答案答案 解析解析 3 (2019 合肥模拟)在平面直角坐标系 xOy 中， 点 An 2n，n1 n n 2 (n N*)，记A2n1A2nA2n1的面积为 Sn，则 n i1Si_. 解析 由题意得 A2n1(22n 1,0)，A 2n(2 2n,2n)， A2n1(22n 1,0)，S n1 2(2 2n122n1) 2n 1 232 2n1 2n3n 22n1. n1 3 22n 12 3 解析解析 设 n i1SiTn，则 Tn32 132233n 22n1， 22Tn3233(n1) 22n 13n 22n1， 两式相减，得3Tn3 21

28、3 233 22n 13n 22n122n1(13n) 2， n i1SiTn n1 3 22n 12 3. 解析解析 解 (1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q， 由 b2S210，a52b2a3，a13，b11， 得 q6d10， 34d2q32d， 解得 d2， q2. an32(n1)2n1，bn2n 1. 解解 4(2019 长沙长郡中学检测)等差数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn 是等比数列，a13，b11，b2S210，a52b2a3. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)令 cn 2 Sn，n为奇数， bn，n为偶数， 设数列cn的前 n 项和为 Tn，

29、求 T2n. (2)由 a13，an2n1 得 Snn(n2)， 则当 n 为奇数时，cn 2 Sn 1 n 1 n2， 当 n 为偶数时，cn2n 1， T2n (c1 c3 c2n 1) (c2 c4 c2n) 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 (22322n 1)1 1 2n1 214n 14 2n 2n1 2 3(4 n1) 解解 解 (1)当 n2 时， 1a2a21 4， a25 4 a23 4舍去 . 当 n2 时，Sna2 n1 2an 1 16， Sn1a2 n11 2an1 1 16. 解解 5已知 Sn为正项数列an的前 n 项和，a11，且 Snan1

30、4(n2 且 nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)求数列4 Sn an的前 n 项和 Tn. ，得 an1a2 n1a 2 n1 2an1 1 2an， 即1 2(an1an)a 2 n1a 2 n，an1an1 2. 当 n2 时，an是公差为1 2的等差数列， ana21 2(n2) n 2 1 4. a11 不适合上式，an 1，n1， n 2 1 4，n2. 解解 (2)当 n1 时，T14 a1 a14. 当 n2 时， Snan1 4 n 2 1 2， 则 4 Sn an2n n1 2 . 设 PnTnT15 2 2 27 2 2 39 2 2 4 n1 2 2n， 则 2Pn5 2 2 37 2 2 4 n1 2 2n n1 2 2n 1. ，得Pn10(23242n) n1 2 2n 12(12n) 2n， 故 Pn(2n1) 2n2，Tn(2n1) 2n2. T14 也适合上式，Tn(2n1) 2n2. 解解 本课结束本课结束