新2021年高考数学专题讲义第37讲数列的求和(学生版)

2021届高三数学一轮复习-《第37讲数列的综合应用》课件 (共11张PPT)

2．解答数列应用题的步骤
(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意． (2)建模——将已知条件翻译成数学（数列）语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么。 (3)求解——求出该问题的数学解． (4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．
3．数列应用题常见模型
(1)等差模型：如果增加（或减少）的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加（或减少）的量就是公差．
a1
1 2
，前
n项和为Sn，且a4 +S4 ,a5 +S5，a6+S6成等差数列．
(1)求等比数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，在an与an+1之间插入3n个数，使这
3n+2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b，求
数列{bn}的前n项和Tn．
例2：
考点2 数列与不等式的综合问题
例3：
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与 an+1之间的递推关系。
【典例剖析】
考点1 等差、等比数列的综合问题
例1：已知公比不为1的等比数列{an}的首项
A. 67 B. 37
C. 7
D. 10
66
33
2
11
例5：某企业的资金每一年都比上一年分红后的资
金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元。该企业2016年年底分红后的资金为1 000万元。
(1)求该企业2020年年底分红后的资金； (2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元。

高三数学最新复习课件数列求和(共42张PPT)

数列的通项的和，分别求出每个数列的和，从
而求出原数列的和．
例1
求下面数列的前 n 项和： 1 1 1 1＋1，a＋4， 2＋7，…， n－1＋3n－路点拨】
1 1 1 【解】 Sn＝ (1＋ 1)＋( ＋ 4)＋ ( 2＋ 7)＋…＋ ( n－1＋ 3n a a a － 2) 1 1 1 ＝ (1＋＋ 2＋…＋ n－1)＋ [1＋4＋ 7＋…＋(3n－2)]． a a a 1 1 1 令 Bn＝ 1＋＋ 2＋…＋ n－1， a a a an－1 ∴当 a＝ 1 时， Bn＝ n；当 a≠ 1 时， Bn＝ n n－ 1， a －a 3n－1 n Cn＝ 1＋ 4＋ 7＋…＋(3n－ 2)＝ . 2
【名师点评】
利用错位相减法求和时，转化为
等比数列求和．若公比是参数(字母)，则应先对参
数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种
情况分别进行求和．
裂项相消法求和裂项相消是将数列的项分裂为两项之差，通过
求和相互抵消，从而达到求和的目的．
例3 (2011 年博州质检 )已知数列 {an}中， a1＝ 1，
错位相减法求和一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an· bn}的前n项和时，可采用错位相减法．
例2
知数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an
－an－1，…是首项为1，公比为a的等比数列． (1)求an； (2)如果a＝2，bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和 S n.
等比数列，再求解．
4．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． 5．倒序相加法把数列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)．

2024年高考数学一轮复习(新高考版)《数列求和》课件ppt

跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，② 2a1 ＋ 2a2 ＋…＋2an ＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 问题：在数列{an}中，已知________. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. (1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝
2an 1 3an
，求数列{bn}的前n项和Sn.
由(1)可知 bn＝2n3－n 1，
则 Sn＝311＋332＋…＋2n3－n 1，
①
13Sn＝312＋333＋…＋2n3－n 3＋23nn－＋11.
②
两式相减得23Sn＝13＋322＋323＋…＋32n－23nn－＋11＝13＋2911－－313n1－1－23nn－＋11
教材改编题
2.数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an＝nn1＋1，则 S5 等于
A.1
√B.56
C.16
D.310
因为 an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，所以 S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.
教材改编题
3.Sn＝12＋12＋38＋…＋2nn等于
2n－n－1 A. 2n
第六章数列
§6.5 数列求和
考试要求
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式. 2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法.
内容索引
第一部分
落实主干知识
第二部分
探究核心题型
第三部分
课时精练
第
一部分
落实主干知识
知识梳理
数列求和的几种常用方法
1.公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.

