2022年旧高考（人教版）数学一轮教学案：第五章第四讲　数列求和 Word版含解析（含解析）.doc

1、第四讲第四讲 数列求和数列求和 知识梳理 双基自测 知 识 梳 理 知识点一 公式法求和 (1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前 n 项和 公式 (2)等差数列的前 n 项和公式：Snna1an 2 _na1nn1 2 d_d 2n 2 a1d 2 n_. (3)等比数列的前 n 项和公式： Sn na1，q1， a1anq 1q _a11q n 1q _，q1. 注意等比数列公比 q 的取值情况，要分 q1，q1. 知识点二 分组求和法 一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和 法，分别求和后相加减如若一个数列的奇数项成

2、等差数列，偶数项成等比数列，则可用分 组求和法求其前 n 项和 知识点三 倒序相加法 如果一个数列an的前 n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等且等于同一个常数， 那么求这个数列的前 n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前 n 项和公式即是用此法推导的 知识点四 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，那么这个 数列的前 n 项和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的 知识点五 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，从而求得其和 知识点六 并项求和法 在一个数列的前 n 项和中，可两两合并求解

3、，则称之为并项求和如an是等差数列，求 数列(1)nan的前 n 项和，可用并项求和法求解 形如 an(1)nf(n)类型，可考虑采用两项合并求解 归 纳 拓 展 1常见的裂项公式 (1) 1 nn1 1 n 1 n1； (2) 1 nnk 1 k 1 n 1 nk ； (3) 1 n21 1 2 1 n1 1 n1 ； (4) 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1 ； (5) 1 n n1 n1 n； 1 n nk 1 k( nk n)； (6) 1 nn1n2 1 2 1 nn1 1 n1n2 . 双 基 自 测 题组一 走出误区 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”

4、) (1)如果数列an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和为 Sna1an 1 1q .( ) (2)sin21 sin22 sin23 sin287 sin288 sin289 可用倒序相加求和( ) (3)当 n2 时， 1 n21 1 2 1 n1 1 n1 .( ) (4)求数列 1 2n2n3 的前 n 项和可用分组求和( ) 解析 (1)因为数列an为等比数列，且公比不等于 1.则其前 n 项和为 Sna11q n 1q a1a1qn 1q a1an 1 1q . (2)因为 sin21 sin289 sin22 sin288 sin23 sin287 1，所以 sin2

5、1 sin22 sin23 sin287 sin288 sin289 可用倒序相加求和 (3)因为1 2 1 n1 1 n1 1 2 n1n1 n1n1 1 n21. (4)因为数列 1 2n2n3 是由一个等比数列 1 2n 与一个等差数列的和数列，所以求数列 1 2n2n3 的前 n 项和可以用分组求和 题组二 走进教材 2(必修 5P61T4 改编)Sn1 2 1 2 3 8 n 2n等于( B ) A2 nn1 2n B2 n1n2 2n C2 nn1 2n D2 n1n2 2n 解析 由 Sn1 2 2 22 3 23 n 2n 得1 2Sn 1 22 2 23 n1 2n n 2n

6、 1 得， 1 2Sn 1 2 1 22 1 23 1 2n n 2n 1， 1 2 1 1 2 n 11 2 n 2n 1，Sn2 n1n2 2n . 3(必修 5P47B 组 T4 改编)数列an的前 n 项和为 Sn，若 an 1 nn1，则 S5 等于( B ) A1 B5 6 C1 6 D 1 30 解析 an 1 nn1 1 n 1 n1，S5a1a2a51 1 2 1 2 1 3 1 6 5 6. 4 (必修 5P47T4 改编)数列an的通项公式是 an 1 n n1， 前 n 项和为 9， 则 n( B ) A9 B99 C10 D100 解析 因为 an 1 n n1 n1

7、 n.所以 S na1a2a3an( 21)( 3 2)( n1 n) n11.所以 n119，即 n110，所以 n99.故选 B 题组三 走向高考 5 (2017 课标， 15,5 分)等差数列an的前 n 项和为 Sn， a33， S410， 则 k1 n 1 Sk_ 2n n1 _. 解析 本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和 设公差为 d，则 a12d3， 4a16d10， a11， d1， ann. 前 n 项和 Sn12nnn1 2 ， 1 Sn 2 nn12 1 n 1 n1 ， k1 n 1 Sk2 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 2 1 1 n1 2

