资源描述
7.4数列求和、数列的综合应用最新考纲考情考向分析1.掌握等差、等比数列的前n项和公式及其应用2.会利用数列的关系解决实际问题.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解答题的形式出现，难度中等或稍难与不等式、函数、最值等问题综合.1等差数列的前n项和公式Snna1d.2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)24682nn(n1)(4)1222n2.4数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项常见的裂项公式；.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法主要用于一个等差数列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(6)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)5050.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)数列的前n项和为n2.()(5)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sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()(6)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2P61A组T5一个球从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()A100200(129) B100100(129)C200(129) D100(129)答案A解析第10次着地时，经过的路程为1002(502510029)1002100(212229)100200100200(129)3P61A组T4(3)12x3x2nxn1_(x0且x1)答案解析设Sn12x3x2nxn1，则xSnx2x23x3nxn，得(1x)Sn1xx2xn1nxnnxn，Sn.题组三易错自纠4已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S2019等于()A1007B1008C1009D1010答案D解析由an2Sn1n得an12Snn1，两式相减得an1an2an1an1an1S2019a1(a2a3)(a2018a2019)1009111010.5数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100等于()A200B200C400D400答案B解析S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.6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.S2017S2016a201722017cos1008.7(2011浙江)若数列中的最大项是第k项，则k_.答案4解析由题意知解得k1.kN*，k4.第1课时数列求和的常用方法题型一分组转化法求和例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，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.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提醒：某些数列的求和是将数列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，注意在含有字母的数列中对字母的讨论跟踪训练1(2018温州市适应性考试)已知数列an的前n项和为Sn，且a12,2Sn(n1)2ann2an1，数列bn满足b1a1，nbn1anbn.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若数列cn满足cnanbn(nN*)，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由2Sn(n1)2ann2an1，可得2Sn1(n2)2an1(n1)2an2，得2an12(n22n2)an1(n1)2an2(n1)2an，所以2(n1)2an1(n1)2an2(n1)2an，化简得2an1an2an，所以an是等差数列由2S1(11)2a1a2可得a24，所以公差da2a1422，故an22(n1)2n.由b1a1，nbn1anbn以及an2n可知，b12，2，所以数列bn是以2为首项，2为公比的等比数列，故bn22n12n.(2)因为cnanbn2n2n，所以Tn(22)(422)(623)(2n2n)(2462n)(222232n)n2n2n12.题型二错位相减法求和例2(2018浙江省金华名校统考)已知数列an是公比大于1的等比数列，且a2a490，a327.在数列bn中，b11，bn1(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)设等比数列an的公比为q(q1)，则由a2a490，a327，得解得或(舍去)，故an33n13n.因为bn1(nN*)，所以1，又b11，所以是首项为1，公差为1的等差数列于是，1(n1)1n，故bn.(2)由(1)知，cnn3n，所以Tnc1c2c3cn13232n3n，则3Tn132233(n1)3nn3n1.两式相减得，2Tn332333nn3n1n3n13n1，故Tn3n1.思维升华错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式(3)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1两种情况求解跟踪训练2(2018杭州质检)已知各项均大于零的数列an的前n项和为Sn，且满足2Snaan.(1)求数列an的通项公式；(2)设，数列bn的前n项和为Hn，求使得Hnn2n150成立的最小整数n.解(1)由2Snaan，得2Sn1aan1(n2)，当n2时，得2anaanaan1，即anan1aa(anan1)(anan1)，又由题设知anan10，所以anan11，故数列an是公差为1的等差数列，又a11，所以an1(n1)1n.(2)因为n2n，所以Hn(121222n2n)，则2Hn(22223n2n1)将以上两式作差化简可得Hnn2n12n12，于是，Hnn2n150，即2n152，解得n5.故最小正整数n是5.题型三裂项相消法求和命题点1形如an型例3(2018浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列an的公差为2，等比数列bn的公比为2，且anbnn2n.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn，记数列cn的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小解(1)anbnn2n，解得a12，b11，an22(n1)2n，bn2n1.(2)an2n，bn2n1，cn，Tnc1c2c3c4cn1cn，Tn.命题点2an型例4已知函数f(x)x的图象过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2019_.答案1解析由f(4)2，可得42，解得，则f(x).an，S2019a1a2a3a2019(1)()()()()1.命题点3裂项相消法的灵活运用例5(2018绍兴诸暨市期末)已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn思维升华(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()，裂项后可以产生连续相互抵消的项(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项跟踪训练3(2018绍兴市六校质检)已知函数f(x)3x22x，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数f(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有的nN*都成立的最小正整数m.解(1)由题意知Sn3n22n，当n2时，anSnSn16n5，a1321，适合上式，an6n5.(2)bn，Tn，要使0,6Sna3an，nN*，若任意nN*，kTn恒成立，则k的最小值是_答案解析当n1时，6a1a3a1，解得a13或a10.由an0，得a13.由6Sna3an，得6Sn1a3an1.两式相减得6an1aa3an13an.所以(an1an)(an1an3)0.因为an0，所以an1an0，an1an3.即数列an是以3为首项，3为公差的等差数列，所以an33(n1)3n.所以.所以TnTn恒成立，只需k，所以k的最小值为.10(2018湖州市适应性考试)已知等比数列an满足2a1a33a2，且a32是a2，a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlog2，Snb1b2b3bn，求使Sn2n1470成立的正整数n的最小值解(1)设等比数列an的首项为a1，公比为q，依题意，有2(a32)a2a4，即2(a1q22)a1qa1q3，由2a1a33a2，得2a1a1q23a1q，解得q1或q2.当q1时，不合题意，故舍去；当q2时，代入式得a12，所以an2n.(2)bnanlog22nn，所以Sn212222332nn(222232n)(123n)2n12nn2，因为Sn2n1470，解得n9或n10，由nN*，故使Sn2n1470.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列aa的前n项和为Sn，若对于任意的nN*，Sn0，4，数列是等差数列，首项1，公差d4，4n3，a，an.(2)aa，由Sn，nN*，Sn1，当n2时，从而有(an1an)(anan1)(an1)2(an11)2(anan1)(anan12)0，则an1ananan1a2a1，则a2017a1(a2a1)(a2017a2016)225，得a201712241，即有01，则m(2,3)，故选B.16已知正项数列an的前n项和为Sn，任意nN*,2Snaan.令bn，设bn的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，T100中有理数的个数为_答案9解析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.
展开阅读全文