高考数学复习知识点讲解教案第37讲数列求和

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[解析] 方法一：由题意，设数列的前项和为，则，当时，，当时，，当时，也满足上式，，，，，数列是以4为首项，9为公比的等比数列.设数列的前项和为，则 .故选D.
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方法二：由题知的前项和满足等比数列前项和公式的形式，数列为等比数列，且其公比，，解得，，数列是以4为首项，9为公比的等比数列，设数列的前项和为，则 .故选D.
例1 ［配例1、例2使用］设是等差数列，是等比数列，其公比大于0.已知，, .
（1）求和的通项公式；
解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为 .依题意，得可得故, ，所以的通项公式为,的通项公式为 .
（2）设数列满足求 .
解： .记 ,则 , 得，，所以 .
例2 ［配例2使用］ [2023·山东德州一模] 已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且,,成等差数列， .
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8.[2023·福建厦门一中一模] 已知数列满足，，则数列的前100项的和为( )
C
A.50 B.98 C.100 D.102
[解析] 由，依次令，2，可得，，两式相加可得；依次令，4，可得，，两式相加得；依次令，6，可得 ,，两式相加得.归纳推理可得，，，所以对任意的, ，所以数列的前100项的和为 .故选C.

2021年高考数学复习精选课件第四节数列求和

栏目索引
1.假设数列{an}的通项公式为an =2n +2n -1,那么它的前n项和Sn = ( )
A.2n +n2 -1 B.2n +1 +n2 -1 C.2n +1 +n2 -2 D.2n +n2 -2
答案 C Sn=(21+1)+(22+3)+(23+5)+…+(2n+2n-1)=(21+22+…+2n)+[1+3+5
所以{an}是首|项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an =2n +1.
(2)由an =2n +1可知
bn = 1 = = 1 .
1 1
设数an列an{1bn(}2的n 前1)n(2项n 和3为) T2n,2那n 么1
1 2n
3
Tn =b1 +b2 +… +bn
=
1
=2 .
1 3
1 5
=(2 +22 +23 +… +210) +(1 +2 +3 +… +10)
=2 (1+2 10 ) (110) 10
1 2
2
=(211 -2) +55
=211 +53 =2 101.
栏目索引
规律总结
(1)假设an =bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组转化法求
{an}
的前n项和. (2)对于通项公式为an
可得
-
an2
+2(an
+1

2024届高考数学专题复习-数列求和课件

解
析
：
∵an
＝
1 4n2－1
＝
1 2
2n1－1－2n1＋1
，
∴
Sn
＝
1 2
[
11－13
＋
13－15
＋
…
＋
2n1－1－2n1＋1]＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
答案：2nn＋1
分组转化法求和
[例 1] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，n∈N *. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． [解] (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－（n－1）2＋2 （n－1）＝n. 又 a1＝1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2021·全国乙卷)设{an}是首项为 1 的等比数列，数列{bn}满足 bn＝n3an.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＜S2n. 解：(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＝3n1－1，bn＝3nn.
[逐点清]
1．(必修 5 第 61 页 A 组 4 题改编)数列{1＋2n－1}的前 n 项和为
A．1＋2n
B．2＋2n
C．n＋2n－1
D．n＋2＋2n
解析：由题意得 an＝1＋2n－1，所以 Sn＝n＋11－－22n＝n＋2n－1.
答案：C
()
2．(易错题)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝________．

2021版新高考数学人教B版一轮课件：7.4数列求和

① 1 1 ( 1 1 )； n(n k) k n n k
②
1 4n2 1
1 2
(
1 2n 1
1 )； 2n 1
③
1
1 ( n k n )；
n nk k
④loga
(1＋ 1 n
)
loga
(n＋1)
log a n（n
0).
(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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解. (4)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”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
＝ 1
1 2
(
n
1
1
n
1
1
)
.
()
(4)求数列
{
1 2n
＋2n＋3}的前n项和可用分组求和.(
)
(5)求Sn=a+2a2+3a3+…+nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法
求解. ( )
提示:(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Sn=
a1(1 qn )＝a1 a1qn ＝a1 an＋1 .
2
运算错误
3
不能进行合理转化
典题索引考点一、T1,3 考点一、T4 考点二、典例考点一、T5
【教材·基础自测】
1.(必修5P55自测与评估T4改编
)数列{an}中,an=
1 n(n 1)
为 2 020 ,则项数n为 ( )
2 021
A.2 018 B.2 019 C.2 020 D.2 021