8、 n n1 2n n1. 6(2020 课标，16,5 分)数列an满足 an2(1)nan3n1，前 16 项和为 540，则 a1 _7_. 解析 令 n2k(kN*)，则有 a2k2a2k6k1(kN*)， a2a45，a6a817，a10a1229，a14a1641， 前 16 项的所有偶数项和 S偶517294192， 前 16 项的所有奇数项和 S奇54092448， 令 n2k1(kN*)，则有 a2k1a2k16k4(kN*) a2k1a1(a3a1)(a5a3)(a7a5)(a2k1a2k1)28146k4 k26k4 2 k(3k1)(kN*)， a2k1k(3k1)a1(

9、kN*)， a32a1，a510a1，a724a1，a944a1，a1170a1，a13102a1，a15140 a1， 前16项的所有奇数项和S奇a1a3a158a1210244470102140 8a1392448.a17. 考点突破 互动探究 考点一 分组求和法师生共研 例 1 (1)若数列an的通项公式为 an2n2n1，则数列an的前 n 项和为( C ) A2nn21 B2n 1n21 C2n 1n22 D2nn2 (2)已知数列an的前 n 项和为 Sn159131721(1)n 1(4n3)，则 S 15 S22S31的值是( D ) A13 B76 C46 D76 解析 (1

10、)Sna1a2a3an (21211)(22221)(23231)(2n2n1) (2222n)2(123n)n 212 n 12 2nn1 2 n 2(2n1)n2nn 2n 1n22. (2)因为 Sn159131721(1)n 1(4n3)，所以 S 15(15)(913) (4953)57(4)75729，S22(15)(913)(1721)(8185) 41144，S31(15)(913)(1721)(113117)12141512161， 所以 S15S22S3129446176. 名师点拨 分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbn cn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分

11、组求和法求an的前 n 项和 (2)通项公式为 an bn，n为奇数， cn，n为偶数 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 变式训练 1 (1)已知数列an的通项公式是 an2n 1 2 n，则其前 20 项和为( C ) A379 1 220 B399 1 220 C419 1 220 D439 1 220 (2)(2021 信阳模拟)已知数列an中，a1a21，an2 an2，n是奇数， 2an，n是偶数， 则数列an的 前 20 项和为( C ) A1 121 B1 122 C1 123 D1 124 解析 (1)令数列an的前 n 项和为 Sn，则

12、S20a1a2a3a202(123 20) 1 2 1 22 1 23 1 220 420 1 1 220 419 1 220. (2)由题意知，数列a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列a2n1是首项为 1，公差 为 2 的等差数列，故数列an的前 20 项和为112 10 12 101109 2 21 123. 考点二 裂项相消法多维探究 角度 1 形如 bn 1 anan1(an为等差数列)型 例 2 Sn为数列an的前 n 项和，已知 an0，a2n2an4Sn3. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 1 anan1，求数列bn的前 n 项和 解析 (1)由 a2n

13、2an4Sn3， 可知 a2n12an14Sn13. 可得 a2n1a2n2(an1an)4an1， 即 2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an) 由 an0，可得 an1an2. 又 a212a14a13， 解得 a11(舍去)或 a13. 所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an2n1. (2)由 an2n1 可知 bn 1 anan1 1 2n12n3 1 2 1 2n1 1 2n3 . 设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnb1b2bn 1 2 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3 n 32n3. 角度 2 形如 an 1

14、nk n型 例 3 (2021 西安八校联考)已知函数 f(x)x的图象过点(4,2)，令 an 1 fn1fn， nN.记数列an的前 n 项和为 Sn，则 S2 022等于( C ) A 2 0211 B 2 0221 C 2 0231 D 2 0231 解析 由 f(4)2 可得 42，解得 1 2， 则 f(x)x1 2. an 1 fn1fn 1 n1 n n1 n， S2 022a1a2a3a2 022( 2 1)( 3 2)( 4 3)( 2 023 2 022) 2 0231. 角度 3 形如 bn an ankan1k 1 q1(an为等比数列)型 例 4 (2021 辽宁凌

