2019-2020年高三数学大一轮复习 6.4数列求和教案 理 新人教A版 .DOC

2019-2020年高三数学大一轮复习 6.4数列求和教案 理 新人教A版xx高考会这样考1.考查等差、等比数列的求和；2.以数列求和为载体，考查数列求和的各种方法和技巧；3.综合考查数列和集合、函数、不等式、解析几何、概率等知识的综合问题复习备考要这样做1.灵活掌握数列由递推式求通项公式的几种方法；2.掌握必要的化归方法与求和技巧，根据数列通项的结构特点，巧妙解决数列求和的问题1 等差数列前n项和Snna1d，推导方法：倒序相加法；等比数列前n项和Sn推导方法：乘公比，错位相减法2 数列求和的常用方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，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：例如，等差数列前n项和公式的推导(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解例如，Sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.3 常见的拆项公式(1)；(2)；(3).难点正本疑点清源1 解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2 等价转化思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决1 在等差数列an中，Sn表示前n项和，a2a818a5，则S9_.答案54解析由等差数列的性质，a2a818a5，即2a518a5，a56，S99a554.2 等比数列an的公比q，a81，则S8_.答案255解析由a81，q得a127，S8281255.3 若Sn1234(1)n1n，则S50_.答案25解析S5012344950(1)2525.4 (xx天津)已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项和，nN*，则S10的值为 ()A110 B90 C90 D110答案D解析a3a12da14，a7a16da112，a9a18da116，又a7是a3与a9的等比中项，(a112)2(a14)(a116)，解得a120.S101020109(2)110.5 (xx大纲全国)已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为 ()A. B. C. D.答案A解析利用裂项相消法求和设等差数列an的首项为a1，公差为d.a55，S515，ana1(n1)dn.，数列的前100项和为11.题型一分组转化求和例1已知数列xn的首项x13，通项xn2npnq (nN*，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列求：(1)p，q的值；(2)数列xn前n项和Sn的公式思维启迪：第(1)问由已知条件列出关于p、q的方程组求解；第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解解(1)由x13，得2pq3，又因为x424p4q，x525p5q，且x1x52x4，得325p5q25p8q，解得p1，q1.(2)由(1)，知xn2nn，所以Sn(2222n)(12n)2n12.探究提高某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论 求和Sn1.解和式中第k项为ak12.Sn22(111()22n2.题型二错位相减法求和例2设数列an满足a13a232a33n1an，nN*.(1)求数列an的通项；(2)设bn，求数列bn的前n项和Sn.思维启迪：(1)由已知写出前n1项之和，两式相减(2)bnn3n的特点是数列n与3n之积，可用错位相减法解(1)a13a232a33n1an，当n2时，a13a232a33n2an1，得3n1an，an.在中，令n1，得a1，适合an，an.(2)bn，bnn3n.Sn3232333n3n，3Sn32233334n3n1.得2Snn3n1(332333n)，即2Snn3n1，Sn.探究提高解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列3n1an的前n项和，从而利用an与Sn的关系求出通项3n1an，进而求得an；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养 (xx辽宁)已知等差数列an满足a20，a6a810.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和解(1)设等差数列an的公差为d，由已知条件可得解得.故数列an的通项公式为an2n.(2)设数列的前n项和为Sn，即Sna1，故S11，.所以，当n1时，得a11()1(1).所以Sn.当n1时也成立综上，数列的前n项和Sn.题型三裂项相消法求和例3在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San.(1)求Sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.思维启迪：第(1)问利用anSnSn1 (n2)后，再同除Sn1Sn转化为的等差数列即可求Sn.第(2)问求出bn的通项公式，用裂项相消求和解(1)San，anSnSn1 (n2)，S(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn，由题意Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列12(n1)2n1，Sn.(2)又bn，Tnb1b2bn(1)()().探究提高使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，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 已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn，nN*.(1)求证：数列an是等差数列；(2)设bn，Tnb1b2bn，求Tn.(1)证明Sn，nN*，当n1时，a1S1 (an0)，a11.当n2时，由得2anaanaan1.即(anan1)(anan11)0，anan10，anan11(n2)所以数列an是以1为首项，1为公差的等差数列(2)解由(1)可得ann，Sn，bn.Tnb1b2b3bn11.四审结构定方案典例：(12分)已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.审题路线图等差数列an中，特定项的值(a3，a5，a7即为特定项)a37，a5a726(从特定项，考虑基本量a1，d)列方程组(根据条件的结构特征，确定了方程的方法)用公式：ana1(n1)d，Snna1d.(将an代入化简求bn)bn(根据bn的结构特征，确定裂项相消)bnTn.规范解答解(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.