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备考2024届高考数学一轮复习讲义第五章数列第4讲数列求和
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数列求和的几种常用方法
1.公式法
(1)直接利用等差、等比数列的前n项和公式求和.
(2)①12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)6,②13+23+33+…+n3=[n(n+1)2]2.
2.分组转化法
(1)利用分组转化法求和的常见类型
(2)思路:将数列转化为若干个可求和的新数列,从而求得原数列的前n项和.如an=bn+cn+…+hn,则∑k=1nak=∑k=1nbk+∑k=1nck+…+∑k=1nhk.
注意 对含有参数的数列求和时要对参数进行讨论.
3.错位相减法
(1)适用的数列类型:{anbn},其中数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列.
(2)求解思路:
Sn=a1b1+a2b2+…+anbn ①,
qSn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1 ②,
①-②得(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1,进而利用公式法求和.
4.裂项相消法
(1)利用裂项相消法求和的基本步骤
(2)常见数列的裂项方法
5.倒序相加法
已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”,可用倒序相加法求和.解题时先把数列的前n项和表示出来,再把数列求和的式子倒过来写,然后将两个式子相加,即可求出该数列的前n项和的2倍,最后求出该数列的前n项和.
1.[教材改编]已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和,若a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则S20= 400 .
解析 设等差数列{an}的公差为d.
由a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,得3a3=105,3a4=99,即a3=35,a4=33,所以d=-2,a1=39,所以S20=20×39+20(20-1)2×(-2)=400.
2.[教材改编]已知an=(-1)nn,则a1+a2+…+a2n= n .
解析 由题意可得,a2n-1+a2n=-(2n-1)+2n=1,∴a1+a2+…+a2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=1+1+…+1=n.
3.已知等差数列的前三项和为2,后三项和为4,且所有项和为64,则该数列有 64 项.
解析 设该等差数列为{an},由题意可得,a1+a2+a3=2 ①,an+an-1+an-2=4 ②,①+②得3(a1+an)=6,又64=(a1+an)n2,可得n=64,所以该数列有64项.
4.[易错题]数列{an}的通项公式为an=2n-10,则|a1|+|a2|+…+|a15|= 130 .
解析 易知{an}为等差数列.设{an}的前n项和为Sn,当an=2n-10=0时,n=5,所以
|a1|+|a2|+…+|a15|=-(a1+a2+…+a5)+a6+a7+…+a15=S15-2S5=130.
研透高考 明确方向
命题点1 用公式法和分组转化法求和
例1 [2021新高考卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解析 (1)因为bn=a2n,且a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数,
所以b1=a2=a1+1=2,
b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.
因为bn=a2n,所以bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,
所以bn+1-bn=a2n+3-a2n=3,
所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,bn=2+3(n-1)=3n-1,n∈N*.
(2)因为an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数,
所以k∈N*时,a2k=a2k-1+1=a2k-1+1,即a2k=a2k-1+1 ①,
a2k+1=a2k+2 ②,
a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1,即a2k+2=a2k+1+1 ③,
所以①+②得a2k+1=a2k-1+3,即a2k+1-a2k-1=3,
所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列;
②+③得a2k+2=a2k+3,即a2k+2-a2k=3,
又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10+10×92×3+20+10×92×3=300.
训练1 公差为2的等差数列{an}中,a1,a2,a4成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=an,n≤10,bn-5,n>10,求{bn}的前20项和.
解析 (1)因为等差数列{an}的公差为2,
所以a2=a1+2,a4=a1+6.
因为a1,a2,a4成等比数列,
所以(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2+(n-1)×2=2n.
(2)因为bn=an,n≤10,bn-5,n>10,所以b16+b17+…+b20=b11+b12+…+b15=b6+b7+…+b10,
所以{bn}的前20项和:
T20=(b1+b2+…+b5)+(b6+b7+…+b10)+(b11+b12+…+b15)+(b16+b17+…+b20)
=(b1+b2+…+b5)+3(b6+b7+…+b10)
=(a1+a2+…+a5)+3(a6+a7+…+a10)
=5(a1+a5)2+3×5(a6+a10)2
=5×(2+10)2+3×5×(12+20)2
=270.
命题点2 用错位相减法求和
例2 [2023全国卷甲]记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{an+12n}的前n项和Tn.
解析 (1)当n=1时,2S1=a1,即2a1=a1,所以a1=0.
当n≥2时,由2Sn=nan,得2Sn-1=(n-1)an-1,
两式相减得2an=nan-(n-1)an-1,
即(n-1)an-1=(n-2)an,
故当n≥3时,anan-1=n-1n-2,则anan-1·an-1an-2·…·a3a2=n-1n-2·n-2n-3·…·21,
整理得ana2=n-1,因为a2=1,所以an=n-1(n≥3).
当n=1,n=2时,均满足上式,所以an=n-1.
(2)令bn=an+12n=n2n,则Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=12+222+…+n-12n-1+n2n ①,
12Tn=122+223+…+n-12n+n2n+1 ②,
由①-②得12Tn=12+122+123+…+12n-n2n+1=12(1-12n)1-12-n2n+1=1-2+n2n+1,即Tn=2-2+n2n.
方法技巧
用错位相减法求和的注意事项
(1)在书写qSn时注意“错位对齐”,以方便后续运算.
(2)两式相减时注意最后一项的符号.