15、源二中联考)已知数列an与bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，且 an0,6Sna2n3an，nN*，bn 2an 2an12an11，若对任意的 nN *，kT n恒成立，则 k 的 最小值是( C ) A1 7 B49 C 1 49 D 8 441 解析 当 n1 时，6a1a213a1，解得 a13 或 a10(舍去)，又 6Sna2n3an，6Sn1 a2n13an1，两式作差可得 6an1a2n1a2n3an13an，整理可得(an1an)(an1an3) 0，结合 an0 可得 an1an30，an1an3，故数列an是首项为 3，公差为 3 的等 差数 列， an3 (n 1)

16、3 3n ， 则 bn 2an 2an12an11 8n 8n18n 11 1 7 1 8n1 1 8n 11，Tn1 7 1 81 1 821 1 821 1 831 1 8n1 1 8n 11 1 7 1 7 1 8n 11 1 49，k 1 49.故选 C 名师点拨 裂项相消法求和在历年高考中曾多次出现，命题角度凸显灵活多变在解题中，要善于 利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解的目的 (1)直接考查裂项相消法求和解决此类问题应注意以下两点：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；将通项裂项后，有时需要调整 前面的系数， 使裂开的两项之

17、差和系数之积与原通项相等 如： 若an是等差数列， 则 1 anan1 1 d 1 an 1 an1 ， 1 anan2 1 2d 1 an 1 an2 . (2)与不等式相结合考查裂项相消法求和解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二 步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式 变式训练 2 (1)(角度 1)(2021 衡水中学调研卷)在数列an中，an 1 n1 2 n1 n n1，又 bn 1 anan1，则数列bn的前 n 项和 Sn_ 4n n1_. (2)(角度 2)求和 S 1 1 3 1 3 5 1 119 121( A ) A5 B4 C10 D9 (3)(角度 3)an是

18、等比数列，a21 2，a5 1 16，bn an1 an1an11，则数列bn的前 n 项 和为( A ) A 2n1 22n1 B2 n1 2n1 C 1 2n1 D2 n1 2n2 解析 (1)由已知得 an 1 n1 2 n1 n n1 1 n1(12n) n 2，所以 bn 1 n 2 n1 2 4 1 n 1 n1 ， 所以数列bn的前 n 项和为 Sn4 11 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 4 1 1 n1 4n n1. (2)S1 3 13 3 5 35 119 121 119121 111 2 5，故选 A (3)a5a2 q3，q31 8，q 1 2，

19、a11， an 1 2 n1， bn 1 2 n 1 2 n11 1 2 n1 1 1 2 n1 1 1 2 n11 b1b2b3bn 1 1 2 11 1 1 2 01 1 1 2 21 1 1 2 11 1 1 2 31 1 1 2 21 1 1 2 n1 1 1 2 n11 1 1 2 n1 1 2 2n1 22n1. 故选 A 考点三 错位相减法师生共研 例 5 (2019 天津)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于 0.已知 a1b13， b2a3，b34a23. (1)求an和bn的通项公式； (2)设数列cn满足 cn 1，n为奇数， bn 2，n为偶数. 求 a1c1a2

20、c2a2nc2n(nN*) 解析 (1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.依题意，得 3q32d， 3q2154d， 解得 d3， q3， 故 an33(n1)3n，bn33n 13n. 所以，an的通项公式为 an3n，bn的通项公式为 bn3n. (2)a1c1a2c2a2nc2n (a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn) n3nn1 2 6 (631123218336n3n) 3n26(131232n3n) 记 Tn131232n3n， 则 3Tn132233n3n 1， 得，2Tn332333nn3n 1313 n 13 n3n 12n13 n

21、13 2 . 所以， a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n232n13 n13 2 2n13 n26n29 2 (n N*) 名师点拨 用错位相减法解决数列求和的模板 第一步：(判断结构)若数列an bn是由等差数列an与等比数列bn(公比 q)的对应项之积 构成的，则可用此法求和 第二步：(乘公比)设an bn的前 n 项和为 Tn，然后两边同乘以 q. 第三步：(错位相减)乘以公比 q 后，向后错开一位，使含有 qk(kN*)的项对齐，然后两边 同时作差 第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出 Tn. 用错位相减法求和应注意的问题 (1)如果一个数列的各项是由一个等差数

