江苏专用2020版高考数学大一轮复习第六章数列6.5数列求和教案含解析

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1、6.5数列求和考情考向分析本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点题型以填空题为主，难度中等解答题中一般和简单数论结合，难度较大1(1)an(2)等差数列前n项和Sn，推导方法：倒序相加法；(3)等比数列前n项和Sn推导方法：错位相减法2常见数列的前n项和(1)123n；(2)2462nn(n1)；(3)135(2n1)n2.3数列求和的常见方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；(3)错位相减：适用于

2、一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和概念方法微思考请思考以下常见式子的裂项方法(1)；(2)；(3)；(4).提示(1)；(2)；(3)；(4).题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)如果数列an为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn.()(2)当n2时，.()(3)求Sna2a23a3nan之和时，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)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法，利用此法可求得sin21

3、sin22sin23sin288sin28944.5.()(5)如果数列an是周期为k的周期数列，那么SkmmSk(m，k为大于1的正整数)()题组二教材改编2P69本章测试T12等比数列1,2,4,8，中从第5项到第10项的和为_答案1008解析由a11，a22，得q2，S101023，S415，S10S41008.3P68复习题T13(2)已知数列an的通项公式an，则该数列的前_项之和等于9.答案99解析由题意知，an，所以Sn(1)()()19，解得n99.4P62习题T1212x3x2nxn1_(x0且x1)答案解析设Sn12x3x2nxn1，则xSnx2x23x3nxn，得(1x)

4、Sn1xx2xn1nxnnxn，Sn.题组三易错自纠5一个球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是_答案100200(129)解析第10次着地时，经过的路程为1002(502510029)1002100(212229)100200100200(129)6数列an的通项公式为anncos，其前n项和为Sn，则S2017_.答案1008解析因为数列anncos呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故S4a1a2a3a42.a50，a66，a70，a88，故a5a6a7a82，周期T4.S2017S2016a2017

5、22017cos1008.7已知数列an的前n项和Sn15913(1)n1(4n3)，则S15S22S31_.答案76解析SnSnS1529，S2244，S3161，S15S22S3176.题型一分组求和与并项求和例1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.a1也满足ann，故数列an的通项公式为ann(nN*)(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，B1234

6、2n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2(nN*)引申探究本例(2)中，求数列bn的前n项和Tn.解由(1)知bn2n(1)nn.当n为偶数时，Tn(21222n)1234(n1)n2n12；当n为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n2n12n2n1.Tn思维升华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，可采用分组求和法求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，可采用分组求和法求和跟踪训练1(2018苏州模拟)已知数列an满足an1an4n

7、3(nN*)(1)若数列an是等差数列，求a1的值；(2)当a12时，求数列an的前n项和Sn.解(1)若数列an是等差数列，则ana1(n1)d，an1a1nd.由an1an4n3，得(a1nd)a1(n1)d4n3，即2d4,2a1d3，解得d2，a1.(2)由an1an4n3(nN*)，得an2an14n1(nN*)两式相减得an2an4，所以数列a2n1是首项为a1，公差为4的等差数列，数列a2n是首项为a2，公差为4的等差数列由a2a11，a12，得a21，所以an当n为奇数时，an2n，an12n3.Sna1a2a3an(a1a2)(a3a4)(an2an1)an19(4n11)2

8、n2n.当n为偶数时，Sna1a2a3an(a1a2)(a3a4)(an1an)19(4n7).所以Sn题型二错位相减法求和例2已知数列an的前n项和为Sn，Snn2n.(1)求an的通项公式an；(2)若ak1，a2k，a2k3(kN*)恰好依次为等比数列bn的第一、第二、第三项，求数列的前n项和Tn.解(1)当n1时，a1S11212.当n2时，anSnSn1(n2n)(n1)2(n1)2n.检验n1时，上式符合，an2n(nN*)(2)由题意知ak1，a2k，a2k3成等比数列，aak1a2k3，即(22k)22(k1)2(2k3)，解得k3(负值舍去)b1a48，b2a612，公比q，