2021版新高考数学一轮集训37 数列求和

数列求和建议用时：45分钟一、选择题1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3a n ＋4的前n 项和S n ＝( )A.n ＋1n ＋2B ．n n ＋1 C.nn ＋2D ．2n n ＋1B [设等差数列{a n }的公差为d ，由a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，得a 5＝2，d ＝1，所以a n ＝n －3.则a n ＋3＝n ，a n ＋4＝n ＋1，所以1a n ＋3a n ＋4＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.故选B.]2．数列{(－1)n (2n －1)}的前2 020项和S 2 020等于( ) A.－2 018 B ．2 018 C.－2 020D ．2 020D [S 2 020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 019－1)＋(2×2 020－1)＝2×1 010＝2 020.故选D.]3．在数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( )A.(2n －1)2B ．（2n －1）23C.4n －1D ．4n －13D [由题意得，当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n －1－1，则a n ＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1(n ≥2)，n ＝1时也成立，所以a n ＝2n －1，则a 2n ＝22n －2，所以数列{a 2n }的首项为1，公比为4的等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1×（1－4n ）1－4＝4n －13，故选D.]4．数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋a n －1＝na n －a n －1＋2(n ≥2)，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1（a n －1）2前2 019项和为( )A.4 0362 019B ．2 0191 010C.4 0372 019 D ．4 0392 020B [∵a n ＋a n －1＝na n －a n －1＋2(n ≥2)，∴a 2n －a 2n －1－2(a n －a n －1)＝n ，整理，得(a n －1)2－(a n －1－1)2＝n ， ∴(a n －1)2－(a 1－1)2＝n ＋(n －1)＋…＋2，又a 1＝2，∴(a n －1)2＝n （n ＋1）2，即1（a n －1）2＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1（a n －1）2前2 019项和为：2(1－12＋12－13＋…＋12 019－12 020) ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 020＝2 0191 010.故选B.] 5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋a n ＋1＝2n (n ∈N *)，则S 13＝( ) A.213－43 B ．213＋23 C.214－43 D ．214＋23C [∵a 1＝2，∴n ＝2时，a 2＋a 3＝22，n ＝4时，a 4＋a 5＝24， n ＝6时，a 6＋a 7＝26，n ＝8时，a 8＋a 9＝28， n ＝10时，a 10＋a 11＝210，n ＝12时，a 12＋a 13＝212， ∴S 13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212＝2＋22[1－（22）6]1－22＝214－43.故选C.]二、填空题6．[一题两空](2019·浙江台州期中)已知数列{a n }满足1a n ＝1a n ＋1－1，且a 1＝1，则a n ＝________，数列{b n }满足b n ＝2na n，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________．1n (n －1)·2n ＋1＋2 [由1a n ＝1a n ＋1－1可得1a n ＋1－1a n＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得 1a n ＝n ，a n ＝1n ，2na n ＝n ×2n ， S n ＝1×2＋2×22＋…＋n ×2n ， 2S n ＝1×22＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，相减得S n ＝－(2＋22＋ (2))＋n ×2n ＋1＝－2（1－2n ）1－2＋n ×2n ＋1＝(n －1)×2n ＋1＋2.]7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________． 3·21 009－3 [∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，② 由①÷②得a n ＋1a n －1＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2（1－21 009）1－2＝3·21 009－3.]8．已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26，b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．25101 [因为a 3＝7，a 5＋a 7＝26，所以公差d ＝2，所以a n ＝a 3＋2(n －3)＝2n ＋1.所以b n ＝1a 2n －1＝1（2n ＋1）2－1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.所以S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100 ＝14(1－12＋12－13＋…＋1100－1101)＝25101.] 三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 6＝6＋a 3，且a 3－1是a 2－1，a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前项和为T n ，求使T n ＜17成立的最大正整数n 的值[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 6－a 3＝3d ＝6，即d ＝2，∴a 3－1＝a 1＋3，a 2－1＝a 1＋1，a 4＝a 1＋6， ∵a 3－1是a 2－1，a 4的等比中项， ∴(a 3－1)2＝(a 2－1)·a 4，即(a 1＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋6)，解得a 1＝3. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n 3（2n ＋3），由n 3（2n ＋3）＜17，得n ＜9.∴使T n ＜17成立的最大正整数n 的值为8.10．(2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数．求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *).[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎨⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎨⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ， {b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n ) ＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n ). 