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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

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