第37讲 数列的求和（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

《第37讲 数列的求和（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第37讲 数列的求和（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义（12页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、 第 1 页 / 共 12 页 第第 37 讲：数列的求和讲：数列的求和 一、课程标准 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法 2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前 n 项和相关的问题. 二、基础知识回顾 1公式法 (1)等差数列an的前 n 项和 Sn na1an 2 na1 nn1d 2 . 推导方法：倒序相加法 (2)等比数列an的前 n 项和 Sn na1，q1， a11qn 1q ，q1. 推导方法：乘公比，错位相减法 (3)一些常见的数列的前 n 项和： 123n

2、 nn1 2 ； 2462nn(n1)； 135(2n1)n2. 2几种数列求和的常用方法 (1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，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，从而求得前 n 项 和 (3)错位相减法：如果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，那么求 这个数列的前 n 项和即可用错位相减法求解 (4)倒序相加法： 如果一个数列an与首末两端等“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求解

3、3、常见的裂项技巧 第 2 页 / 共 12 页 1 nn1 1 n 1 n1. 1 nn2 1 2 1 n 1 n2. 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1. 1 n n1 n1 n. 1 nn1n2 1 2 1 nn1 1 n1n2. 三、自主热身、归纳总结 1、数列 1 1 2，3 1 4，5 1 8，7 1 16，的前 n 项和为(C ) A. 2n1 1 2n B. n 21 1 2n C. n21 1 2n D. n 21 1 2n1 【答案】C 【解析】 Sn(1352n1) 1 2 1 4 1 8 1 2nn 211 2n.故选 C. 2、数列an的通项公式为 an

4、 1 n n1，若该数列的前 k 项之和等于 9，则 k( ) A80 B81 C79 D82 【答案】B 【解析】 an 1 n n1 n n1， 故 Sn n，令 Sk k9，解得 k81，故选 B. 3、若数列an的通项公式是 an(1)n(3n2)，则 a1a2a10( ) A15 B.12 C12 D15 【答案】A 【解析】a1a2a3a4a5a6a7a8a9a1014710131619222528 5 315，故选 A. 4、数列an的通项公式为 anncos n 2，其前 n 项和为 Sn，则 S2 020_. 【答案】1 010 第 3 页 / 共 12 页 【解析】因为数列

5、 anncos n 2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. S2 020 2 020 4 21 010. 5、 (一题两空)(2020 安徽太和模拟)设 Sn是数列an的前 n 项和， 且 a11， an1SnSn10， 则 Sn_， 数列 SnSn1 的前 n 项和为_ 【答案】 1 n n n1 【解析】an1Sn1Sn，an1SnSn10，Sn1SnSnSn10， 1 Sn1 1 Sn1. 又 1 S1 1 a11， 1 Sn是以 1 为首项，1 为公差的等

6、差数列， 1 Snn，Sn 1 n.SnSn1 1 nn1 1 n 1 n1， Tn 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 6、 (2020 郑州模拟)数列an满足： a11， 且对任意的 m， nN*， 都有 amnamanmn， 则 1 a1 1 a2 1 a3 1 a2 018( ) A. 2 017 2 018 B. 2 018 2 019 C. 4 034 2 018 D. 4 036 2 019 【答案】D 【解析】因为 a11，且对任意的 m，nN*都有 amnamanmn， 所以 an1ann1，即 an1ann1， 用累加法可得 ana1 n

7、1n2 2 nn1 2 ， 所以 1 an 2 nn1 2 1 n 1 n1 ， 所以 1 a1 1 a2 1 a3 1 a2 018 2 1 1 2 1 2 1 3 1 2 018 1 2 019 第 4 页 / 共 12 页 4 036 2 019. 四、例题选讲 题型一 公式法 例 1、(2019 通州、海门、启东期末）设an是公比为正数的等比数列，a12，a3a24，则它的前 5 项和 S5_ 【答案】62 【解析】 设公比为 q， 因为 a12， a3a24， 所以 2q22q4， 解得 q2 或 q1， 因为an为正项数列， 所以 q2，所以 S5 2（125） 12 62. 变式