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *).1．定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2).记函数f (x )的极大值点从小到大依次记为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值为b 1，b 2，…，b n ，…，则a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( )A.19×320＋1 B ．19×319＋1 C.20×319＋1D ．20×320＋1A [由题意当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －x 2＝－(x －1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2).则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，故a n b n ＝(2n －1)3n －1，设S ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319， 3S ＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S ＝1＋2(31＋32＋…＋319)－39×320 ＝1＋2×3（1－319）1－3－39×320，∴S ＝19×320＋1，故选A.]2．(2019·金山中学模拟)数列{a n }且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________．3 0282 019[数列{a n }且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，①当n 为奇数时，a n ＝1n 2＋2n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ②当n 为偶数时，a n ＝sin n π4，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)，＝12(1－13＋13－15＋…＋12 017－12 019)＋(1＋0－1＋…＋0)，＝1 0092 019＋1＝3 0282 019.]3．(2019·济南模拟)如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上标签：原点处标数字0，记为a 0；点(1，0)处标数字1，记为a 1；点(1，－1)处标数字0，记为a 2；点(0，－1)处标数字－1，记为a 3；点(－1，－1)处标数字－2，记为a 4；点(－1，0)处标数字－1，记为a 5；点(－1，1)处标数字0，记为a 6；点(0，1)处标数字1，记为a 7；……；以此类推，格点坐标为(i ，j )的点处所标的数字为i ＋j (i ，j 均为整数)，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则S 2 018＝________．－249 [设a n 的坐标为(x ，y )，则a n ＝x ＋y .第一圈从点(1，0)到点(1，1)共8个点，由对称性可知a 1＋a 2＋…＋a 8＝0；第二圈从点(2，1)到点(2，2)共16个点，由对称性可知a 9＋a 10＋…＋a 24＝0，……；以此类推，可得第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和也为0.设a 2 018在第k 圈，则8＋16＋…＋8k ＝4k (k ＋1)，由此可知前22圈共有2 024个数，故S 2 024＝0，则S 2 018＝S 2 024－(a 2 024＋a 2 023＋…＋a 2 019)，a 2 024所在点的坐标为(22，22)，a 2 024＝22＋22，a 2 023所在点的坐标为(21，22)，a 2 023＝21＋22，以此类推，可得a 2 022＝20＋22，a 2 021＝19＋22，a 2 020＝18＋22，a 2 019＝17＋22，所以a 2 024＋a 2 023＋…＋a 2 019＝249，故S 2 018＝－249.]4．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．[解] (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得，⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝14，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋6d ），解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2（n ＋2）.又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2（n ＋2）2n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.1．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A.440 B ．330 C.220D ．110A [设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n （1＋n ）2.由题意知，N >100，令n （1＋n ）2＞100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×（1＋29）2＋5＝440.故选A.]2．△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边的长分别为a ，b ，c ，有下列两个条件： ①a ，b ，c 成等差数列； ②a ，b ，c 成等比数列．现给出三个结论：①0<B ≤π3；②a cos 2C 2＋c cos 2A 2＝3b2；③1<1＋sin2B cos B ＋sin B ≤ 2.请你选取给定的两个条件中的一个条件为条件，三个结论中的两个为结论，组建一个你认为正确的命题，并证明之．[解] 可以组建命题一：△ABC 中，若a ，b ，c 成等差数列，求证： ①0＜B ≤π3；②a cos 2C 2＋c cos 2A 2＝3b2.命题二：△ABC 中，若a ，b ，c 成等差数列，求证： ①0＜B ≤π3； ②1＜1＋sin2Bcos B ＋sin B≤ 2.命题三：△ABC 中，若a ，b ，c 成等差数列，求证： ①a cos 2C 2＋c cos 2A 2＝3b2； ②1＜1＋sin2Bcos B ＋sin B≤ 2.命题四：△ABC 中，若a ，b ，c 成等比数列，求证： ①0＜B ≤π3. ②1＜1＋sin 2Bcos B ＋sin B≤ 2.下面给出命题一、二、三的证明：①∵a ，b ，c 成等差数列，∴2b ＝a ＋c ，∴b ＝a ＋c2，cos B＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－（a＋c2）22ac＝3（a2＋c2）－2ac8ac≥6ac－2ac8ac＝12，且B∈(0，π)，∴0＜B≤π3.②a cos2C2＋c cos2A2＝a1＋cos C2＋c1＋cos A2＝a＋c2＋a cos C＋c cos A2＝a＋c2＋b2＝3b2.③1＋sin 2Bcos B＋sin B＝（cos B＋sin B）2cos B＋sin B＝cos B＋sin B＝2cos (B－π4).∵0＜B≤π3，∴－π4<B－π4≤π12，∴22<cos (B－π4)≤1.∴1<2cos (B－π4)≤ 2.下面给出命题四的证明：④∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac，cos B＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－ac2ac≥2ac－ac2ac＝12，且B∈(0，π)，∴0＜B≤π3.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

