【文档说明】高考统考数学理科人教版一轮复习教师用书：第6章 第4节 数列求和 含解析【高考】.doc，共(16)页，405.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-数列求和[考试要求]1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝n(a1＋an)2＝na1＋n(n－1)2d；(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝na1，q＝1，a1

(1－qn)1－q＝a1－anq1－q，q≠1.2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)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(注意消项规律)，从而求得前n项和．裂项时常用的三种变形：①1n(n＋1)＝1n－1n＋1；②1(2n－1)(2n＋1)＝1212n－1－12n＋1；③1n＋n＋1＝n＋1－n.

(3)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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或-2-等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和

即可用倒序相加法求解．(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，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.一、易错易误辨析(正确的

打“√”，错误的打“×”)(1)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则有1anan＋1＝1d1an－1an＋1.()(2)当n≥2时，1n2－1＝121n－1－1n＋1.()(3

)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√二、教材习题

衍生1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1n(n＋1)，则S5等于()A．1B．56C．16D．130B[∵an＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.]2．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的

前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2C[Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2

n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2(1－2n)1－2＋2×n(n＋1)2－n-3-＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.]3．Sn＝12＋12＋38＋…＋n2n等于()A．2n－n－12

nB．2n＋1－n－22nC．2n－n＋12nD．2n＋1－n＋22nB[由Sn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①得12Sn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，②①－②得，12Sn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2

n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1，∴Sn＝2n＋1－n－22n.]4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝.9[S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋

15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]考点一分组求和与并项求和分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且

{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{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．-4-提醒：注意在含有字母的数列中要对字母进行分

类讨论．[典例1]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．[解](1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝b3b2＝93＝3，所以b1＝b2q＝1，b4＝b

3q＝27，所以bn＝3n－1(n∈N*)．设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)知an＝2n

－1，bn＝3n－1.因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.设Sn为数列{cn}的前n项和，从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝n(1＋2n－1)2＋1－3n1－3＝

n2＋3n－12.点评：解答此类问题首先应抓住基本量，利用方程的思想求得an，bn，在此基础上用分组求和，分别求得相应数列的和并相加．[跟进训练]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn

}的前2n项和T2n.[解](1)设等差数列{an}的公差为d，由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)．∴T2n＝1－3＋5－7＋

…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.考点二裂项相消法求和-5-裂项相消法的步骤、原则及规律(1)基本步骤(2)裂项原则一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(3)消项规律

消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．形如an＝1n(n＋k)(k为非零常数)型[典例2－1]已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1.(1)求{an}

，{bn}的通项公式；(2)求数列1anbn的前n项和．[解](1)数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1.所以当n＝1时，a2＝b1＝6，故an＝6＋2(n－

2)＝2n＋2，由于b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1，①当n≥2时，b1＋b22＋b33＋…＋bn－1n－1＝an，②①－②得：bnn＝an＋1－an＝2，所以bn＝2n.所以bn＝6(n＝1)2n(n≥2).-6-(2)当n＝1时，S1＝1a1b1＝14×6＝

124.当n≥2时，1anbn＝12n(2n＋2)＝141n－1n＋1，则Sn＝124＋1412－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝124＋1412－1n＋1＝2n－112(n＋1)，当n＝1时满足上

式，故Sn＝2n－112(n＋1).点评：本例第(1)问在求{bn}的通项公式时灵活运用了数列前n项和与项的关系，注意通项公式是否包含n＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{an}是等差数列，则1anan

＋1＝1d1an－1an＋1.形如1n＋k＋n(k为非零常数)型[典例2－2]已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝1f(n＋1)＋f(n)，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S202

0＝()A．2019－1B．2020－1C．2021－1D．2021＋1C[由f(4)＝2得4α＝2，解得α＝12，则f(x)＝x.∴an＝1f(n＋1)＋f(n)＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2020＝a1＋a2

＋a3＋…＋a2020＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2021－2020)＝2021－1.]点评：运用分母有理化对分式1n＋1＋n正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．形如bn＝(q－1)an(an＋k)(an＋

1＋k)(q为等比数列{an}的公比)型-7-[典例2－3](2020·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝an＋12－n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列2×3nanan＋1的前n项和Tn.[解](1)∵a2＝8，Sn＝an

＋12－n－1，∴a1＝S1＝a22－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋12－n－1－an2－n，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴数列{an

＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.(2)∵2×3nanan＋1＝2×3n(3n－1)(3n＋1－1)＝13n－1－13n＋1－1.∴数列2×3nana

n＋1的前n项和Tn＝13－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n－1－13n＋1－1＝12－13n＋1－1.点评：本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如an＋1＝λan＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消

法求和，bn＝(q－1)an(an＋k)(an＋1＋k)＝1an＋k－1an＋1＋k.形如an＝n＋1n2(n＋2)2型[典例2－4]正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(

1)求数列{an}的通项公式an；-8-(2)令bn＝n＋1(n＋2)2a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜564.[解](1)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是

正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，故bn＝n＋1(n＋2)2a2n

＝n＋14n2(n＋2)2＝1161n2－1(n＋2)2.Tn＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n－1)2－1(n＋1)2＋1n2－1(n＋2)2＝1161＋122－1(n＋1)2－1(n＋2)2＜116

1＋122＝564.点评：(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：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．(2)放缩法常见的放缩技巧有：①1k2＜1k(k－1)＝1k

－1－1k.②1k2＜1k2－1＝121k－1－1k＋1.③1k－1k＋1＜1k2＜1k－1－1k.④2(n＋1－n)＜1n＜2(n－n－1)．[跟进训练]1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则∑nk＝11Sk＝.2nn＋1

[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，-9-依题意有a1＋2d＝3，4a1＋6d＝10，解得a1＝1，d＝1，所以Sn＝n(n＋1)2，1Sn＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1，因此∑nk＝11Sk＝21－12＋12－13

＋…＋1n－1n＋1＝2nn＋1.]2．(2020·广州模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列1bn的

前n项和．[解](1)设等比数列{an}的公比为q.由a23＝9a2a6，得a23＝9a24，所以q2＝19.由已知条件得q＞0，所以q＝13.由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，解得a1＝13.故数列{an}的通项公式为an＝

13n.(2)由(1)可得bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－n(n＋1)2，故1bn＝－2n(n＋1)＝－21n－1n＋1，所以1b1＋1b2＋…＋1bn＝－21－12＋12－13＋…＋

1n－1n＋1＝－2nn＋1.故数列1bn的前n项和为－2nn＋1.考点三错位相减法求和错位相减法求和的具体步骤-10-[典例3]设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，数列{bn}满足a1＝b1，点P(bn，bn＋1)

在直线x－y＋2＝0上，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝bnan，求数列{cn}的前n项和Tn.[解](1)由an＋1＝2Sn＋1可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1

＝3an(n≥2)．又a2＝2S1＋1＝3，所以a2＝3a1.故{an}是首项为1，公比为3的等比数列．所以an＝3n－1.由点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，所以bn＋1－bn＝2.则数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．则bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1.(2)因为cn＝

bnan＝2n－13n－1，所以Tn＝130＋331＋532＋…＋2n－13n－1.则13Tn＝131＋332＋533＋…＋2n－33n－1＋2n－13n，两式相减得：23Tn＝1＋23＋232＋…＋23n－1－2n－13n.所以Tn＝3－12

·3n－2－2n－12·3n－1＝3－n＋13n－1.点评：本例巧妙地将数列{an}及其前n项和Sn，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中．求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和．-11-[跟进训练](2020·

全国卷Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．[解](1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即

2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.故{an}的公比为－2.(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2

)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝1－(－2)n3－n×(－2)n.所以Sn＝19－(3n＋1)(－2)n9.核心素养4用数学语言表达世界——数列中等量关系的建立有关数列的应用问题，是让学生能够在实

际情境中用数学的思想分析数据间的内在联系，用数学语言表述其内在关系，用数列的方法求解数列模型，并用数学结论指导实际问题的过程，也是近几年高考所考查的数学探索、发现、应用的动向之一，因此备考中应引起足够的重视.直接借助

等差(等比)数列的知识建立等量关系[素养案例1]从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加

14.-12-(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an，bn的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？[解](1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×1－15万元，…，第n年投入为800×1－15n－1万

元，所以，n年内的总投入为：an＝800＋800×1－15＋…＋800×1－15n－1＝4000×1－45n，第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为4

00×1＋14万元，…，第n年旅游业收入400×1＋14n－1万元．所以，n年内的旅游业总收入为bn＝400＋400×1＋14＋…＋400×1＋14n－1＝1600×54n－1.(2