8、 1、(2019 镇江期末） 设 Sn是等比数列an的前 n 项的和，若 a6 a3 1 2，则 S6 S3_ 【答案】 1 2 【解析】设等比数列an的公比为 q，则 q3 a6 a3 1 2.易得 S6S3(1q 3)，所以S6 S31q 311 2 1 2. 变式 2、(2019 苏锡常镇调研）已知等比数列 n a的前 n 项和为 n S，若 62 2aa，则 12 8 S S 【答案】. 3 7 【解析】设等比数列 n a的公比为q，因为 62 2aa，所以 2 4 2 2aqa，故2 4 q由于 1q ，故 . 3 7 21 21 )(1 )(1 1 1 1 )1 ( 1 )1 (

9、2 3 24 34 8 12 8 1 12 1 8 12 q q q q q qa q qa S S 方法总结： 若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式： 等差数列的前 n 项和公式： Sn na1an 2 na1 nn1 2 d.等比数列的前 n 项和公式()当 q1 时，Snna1；()当 q1 时，Sn a11qn 1q a1anq 1q . 考点二 利用“分组求和法”求和 例 2、求和 Sn1 1 1 2 1 1 2 1 4 1 1 2 1 4 1 2n1. 【解析】 原式中通项为 an 1 1 2 1 4 1 2n1 1 1 2 n 1 1 2 2 1 1 2n 第 5 页

10、/ 共 12 页 Sn2 1 1 2 1 1 22 1 1 2n 2 n 1 2 1 1 2n 1 1 2 1 2n12n2. 变式 1、数列 1 1 2，3 1 4，5 1 8，7 1 16，(2n1) 1 2n，的前 n 项和 Sn的值等于_ 【答案】n21 1 2n. 【解析】 ：Sn135(2n1) 1 2 1 4 1 8 1 2nn 2 1 2 1 1 2 n 1 1 2 n21 1 2n. 变式 2、已知数列an的前 n 项和 Sn n2n 2 ，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 【解析】 (1)当 n1 时，a1

11、S11； 当 n2 时，anSnSn1 n2n 2 n12n1 2 n. a11 也满足 ann，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 A 2122n 12 22n12， B(12)(34)(2n1)2nn. 故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2. 变式 3、设数列an的前 n 项和为 Sn，对任意 nN*满足 2Snan(an1)，且 an0. (1)求数列an的通项公式； (2)设 cn an1，n为奇

12、数， 3 2an11，n为偶数，求数列cn的前 2n 项和 T2n. 【解析】 (1)2Snan( )an1 ，当 n2 时，2Sn1an1(an11)， 以上两式相减得 2ana2na2n1anan1 ， 即 anan1( )anan1()anan1 ， 第 6 页 / 共 12 页 又当 n1 时，由 2S1a1( )a11 及 a10 得 a11， an0，当 n2 时，有 anan11 或 anan 10. 当 anan11 时，数列an是等差数列，其通项公式为 ann(nN*)； 当 anan10 时，an(1)n1.(nN*) (2)当 ann，得 cn n1，n为奇数， 3 2n

13、11，n为偶数， T2n(242n)() 212322n1 nn(n1) 3 2（22n1） 41 nn22n222n1； 当 an(1)n1时，得到 cn 1，n为奇数， 7，n为偶数， T2nn(17)6n. 方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等 比数列或可求前 n 项和的数列求和 考点三 裂项相消法求和 例 3、(2018 南通、扬州、泰州、淮安三调） 设数列 an 满足 a11，(1an1)(1an)1(nN*)，则 (akak1)的值为_ 【答案】. 100 101 【解析】因为(1an1)(1an)1，所以 anan1anan

14、10，从而 1 an1 1 an1，即数列 1 an是以 1 为首项， 1 为公差的等差数列，所以 1 an1n1n，所以 an 1 n，故 an1an 1 n1n 1 n 1 n1，因此 (akak 1) 1 1 2 1 2 1 3 1 100 1 1011 1 101 100 101. 变式 1、(2019 湖南省湘东六校联考)已知数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn Sn11(n2，nN)，且 a11. (1)求数列an的通项公式 an； (2)记 bn 1 an an1，求数列bn的前 n 项和 Tn. 【解析】 (1)由已知有 Sn Sn11(n2，nN)，数列 Sn为等差数列，又

15、 S1 a11， Snn， 第 7 页 / 共 12 页 即 Snn2. 当 n2 时，anSnSn1n2(n1)22n1. 又 a11 也满足上式，an2n1. (2)由(1)知，bn 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1 ， Tn 1 2 1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 n 2n1. 变式 2、已知数列an各项均为正数，其前 n 项和为 Sn，且满足 4Sn(an1)2. (1)求an的通项公式； (2)设 bn 1 an.an1，求数列bn的前 n 项和 Tn及 Tn的最小值 【解析】 (1)(an1)24Sn，Sn （an1）2