22、列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可 采用错位相减法 (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)“SnqSn”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是 n 项还是 n1 项， 一般是 n1 项 (4)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 种情况讨论求解 变式训练 3 (1)12x3x2nxn 1_ nn1 2 x1 11nxnnxn 1 1x2 x1 _. (2)(2020 课标，17,12 分)设an是公比不为 1 的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项

23、 求an的公比； 若 a11，求数列nan的前 n 项和 解析 (1)当 x0 时，12x3x2nxn 11； 当 x1 时，12x3x2nxn 1123nnn1 2 ， 当 x0 且 x1 时 解法一：记 Sn12x3x2nxn 1，则 xS nx2x 2(n1)xn1nxn， 两式相减得：(1x)Sn1xx2xn 1nxn1x n 1x nxn， Sn11nx nnxn1 1x2 解法二：12x3x2nxn 1(xx2x3xn) x1xn 1x 11nx nnxn1 1x2 ， 综上可知 12x3x2nxn 1 nn1 2 x1， 11nxnnxn 1 1x2 x1. (2)设an的公比为

24、 q，由题设得 2a1a2a3，即 2a1a1qa1q2. 所以 q2q20，解得 q11(舍去)，q22. 故an的公比为2. 记 Sn为nan的前 n 项和由(1)及题设可得，an(2)n 1. 所以 Sn12(2)n(2)n 1， 2Sn22(2)2(n1)(2)n 1n(2)n. 可得 3Sn1(2)(2)2(2)n 1n(2)n12 n 3 n(2)n. 所以 Sn1 9 3n12n 9 . 考点四 倒序相加法师生共研 例 6 设 f(x) 4x 4x2，若 Sf 1 2 022 f 2 2 022 f 2 021 2 022 ，则 S_2 021 2 _. 分析 利用 f(x)f(

25、1x)1 求解 解析 f(x) 4x 4x2， f(1x) 41 x 41 x2 2 24x. f(x)f(1x) 4x 4x2 2 24x1. Sf 1 2 022 f 2 2 022 f 2 021 2 022 ， Sf 2 021 2 022 f 2 020 2 022 f 1 2 022 ， ，得 2S f 1 2 022 f 2 021 2 022 f 2 2 022 f 2 020 2 022 f 2 021 2 022 f 1 2 022 2 021. S2 021 2 . 名师点拨 倒序相加法应用的条件 与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和

26、相 加的方法求解 变式训练 4 设 f(x) x2 1x2，则 f 1 2 022 f 1 2 021 f(1)f(2)f(2 022)_4 043 2 _. 解析 f(x) x2 1x2，f(x)f( 1 x)1. 令 Sf 1 2 022 f 1 2 021 f(1)f(2)f(2 022) 则 Sf(2 022)f(2 021)f(1)f 1 2 f 1 2 022 . 2S4 043，S4 043 2 . 名师讲坛 素养提升 数列的综合应用与实际应用 例 7 一次展览会上展出一套由宝石串联制成的工艺品，如图所示若按照这种规 律依次增加一定数量的宝石，则第 5 件工艺品所用的宝石数为_6

27、6_颗；第 n 件工艺品所用 的宝石数为_2n23n1_.(结果用 n 表示) 分析 设第 n 个图有宝石 an颗，逐项研究，寻找规律 解析 解法一：设第 n 个图有宝石 an颗，则 a16，a26541，a3a2542 625(12)4，a4a3543635(123)4，a5a45446 45(1234)466，an6(n1) 5(123(n1) 42n23n 1. 解法二：设第 n 个图有 an颗宝石，则 a16，anan154(n1)，即 anan14n1， an1an24(n1)1 a2a1421，a16 累加得 an4(12n)n1 2n(n1)n1 2n23n1. 名师点拨 逐项研究是解决问题的基本方法 变式训练 5 小时候，我们就用手指练习过数数一个小朋友按如图所示的规则练习数数，数到 2 019 时对应的指头是_中指_.(各指头的名称依次为大拇指、食指、中指、无名指、小指) 解析 观察图形可知大拇指所对应的数是以 1 为首项，公差为 8 的等差数列，其通项 an 18(n1)8n7，又 2 019(82537)2，故 2 019 对应的指头是从大拇指开始再数 两个数即中指