2021届江西省高考理科数学总复习第37讲：等比数列及其前n项和

2021届江西省高考理科数学总复习第37讲：等比数列及其前n 项和[最新考纲] 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的数学表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab ．2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m . (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1（q ＝1），a 1（1－q n）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.[常用结论]等比数列的常用性质1．在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ．2．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 仍然是等比数列．3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n ，其中当公比为－1时，n 为偶数时除外．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(3)若{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a （1－a n ）1－a.( )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× 二、教材改编1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4C [∵a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4.又∵a 5＝a 3q 2＞0，∴a 5＝4.]2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A.13 B ．－13 C.19D ．－19C [∵S 3＝a 2＋10a 1，∴a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，∴a 3＝9a 1，即公比q 2＝9，又a 5＝a 1q 4，∴a 1＝a 5q 4＝981＝19.故选C.]3．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．6 [∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.]4．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB(1 GB＝210MB)．39[由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n}，且a1＝2，q＝2，∴a n＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n＝13.即病毒共复制了13次．∴所需时间为13×3＝39(秒)．]考点1等比数列的基本运算等比数列基本量运算的解题策略(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，a n，q，n，S n，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n项和公式时，注意分q＝1和q≠1两类分别讨论．1.设S n为等比数列{a n}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公比q＝()A．3B．4C．5D．6B[因为3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，所以两式相减，得3(S3－S2)＝(a4－2)－(a3－2)，即3a3＝a4－a3，得a4＝4a3，所以q＝a4a3＝4.]2．(2019·全国卷Ⅰ)记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1＝13，a24＝a6，则S5＝________．1213[设等比数列的公比为q，由已知a1＝13，a24＝a6，所以⎝⎛⎭⎪⎫13q32＝13q5，又q≠0，所以q＝3，所以S5＝a1（1－q5）1－q＝13（1－35）1－3＝1213.]。