9、bn8n1，nn1，Tn021nn1，即Tn.上式两边乘以，得Tn.，得Tnnnn，则Tnn(nN*)思维升华形如anbn(其中an是等差数列，bn是等比数列)的数列可用错位相减法求和跟踪训练2已知数列an满足an0，a1，anan12anan1，nN*.(1)求证：是等差数列，并求出数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由已知可得，2，3，是首项为3，公差为2的等差数列，32(n1)2n1，an(nN*)(2)由(1)知bn(2n1)2n，Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，两式

10、相减得，Tn622222322n(2n1)2n1.6(2n1)2n12(2n1)2n1，Tn2(2n1)2n1(nN*)题型三裂项相消法求和例3(2018江苏省启东中学月考)已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足a12，anan12(Sn1)(nN*)(1)求a2019的值；(2)求数列an的通项公式；(3)若数列bn满足b11，bn(n2，nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为anan12(Sn1)，所以当n2时，an1an2(Sn11)，两式相减，得anan1an1an2an，an0，所以an1an12.又a12，所以a2019222020.(2)由anan12(Sn1)(nN

11、*)，当n1时，a1a22(a11)，即2a223，解得a23.由an1an12，可得数列an的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为2，所以a2k122(k1)2k，kN*，a2k32(k1)2k1，kN*，所以ann1.(3)因为数列bn满足b11，bn，所以bn的前n项和Tn1.思维升华裂项相消法的关键是对通项拆分，要注意相消后剩余的项跟踪训练3已知数列an满足：an1an(1an1)，a11，数列bn满足：bnanan1，则数列bn的前10项和S10_.答案解析由an1an(1an1)，a11，得1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以n，即an.因为bnanan1，所以S10b

12、1b2b101.1正项等差数列an满足a14，且a2，a42,2a78成等比数列，an的前n项和为Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d(d0)，由已知得a2(2a78)(a42)2，化简得，d24d120，解得d2或d6(舍)，所以ana1(n1)d2n2(nN*)(2)因为Snn23n，所以bn，所以Tnb1b2b3bn(nN*)2等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是等比数列，满足a13，b11，b2S210，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn设数列cn的前n项和为Tn，求T2n.解(1)设数列

13、an的公差为d，数列bn的公比为q，由得解得an32(n1)2n1(nN*)，bn2n1(nN*)(2)由a13，an2n1，得Snn(n2)，则cn即cn所以T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)(22322n1)1(4n1)(nN*)3已知等差数列an的公差d0，a10，其前n项和为Sn，且a22，S3，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn2n.(1)解由a10，得an(n1)d，Sn，因为a22，S3，S4成等比数列，所以S(a22)S4，即(3d)2(d2)6d，整理得3d212d0，即d24d0，因为d0，所以d4，所以a

14、n(n1)d4(n1)4n4(nN*)(2)证明由(1)可得Sn12n(n1)，所以bn22，所以Tn2n2n1，Tn2n，所以Tn2n62成立的正整数n的最小值解(1)由题意，得解得或an是递增数列，a12，q2，数列an的通项公式为an22n12n(nN*)(2)bnanan2n2nn2n，Snb1b2bn(12222n2n)，则2Sn(122223n2n1)，得Sn(2222n)n2n12n12n2n1，则Snn2n12n12，解2n1262，得n5，n的最小值为6.5数列an的前n项和为Sn，已知a11，(2n1)an1(2n3)Sn(n1,2,3，)(1)证明：数列是等比数列；(2)

15、求数列Sn的前n项和Tn.(1)证明an1Sn1SnSn，Sn1Sn，2，又a11，10，数列是以1为首项，2为公比的等比数列(2)解由(1)知，2n1，Sn(2n1)2n1，Tn132522(2n3)2n2(2n1)2n1，2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n.得Tn12(21222n1)(2n1)2n12(2n1)2n(32n)2n3，Tn(2n3)2n3(nN*)6已知正项数列an的前n项和为Sn，nN*,2Snaan.令bn，设bn的前n项和为Tn，求在T1，T2，T3，T100中有理数的个数解2Snaan，2Sn1aan1，得2an1aan1aan，aaan1an0，(an1an)(an1an1)0.又an为正项数列，an1an10，即an1an1.在2Snaan中，令n1，可得a11.数列an是以1为首项，1为公差的等差数列ann，bn，Tn11，要使Tn为有理数，只需为有理数，令n1t2.1n100，n3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数，T1，T2，T3，T100中有理数的个数为9.13