(3)注意相减后的和式结构的中间为(n-1)项的和.
训练2 [2021全国卷乙]设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<Sn2.
解析 (1)设{an}的公比为q,则an=qn-1.
因为a1,3a2,9a3成等差数列,所以1+9q2=2×3q,解得q=13,故an=13n-1,bn=n3n.
(2)由(1)知Sn=1-13n1-13=32(1-13n),
Tn=13+232+333+…+n-13n-1+n3n ①,
13Tn=132+233+334+…+n-13n+n3n+1 ②,
①-②得23Tn=13+132+133+…+13n-n3n+1=13(1-13n)1-13-n3n+1=12(1-13n)-n3n+1,
整理得Tn=34-2n+34×3n,
则Tn-Sn2=34-2n+34×3n-34(1-13n)=-n2×3n<0,故Tn<Sn2.
命题点3 用裂项相消法求和
例3 (1)已知an=1n(n+2),求数列{an}的前n项和Sn.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=1(2n-1)(2n+1),求证:Sn<12.
(3)已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=12n(2n+1),求证:Sn<13.
解析 (1)易得an=1n(n+2)=12(1n-1n+2),所以Sn=12[(1-13)+(12-14)+(13-15)+…+(1n-1-1n+1)+(1n-1n+2)]=12(1+12-1n+1-1n+2)=34-12(1n+1+1n+2)=34-2n+32(n+1)(n+2).
(2)由题意可得,an=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),
所以Sn=12[(1-13)+(13-15)+…+(12n-1-12n+1)]=12(1-12n+1)=12-12(2n+1).
因为12(2n+1)>0,所以Sn<12.
(3)易知an=12n(2n+1)<1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1).
当n=1时,a1=16<13;
当n≥2时,Sn=∑ni=112i(2i+1)<12(2+1)+∑ni=21(2i-1)(2i+1)=16+12[(13-15)+(15-17)+…+(12n-1-12n+1)]=16+12(13-12n+1)=13-12(2n+1)<13.综上,Sn<13.
方法技巧
利用裂项相消法求和时,既要注意检验裂项前后是否等价,又要注意求和时正负项消去哪些项,保留哪些项.
训练3 [2022新高考卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,{Snan}是公差为13的等差数列.
(1)求{an}的通项公式.
(2)证明:1a1+1a2+…+1an<2.
解析 (1)因为a1=1,所以S1a1=1,
又{Snan}是公差为13的等差数列,
所以Snan=1+(n-1)×13=n+23.
所以Sn=n+23an.
因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,
所以n+13an-1=n-13an(n≥2),
所以anan-1=n+1n-1(n≥2),
所以a2a1×a3a2×…×an-1an-2×anan-1=31×42×…×nn-2×n+1n-1=n(n+1)2(n≥2),
所以an=n(n+1)2(n≥2),又a1=1也满足上式,
所以an=n(n+1)2(n∈N*).
(2)因为an=n(n+1)2,所以1an=2n(n+1)=2(1n-1n+1),
所以1a1+1a2+…+1an=2[(1-12)+(12-13)+…+(1n-1n+1)]=2(1-1n+1)<2.
命题点4 用倒序相加法求和
例4 已知函数f(x)=x+sin πx-3,则f(12025)+f(22025)+f(32025)+…+f(40482025)+f(40492025)= -8098 .
解析 令y=f(12025)+f(22025)+…+f(40482025)+f(40492025) ①,y=f(40492025)+
f(40482025)+…+f(22025)+f(12025) ②,
①+②,得2y=[f(12025)+f(40492025)]+[f(22025)+f(40482025)]+…+[f(40482025)+
f(22025)]+[f(40492025)+f(12025)].
因为f(x)+f(2-x)=x+sin πx-3+(2-x)+sin[π(2-x)]-3=-4,所以2y=
-4×4 049,故y=-8 098.
方法技巧
可以利用倒序相加法求和的数列所对应的函数的图象一般有对称中心,所以可以对比理解记忆.
训练4 已知数列{an}的通项an=2n-1002n-101,则a1+a2+…+a100=( C )
A.98B.99C.100D.101
解析 因为an=2n-1002n-101,所以an+a101-n=2n-1002n-101+2(101-n)-1002(101-n)-101=2n-1002n-101+102-2n101-2n=4n-2022n-101=2,所以a1+a100=a2+a99=…=a100+a1=2,所以a1+a2+…+a100=50×2=100.命题点
五年考情
命题分析预测
用公式法和分组转化法求和
2023新高考卷ⅡT18;2021新高考卷ⅠT17;2020新高考卷ⅠT18
本讲是高考热点,主要考查数列求和,常用方法有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、倒序相加法,在客观题与主观题中都有可能出现,难度中等.预计2025年高考命题稳定,常规备考的同时也要关注分段数列的形式.
用错位相减法求和
2023全国卷甲T17;2021新高考卷ⅠT16;2021全国卷乙T19;2020全国卷ⅠT17;2020全国卷ⅢT17
用裂项相消法求和
2022新高考卷ⅠT17
用倒序相加法求和
数列(n为正整数)
裂项方法
{1n(n+k)}(k为非零常数)
1n(n+k)=1k(1n-1n+k)
{14n2-1}
14n2-1=12(12n-1-12n+1)
{1n+n+k}
1n+n+k=1k(n+k-n)
{2n(2n-1)(2n+1-1)}
2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1
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