)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn－an＞0，即1600×54n－1－4000×1－45n＞0，化简得5×45n＋2×54n－7＞0，令x＝45n，代入上式得：5x2－7x＋2＞

0.解得x＜25，或x＞1(舍去)．-13-即45n＜25，由此得n≥5.∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.[评析]本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，第(2)问中指数

不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧．[素养培优]公民在就业的第一年就交纳养老储备金a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d＞0)，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…，是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．如果固定年利率为r(r＞

0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，…，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．求证：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等

比数列，{Bn}是一个等差数列．[证明]T1＝a1，对n≥2反复使用上述关系式，得Tn＝Tn－1(1＋r)＋an＝Tn－2(1＋r)2＋an－1(1＋r)＋an＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1(1＋r)＋a

n，①在①式两端同乘1＋r，得(1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－1(1＋r)2＋an(1＋r)，②②－①，得rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an＝dr[(1＋r)n－1－r]＋a1(1＋r)n－an.即

Tn＝a1r＋dr2(1＋r)n－drn－a1r＋dr2.如果记An＝a1r＋dr2(1＋r)n，Bn＝－a1r＋dr2－drn，则Tn＝An＋Bn，其中{An}是以a1r＋dr2(1＋r)为首项，以1＋r(r＞0)为公比的等比数列；{Bn}是以－a1r＋dr2－dr为首项，－dr为公差的等差

数列．-14-借助数列的递推关系建立等量关系[素养案例2]大学生自主创业已成为当代潮流．某大学大三学生夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品．银行贷款的年利率为6%，约定一年后一次还清贷款．已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的15%，每月月底需要交纳个人所得税为

该月所获利润的20%，当月房租等其他开支1500元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出．(1)设夏某第n个月月底余an元，第n＋1个月月底余an＋1元，写出a1的值并建立an＋1与an的递推关系；(2)预计年底夏某还清银行

贷款后的纯收入．(参考数据：1.1211≈3.48,1.1212≈3.90,0.1211≈7.43×10－11,0.1212≈8.92×10－12)[解](1)依题意，a1＝20000(1＋15%)－20000×15%×20%－1500＝20900(元)，an＋1＝an(1＋15

%)－an×15%×20%－1500＝1.12an－1500(n∈N*,1≤n≤11)．(2)令an＋1＋λ＝1.12(an＋λ)，则an＋1＝1.12an＋0.12λ，对比(1)中的递推公式，得λ＝－12500

.则an－12500＝(20900－12500)1.12n－1，即an＝8400×1.12n－1＋12500.则a12＝8400×1.1211＋12500≈41732(元)．又年底偿还银行本利总计20000(1＋6%)＝21200(元

)，故该生还清银行贷款后纯收入41732－21200＝20532(元)．[评析](1)先求出a1的值，并依据题设得出an＋1与an的关系；(2)利用构造法求得{an}的通项公式，并求相应值．[素养培优]容器A内装有6升质量分数为20%的盐水溶液，容器B内装有4升质

量分数为5%的盐水溶液，先将A内的盐水倒1升进入B内，再将B内的盐水倒1升进入-15-A内，称为一次操作；这样反复操作n次，A、B容器内的盐水的质量分数分别为an，bn.(1)求a1，b1，并证明{an－bn}是等比数列；(2)至少操作多少次，A、B两容器内的盐水

浓度之差小于1%？(取lg2＝0.3010，lg3＝0.4771)；(3)求an，bn的表达式．[解](1)由题意，b1＝1515＋4×120＝225，a1＝16225＋5×15＝950.∵bn＋1＝an＋4bn5，an＋1＝16(5an＋bn

＋1)＝26an＋4bn30，∴an＋1－bn＋1＝23(an－bn)，∴{an－bn}是等比数列．(2)由(1)知an－bn＝110×23n－1，∴110×23n－1＜1%，∴n－1＞1lg3－lg2≈5.7，∴n≥7，故至少操作7次．(

3)∵bn＋1＝15bn＋110×23n－1＋4bn，∴bn＋1－bn＝3100×23n，∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝225＋3100×23＋…＋23n－1＝－9

100×23n＋750.∴an＝bn＋110×23n－1＝350×23n＋750.-16-