2021年新高考数学总复习讲义：数列求和

2021年新高考数学总复习讲义：数列求和知识讲解一、数列求和的常用方法1.公式法1）直接用等差、等比数列的求和公式． 2）掌握一些常见的数列的前n 项和．(1)1232n n n +++++=；2135(21)n n ++++-=；2462(1)n n n ++++=+；2222(1)(21)1236n n n n ++++++=；23333(1)1232n n n +⎡⎤++++=⎢⎥⎣⎦．2.倒序相加法如果一个数列{}n a ，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．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 项和就是用此法推导的．4.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．常见的拆项公式有： 1）111(1)(1)n n n n =-++；2）1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+；3）1111=(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤⎢⎥+++++⎣⎦-；4=5）!)!1(!n n n n -+=⋅ 6）11(1)!!(1)!n n n n ++=-5.分组求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，即先分别求和，然后再合并，形如： 1）{}n n a b +，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列；2）()21*()2*n f n n k k N a g n n k k N =-∈⎧=⎨=∈⎩，，，，6.并项求和如求22222212979899100-++-+- 的和经典例题一．选择题（共5小题）1．（2017秋•白山期末）等差数列{a n}中，前n项的和为S n，若a7=1，a9=5，那么S15等于（）A．90B．45C．30D．45 22．（2018•呼和浩特二模）已知等比数列{a n}满足a1+a2=6，a4+a5=48，则数列{a n}前8项的和S n=（）A．510B．126C．256D．5123．（2018•全国模拟）设S n为等差数列{a n}的前n项和，a4=4，S5=15，若数列{1a n a n+1}的前m项和为1011，则m=（）A．8B．9 C．10D．114．（2018春•襄阳期末）11×3+12×4+13×5+14×6+…+1n(n+2)=（）A ．1n(n+2)B ．12（1﹣1n+2）C ．12（32﹣1n+1﹣1n+2）D ．12（1﹣1n+1）5．（2017春•唐山期末）已知数列{a n }的前n 项和为S n =n 2，则a 5=（） A ．5 B ．9 C ．16D ．25二．填空题（共6小题）6．（2017•新课标Ⅱ）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=3，S 4=10，则∑n k=11S k= ．7．（2016春•无锡校级期末）在等差数列{a n }中，若a n =25﹣2n （n ∈N *），那么使其前n 项之和S n 取得最大值的n= ．8．（2014秋•江阴市月考）计算：11×2+12×3+13×4+…+12013×2014= ．9．数列{2n−32}的前十项的和为．10．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=3，S n=3a n+1，则S n=．三．解答题（共3小题）11．（2018•蚌埠二模）已知等差数列{a n}满足a2=2，a1+a4=5．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）若数列{b n}满足：b1=3，b2=6，{b n﹣a n}为等比数列，求数列{b n}的前n项和T n．12．（2018•荆州区校级二模）已知数列{a n}是递增的等差数列，a2=3，若a1，a3﹣a1，a8+a1成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=3a n a n+1，数列{b n}的前n项和S n，求S n．13．（2018•益阳模拟）已知{a n}是各项均为正数的等差数列，且数列{1a n a n+1}的前n项和为n2(n+2)，n∈N*（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}的前n项和为S n，数列{1S n }的前n项和T n，求证T n＜119．。

新高考数学总复习专题七数列求和、数列的综合课件

考法一错位相减法求和 1.当{an}是等差数列,{bn}是等比数列时,求数列{an·bn}的前n项和常采用错位相减法. 2.用错位相减法求和时,应注意: 1)要善于辨认题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形. 2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”, 以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 3)应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1,如果q=1,那么应用公式Sn=na1.
3
9
9
考法二裂项相消法求和 1.对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项法”,分式型数列的求和多用此法. 2.利用裂项相消法求和时,应注意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,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.
例2 (202X届校际联考,18)已知数列{an}满足an+2=2an(n∈N*),a1=1,a2=2. (1)求数列{an}的前30项和S30;
(2)设bn=
log4a2n
1 log4a2n2
(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)由已知a1=1,a2=2,得a3=2,a4=4,a5=4,a6=8,……,
2.数列与不等式的综合问题 1)判断数列问题中的不等关系时,可以利用数列的单调性,或者借助数列对应函数的单调性、作差或作商比较大小; 2)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题时,可转化为数列的最值问题, 可利用数列单调性或数列对应函数的单调性; 3)解决与数列有关的不等式的证明问题时,可构造函数证明,或利用放缩法证明.
是等比模型,这个固定的数就是公比.其一般情势是 an1 =q(q为常数,且q≠0).

