（江苏专用）高考数学大一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和教师用书 理 苏教版-苏教版高三全册数学试题

第六章 数列 6.4 数列求和教师用书 理 苏教版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.【知识拓展】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)5 050.【思考辨析】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2n1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sin21°sin22°sin23°sin288°sin289°44.5.()1.(2016·南京模拟)设an是公差不为0的等差数列，a12，且a1，a3，a6成等比数列，则an的前n项和Sn_.答案解析设等差数列的公差为d，则a12，a322d，a625d.又a1，a3，a6成等比数列，aa1·a6.即(22d)22(25d)，整理得2d2d0.d0，d.Snna1dn.2.(教材改编)数列an中，an，若an的前n项和Sn，则n_.答案2 017解析an，Sna1a2an(1)1.令，得n2 017.3.数列an的通项公式为an(1)n1·(4n3)，则它的前100项之和S100_.答案200解析S100(4×13)(4×23)(4×33)(4×1003)4×(12)(34)(99100)4×(50)200.4.若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和Sn_.答案2n12n2解析Sn2n12n2.5.数列an的通项公式为anncos ，其前n项和为Sn，则S2 017_.答案1 008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.S2 017S2 016a2 017×22 017·cos 1 008.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bn(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.(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.引申探究例1(2)中，求数列bn的前n项和Tn.解由(1)知bn2n(1)n·n.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anbn±cn，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.已知数列an的通项公式是an2·3n1(1)n·(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和Sn.解Sn2(133n1)111(1)n·(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，Sn2×ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2×(ln 2ln 3)(n)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn题型二错位相减法求和例2已知a>0，a1，数列an是首项为a，公比也为a的等比数列，令bnan·lg an(nN)，求数列bn的前n项和Sn.解anan，bnn·anlg a，Sn(a2a23a3nan)lg a，aSn(a22a33a4nan1)lg a，得：(1a)Sn(aa2annan1)lg a，Sn1(1nna)an.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.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d>1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意有即解得或故或(2)由d>1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.题型三裂项相消法求和命题点1形如an型例3设数列an的前n项和为Sn，点(n，)(nN*)均在函数y3x2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Tn.解(1)把点(n，)代入函数y3x2，3n2，Sn3n22n，当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5.又a11符合该式，an6n5(nN*).(2)bn()，Tnb1b2b3bn(1)()()()(1).命题点2形如an型例4已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 017_.答案1解析由f(4)2，可得4a2，解得a，则f(x)an，S2 017a1a2a3a2 017(1)()()()()1.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.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.解(1)San，anSnSn1 (n2)，S(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn，由题意得Sn1·Sn0，式两边同除以Sn1·Sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列.12(n1)2n1，Sn.(2)bn，Tnb1b2bn(1)()().四审结构定方案典例(14分)已知数列an的前n项和Snn2kn(其中kN*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<4.(1)(2)规范解答(1)解当nkN*时，Snn2kn取得最大值，即8Skk2k2k2，故k216，k4.当n1时，a1S14，3分当n2时，anSnSn1n.当n1时，上式也成立.综上，ann.6分(2)证明，Tn1，2Tn22.10分，得2TnTn2144.12分Tn4.Tn<4.14分1.(2016·江苏无锡一中质检)设Sn为等差数列an的前n项和，S414，S10S730，则S9_.答案54解析设等差数列an的首项为a1，公差为d，则S44a16d14，S1010a145d，S77a121d，则S10S73a124d30，解可得d1，a12，故S99a136d183654.2.(2016·无锡模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，已知a12 016，且an2an1an20(nN*)，则S2 016_.答案0解析an2an1an20(nN*)，an2anqanq20，q为等比数列an的公比，即q22q10，q1.an(1)n1·2 016，S2 016(a1a2)(a3a4)(a2 015a2 016)0.3.已知数列an：，若bn，那么数列bn的前n项和Sn_.答案解析an，bn4，Sn44.4.(教材改编)数列n×的前n项和Sn_.答案2解析Sn1×2×3×n×，Sn1×2×3×(n1)×n×，得，Snn×.Sn2(1)2.5.已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100_.答案100解析由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)50×10150×103100.6.(2016·江苏连云港四校期中)一个只有有限项的等差数列，它的前5项和为34，最后5项和为146，所有项的和为234，则它的第7项为_.答案18解析据题意知a1a2a3a4a534，an4an3an2an1an146，又a1ana2an1a3an2a4an3a5an4，a1an36.又Snn(a1an)234，n13，a1a132a736，a718.7.(2016·苏州模拟)已知数列an的通项公式为an，若前n项和为10，则项数n为_.答案120解析an，Sna1a2an(1)()()1.令110，得n120.8.(2016·泰州模拟)设数列an满足a11，(1an1)(1an)1(nN*)，则akak1的值为_.答案解析因为(1an1)(1an)1，所以anan1anan10，从而1，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1n1n，所以an，故an1an，因此akak1(1)()()1.9.(2016·苏北四市期末)若公比不为1的等比数列an满足log2(a1·a2··a13)13，等差数列bn满足b7a7，则b1b2b13的值为_.答案26解析因为等比数列an满足log2(a1·a2··a13)13，所以a1·a2··a13213，(a7)13213，a72，所以等差数列bn中，b7a72，b1b2b1313b713×226.*10.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，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，Tn1，T1，T2，T3，T100中有理数的个数为9.11.(2016·南京、盐城一模) 设Sn是等比数列an的前n项和，an>0，若S62S35，则S9S6的最小值为_.答案20解析方法一当q1时，S62S30，不合题意，所以q1，从而由S62S35得5，从而得<0，故1q<0，即q>1，故S9S6×(q6q9)，令q31t>0，则S9S65(t2)20，当且仅当t1，即q32时等号成立.方法二因为S6S3(1q3)，所以由S62S35得S3>0，从而q>1，故S9S6S3(q6q31)S3(q31)S3q6，以下同方法一.12.数列an满足an2an12n1(nN，n2)，a327.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn(ant)(nN*)，且数列bn为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；(3)求数列an的前n项和Sn.解(1)由a327，得272a2231，a29.92a1221，a12.(2)假设存在实数t，使得bn为等差数列，则2bnbn1bn1.2×(ant)(an1t)(an1t)，4an4an1an1t，4an4×2an2n11t，t1，即存在实数t1，使得bn为等差数列.(3)由(1)，(2)得b1，b2，bnn，an(n)·2n1(2n1)2n11.Sn(3×201)(5×211)(7×221)(2n1)×2n1135×27×22(2n1)×2n1n，2Sn3×25×227×23(2n1)×2n2n, 由得Sn32×22×222×232×2n1(2n1)×2nn12×(2n1)×2nn(12n)×2nn1.Sn(2n1)×2nn1.13.(2016·天津)已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和.解(1)设数列an的公比为q.由已知，有，解得q2或q1.又由S6a1·63，知q1，所以a1·63，得a11.所以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列.设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.*14.若数列an的前n项和为Sn，点(an，Sn)在yx的图象上(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)若c10，且对任意正整数n都有cn1cn求证：对任意正整数n2，总有.(1)解Snan，当n2时，anSnSn1an1an，anan1.又S1a1a1，a1，ann12n1.(2)证明由cn1cn 得当n2时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)，()，×.又，原式得证.15.(2016·江苏镇江丹徒中学调研)已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值.解(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为an×()n1(1)n1·.(2)由(1)得Sn1()n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<SnS1，故0<SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2Sn<1，故0>SnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn的最大项的值为，最小项的值为.