16、4 ，Sn1 （an11）2 4 ， Sn1Snan1 （an11）2（an1）2 4 ， 即 4an1a2n1a2 n2an12an， 2(an1an)(an1an) (an1an)an1an0，an1an2，即an是公差为 2 的等差数列，由 (a11)24a1，解得 a11，an2n1. (2)由(1)知 bn 1 （2n1）（2n1） 1 2 1 2n1 1 2n1，Tnb1b2bn 1 2 1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 1 2 1 2（2n1） n 2n1. Tn1Tn 1 2 1 2（2n3） 1 2 1 2（2n1） 1 2（2n1）

17、 1 2（2n3） 1 （2n1）（2n3）0， Tn1Tn ，数列 Tn 为递增数列， Tn的最小值为 T11 3. 变式 3、已知函数 f(x)x的图象过点(4,2)，令 an 1 fn1fn，nN *.记数列a n的前 n 项和为 Sn，则 S2 020( ) 第 8 页 / 共 12 页 A. 2 0191 B. 2 0201 C. 2 0211 D. 2 0211 【答案】 C 【解析】 由 f(4)2，可得 42，解得 1 2， 则 f(x) x. 所以 an 1 fn1fn 1 n1 n n1 n， 所以 S2 020a1a2a3a2 020( 2 1)( 3 2)( 4 3)(

18、 2 021 2 020) 2 0211. 方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如 an 1 nnk 时，可转化为 an 1 k 1 n 1 nk ，此类数列适 合使用裂项相消法求和 （2）数列的通项公式形如 an 1 nk n时，可转化为 an 1 k( nk n)，此类数列适合使用裂项相消法 求和 考点四 错位相减法求和 例 4、(2019 南京调研）已知an是等差数列，其前 n 项和为 Sn，bn是等比数列，且 a1b12，a4b4 21，S4b430. (1) 求数列an和bn的通项公式； (2) 记 cnanbn，nN*，求数列cn的前 n 项和 【解析】(1) 设等差数列an

19、的公差为 d，等比数列bn的公比为 q. 由 a1b12，得 a423d，b42q3，S486d.(3 分) 由条件 a4b421，S4b430，得方程组 23d2q321， 86d2q330， 解得 d1， q2. 所以 ann1，bn2n，nN*.(7 分) (2) 由题意知 cn(n1) 2n. 记 Tnc1c2c3cn. 则 Tn2 23 224 23n 2n1 (n1) 2n， 2Tn2 223 23(n1) 2n1n 2n(n1)2n1， 第 9 页 / 共 12 页 所以Tn2 2(22232n)(n1) 2n1，(11 分) 即 Tnn 2n1，nN*.(14 分) 变式 1、

20、(2019 郑州市第二次质量检测)已知数列an中，a11，an0，前 n 项和为 Sn，若 an Sn Sn1(n N*，且 n2) (1)求数列an的通项公式； (2)记 cnan 2an，求数列cn的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)在数列an中，anSnSn1(n2)， an Sn Sn1 ，且 an0， 得 Sn Sn11(n2)， 数列 Sn 是以 S1 a11 为首项，公差为 1 的等差数列， Sn1(n1) 1n，Snn2. 当 n2 时，anSnSn1n2(n1)22n1， 当 n1 时，a11，也满足上式， 数列an的通项公式为 an2n1. (2)由(1)知，an2n1，

21、cn(2n1) 22n1， 则 Tn1 23 235 25(2n1) 22n1， 4Tn1 233 255 27(2n3) 22n1(2n1) 22n1， 两式相减得， 3Tn22(232522n1)(2n1) 22n122 8122n2 14 (2n1)22n1 10 3 5 32n 22n1， Tn 6n522n110 9 . 变式 2、设等差数列an的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列bn的公比为 q，已知 b1a1，b22，qd， S10100. (1)求数列an，bn的通项公式；(2)当 d1 时，记 cn an bn，求数列cn的前 n 项和 Tn. 解析：(1)由题意得