数列求和专题完整ppt课件

①
1 2 S n
1 1 4 2 8 1 3 1 1 6 (n 1 ) 2 1 n n 2 1 n 1 ②
两式相减：1 2Sn1 21 48 1 21nn21n11 2(11121n)2nn1 2
S n2 (1 2 1 n2 n n 1)22 1 n 12 n n
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9
倒序法求和
例3.若 f (x) 1
2x
，则
2
f( 5 ) f( 4 ) f( 5 ) f( 6 )
的值为 3 2。Βιβλιοθήκη 【解析】∵1 f (x)
2x 2
∴ f(1x) 1 2x
1 2 x
2
21x 2 2 22x 2 2 x
1 1 2x
∴ f(x)f(1x) 2 2
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12
裂项法求和
练习：求和 111 1
14 47 7 10(3 n2 )3 (n1 )
1
提示：
1 ( 1 1 )
(3n2)(3n1) 3 3n2 3n1
∴
1 1
1
14 47
(3n2)(3n1)
1[(1 1)(1 1)( 1 1 )]
3 4 47
3n2 3n1
11
n
(1 )
Sn1222 n2 完整16版PnPT(课n件1)(2n1)
4
知识回顾：公式法求和
例1：求和：S n a n a n 1 b a n 2 b 2 a 2 b n 2 a n 1 b n ( n N * )
解：①当a 0时，Sn bn
②当a0且 b 0时，Sn an
③当ab0时，Sn (n1)an

2021高三数学北师大版(文)：数列求和含解析

当n为奇数时、Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋－n＝2n＋1－－ .
所以Tn＝
通项公式中出现(－1)n、在求数列的前n项和Sn时、要分n为偶数和n为奇数两种情况讨论．
1.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1、则数列{an}的前n项和为()
本例中通项公式的裂项使用了分母有理化．
1.已知数列{an}的通项公式为an＝lg 、若数列{an}的前n项和Sn＝3、则项数n＝()
A．99B．101C．999D．1001
C[an＝lg ＝lg ＝lg(n＋1)－lgn、
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(lg 2－lg 1)＋(lg 3－lg 2)＋(lg 4－lg 3)＋…＋[lg(n＋1)－lgn]＝lg(n＋1)、
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n、①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1、②
②－①得、2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1
＝－＋n×3n＋1＝ .
所以、a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×
a1也满足an＝n、故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n、故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n、则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n、B＝－1＋2－3＋4－…＋2n、则A＝＝22n＋1－2、
故选C.]
2．已知数列{an}中、a1＝a2＝1、an＋2＝则数列{an}的前20项和为()

2021届新课改高三数学复习：数列的求和(教师版)

1
1
1 11
∴Sn＝n，∴Sn＝n.∴SnSn＋1＝nn＋1＝n－n＋1，
( ) ( ) ( ) 1 1 1
11
1n
1－
－
－
∴Tn＝ 2 ＋ 2 3 ＋…＋ n n＋1 ＝1－n＋1＝n＋1.
6、(2020·郑州模拟)数列{an}满足：a1＝1，且对任意的 m，n∈N*，都有 am＋n＝am＋an＋mn，则
2（1－25）
列，所以 q＝2，所以 S5＝ 1－2 ＝62.
a6 1 S6
变式 1、(2019 镇江期末）设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项的和，若a3＝－2，则S3＝________． 1
【答案】 2
a6 1
S6
11
【解析】设等比数列{an}的公比为 q，则 q3＝a3＝－2.易得 S6＝S3(1＋q3)，所以S3＝1＋q3＝1－2＝2.
( ) 1 1 1 1 － ②nn＋2＝2 n n＋2 .
( ) 1
11
1
－
③2n－12n＋1＝2 2n－1 2n＋1 .
1
④ n＋ n＋1＝ n＋1－ n.
( ) 1
11
1
－
⑤nn＋1n＋2＝2 nn＋1 n＋1n＋2 .
高考复习·学与练
3、自主热身、归纳总结
111 1
1、数列 12，34，58，716，…的前 n 项和为(C )
2、基础知识回顾
1．公式法
na1＋an
nn－1d
(1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝ 2 ＝na1＋ 2 .
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝Error! 推导方法：乘公比，错位相减法．