因为a37，a5a726，所以解得4分所以an32(n1)2n1，Sn3n2n22n.6分(2)由(1)知an2n1，所以bn，8分所以Tn(1)10分(1)，即数列bn的前n项和Tn.12分温馨提醒本题审题的关键有两个环节一是根据a37，a5a726的特征，确定列方程组求解二是根据数列bn的通项bn的特征，确定用裂项相消法求和所以，在审题时，要根据数式的结构特征确定解题方案.方法与技巧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失误与防范1通过数列通项公式观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，判断求和类型，寻找求和的方法，或拆为基本数列求和，或转化为基本数列求和求和过程中同时要对项数作出准确判断2含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)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答案C解析n2，的前10项和为10375. 2 已知数列an是等差数列，若a93a110，a10a110，且数列an的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n等于 ()A20 B17 C19 D21答案C解析由a93a110，得2a102a110，即a10a110，又a10a110，a110，S2010(a10a11)0.3 若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为 ()A2nn21 B2n1n21C2n1n22 D2nn2答案C解析Sn2n12n2.4 数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100等于()A200 B200 C400 D400答案B解析S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.二、填空题(每小题5分，共15分)5 数列an的前n项和为Sn，a11，a22，an2an1(1)n (nN*)，则S100_.答案2 600解析由an2an1(1)n知a2k2a2k2，a2k1a2k10，a1a3a5a2n11，数列a2k是等差数列，a2k2k.S100(a1a3a5a99)(a2a4a6a100)50(246100)502 600.6 数列an的前n项和Snn24n2，则|a1|a2|a10|_.答案66解析当n1时，a1S11.当n2时，anSnSn12n5.an.令2n50，得n，当n2时，an0，|a1|a2|a10|(a1a2)(a3a4a10)S102S266.7 (xx课标全国)数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_答案1 830解析利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341 830.三、解答题(共22分)8 (10分)求和：(1)Sn；(2)Sn222.解(1)由于ann，Sn(123n)1.(2)当x1时，Sn4n.当x1时，Sn222(x2x4x2n)2n2n2n.Sn9 (12分)已知数列an的前n项和为Sn，且a11，an1Sn(n1,2,3，)(1)求数列an的通项公式；(2)当bnlog(3an1)时，求证：数列的前n项和Tn.(1)解由已知得 (n2)，得到an1an (n2)数列an是以a2为首项，以为公比的等比数列又a2S1a1，ana2n2 n2 (n2)an(2)证明bnlog(3an1)logn.Tn1.B组专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1 已知等比数列an的各项均为不等于1的正数，数列bn满足bnlg an，b318，b612，则数列bn的前n项和的最大值等于 ()A126 B130 C132 D134答案C解析bn1bnlg an1lg anlg lg q(常数)，bn为等差数列由bn2n240，得n12，bn的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，S11、S12最大且S11S12132.2 数列an，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线(n1)xyn0在y轴上的截距为 ()A10 B9 C10 D9答案B解析数列的前n项和为1，n9，直线方程为10xy90.令x0，得y9，在y轴上的截距为9.3 已知数列2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 013项之和S2 013等于 ()A1 B2 010C4 018 D0答案C解析由已知得anan1an1 (n2)，an1anan1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，2 008，2 009，1，2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S60.2 01363353，S2 013S34 018.二、填空题(每小题5分，共15分)4 等比数列an的前n项和Sn2n1，则aaa_.答案(4n1)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)5 若数列an是正项数列，且n23n (nN*)，则_.答案2n26n解析令n1得4，即a116，当n2时，(n23n)(n1)23(n1)2n2，所以an4(n1)2，当n1时，也适合上式，所以an4(n1)2 (nN*)于是4(n1)，故2n26n.6 已知数列an中，a160，an1an3，则这个数列前30项的绝对值的和是_答案765解析由题意知an是等差数列，an603(n1)3n63，令an0，解得n21.|a1|a2|a3|a30|(a1a2a20)(a21a30)S302S20(606063)20765.三、解答题7 (13分)(xx四川)已知数列an的前n项和为Sn，且a2anS2Sn对一切正整数n都成立(1)求a1，a2的值；(2)设a10，数列的前n项和为Tn，当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值解(1)取n1，得a2a1S2S12a1a2，取n2，得a2a12a2.由，得a2(a2a1)a2.若a20，由知a10；若a20，由知a2a11.由解得a11，a22或a11，a22.综上可得，a10，a20或a11，a22或a11，a22.(2)当a10时，由(1)知a11，a22.当n2时，有(2)anS2Sn，(2)an1S2Sn1.所以(1)an(2)an1，即anan1(n2)所以ana1()n1(1)()n1.令bnlg ，则bn1lg()n11(n1)lg 2lg .所以数列bn是单调递减的等差数列.从而b1b2b7lg lg 10.当n8时，bnb8lg lg 10.故当n7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为T77lg 2.