22、10a145d100， a1d2， 即 2a19d20， a1d2， 解得 a11， d2 或 a19， d 2 9. 第 10 页 / 共 12 页 故 an2n1， bn2n1 或 an 1 92n79， bn9 2 9 n1 . (2)由 d1，知 an2n1，bn2n1，故 cn 2n1 2n1，于是 Tn1 3 2 5 22 7 23 9 24 2n1 2n1， 1 2Tn 1 2 3 22 5 23 7 24 9 25 2n1 2n . 可得 1 2Tn2 1 2 1 22 1 2n2 2n1 2n 3 2n3 2n ，故 Tn6 2n3 2n1 . 方法总结：主要用于一个等差数列

23、与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公 式的推导过程的推广.。特别注意错位相减法的步骤。 五、优化提升与真题演练 1、 【2018 年高考全国 I 卷理数】记 n S为数列 n a的前n项和，若21 nn Sa，则 6 S _ 【答案】63 【解析】 根据21 nn Sa， 可得 11 21 nn Sa ， 两式相减得 11 22 nnn aaa ， 即 1 2 nn aa ， 当1n 时， 111 21Saa，解得 1 1a ，所以数列 n a是以1 为首项，以 2 为公比的等比数列，所以 6 6 12 63 12 S ，故答案是63. 2、【2019 年高考全国 III

24、 卷理数】 记 Sn为等差数列an的前 n 项和， 121 03aaa ， 则 10 5 S S _ 【答案】4 【解析】设等差数列an的公差为 d, 因 21 3aa，所以 11 3ada，即 1 2ad， 所以 10 5 S S 1 1 1 1 10 9 10 100 2 4 5 4 25 5 2 ad a a ad 3、【2019 年高考全国 I 卷理数】 记 Sn为等比数列an的前 n 项和 若 2 146 1 3 aaa， 则 S5=_ 第 11 页 / 共 12 页 【答案】 121 3 【解析】设等比数列的公比为q，由已知 2 146 1 , 3 aaa，所以 325 11 ()

25、, 33 qq又0q ， 所以3,q 所以 5 5 1 5 1 (1 3 ) (1)121 3 11 33 aq S q 4、 【2020 年山东卷】将数列2n1与3n2的公共项从小到大排列得到数列an，则an的前 n 项和为 _ 【答案】 2 32nn 【解析】因为数列21n是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， 数列32n是以 1 首项，以 3 为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列 n a是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列， 所以 n a的前n项和为 2 (1) 1632 2 n n nnn ， 故答案为： 2 32nn. 5、 【2020 年全国 1 卷

26、】.设 n a是公比不为 1的等比数列， 1 a为 2 a， 3 a的等差中项 （1）求 n a的公比； （2）若 1 1a ，求数列 n na的前n项和 【答案】 （1）2； （2） 1(13 )( 2) 9 n n n S . 【解析】 （1）设 n a的公比为q， 1 a为 23 ,a a的等差中项， 2 1231 2,0,20aaa aqq， 1,2qq ； （2）设 n na前n项和为 n S， 1 1 1,( 2)n n aa ， 21 1 12( 2)3 ( 2)( 2)n n Sn ， 231 21 ( 2)2( 2)3 ( 2)(1)( 2)( 2) nn n Snn ， 得

27、， 21 31( 2)( 2)( 2)( 2) nn n Sn 第 12 页 / 共 12 页 1 ( 2)1 (13 )( 2) ( 2) 1 ( 2)3 nn n n n ， 1(13 )( 2) 9 n n n S . 6、 【2020 年全国 3 卷】设数列an满足 a1=3， 1 34 nn aan （1）计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明； （2）求数列2nan的前 n项和 Sn 【答案】 （1） 2 5a ， 3 7a ，21 n an，证明见解析； （2） 1 (21) 22 n n Sn . 【解析】 （1）由题意可得 21 34945aa， 32 3815 87

28、aa ， 由数列 n a的前三项可猜想数列 n a是以3为首项，2为公差的等差数列，即21 n an， 证明如下： 当1n 时， 1 3a 成立； 假设nk时，21 k ak成立. 那么1nk时， 1 343(21)4232(1) 1 kk aakkkkk 也成立. 则对任意的 * nN，都有 21 n an成立； （2）由（1）可知，2(21) 2 nn n an 231 3 25 27 2(21) 2(21) 2 nn n Snn ， 2341 23 25 27 2(21) 2(21) 2 nn n Snn ， 由得： 231 62222(21) 2 nn n Sn 21 1 21 2 62(21) 2 1 2 n n n 1 (1 2 ) 22 n n ， 即 1 (21) 22 n n Sn .