届高三数学高考二轮专题复习数列求和问题教案+习题+解析.docx
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届高三数学高考二轮专题复习数列求和问题教案+习题+解析
2010年高三数学第二轮专题复习——数列求和问题
考纲要求：
1.熟练掌握等差、等比数列的求和公式；
2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.
考点回顾：
求和是数列问题中考查的一个重要方面，而且常与不等式、函数等其他知识综合考查，这样可以很好的考查逻辑推理能力，近几年新课标高考试题中时有出现，因此，这类综合问题有可能成为高考的命题方向；此类问题的考查虽然考查知识点较多，但是解答离不开通性通法，只要掌握了数列求和的基本方法，善于观察，合理变形，正确求解就不难.
基础知识过关：
数列求和的常用方法
1.公式法
（1）直接应用等差、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+3+5+……+=
，等.
2.倒序相加法：
如果一个数列，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列前n项和即可用倒序相加发，如数列的前n项和就是此法推导的。
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：
，，
，等.
答案：
1.
（2）
2.等差
3.等比
4.
高考题型归纳：
题型1.公式法求和
直接利用公式求和是数列求和的最基本的方法．常用的数列求和公式有：
等差数列求和公式:
等比数列求和公式:
例1.已知，求的前n项和.
分析：
本题可先求出x，而所求和的形式满足等比数列，所以可以直接用等比数列前n项和公式求解.
解析：
由
由等比数列求和公式得
＝
＝
＝1－
点评：
如果计算过程中出现了这些关于n的多项式的求和形式，可以直接利用公式。
但是在迎合用等差、等比数列公式求和时，一定要看清构成等比、等差数列的项数，否则容易出错.
题型2.倒序相加法求和
这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个.与二项式系数相关联的求和也常用这种方法.
例2.求证：
分析：
根据性质，可用倒序相加来解决这个问题.
证明：
设…………………………..①
把①式右边倒转过来得
（反序）
又由可得
…………..……..②
①+②得（反序相加）
∴
点评：
此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的。
题型3.错位相减法求和
这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an· bn}的前n项和，其中{an}、{bn}分别是等差数列和等比数列.
例3.求数列a,2a2,3a3,4a4,…,nan,…（a为常数）的前n项和。
分析：
本题符合错位相减法求解，即数列的每一项由两部分构成，一部分成等差，另一部分成等比。
解析：
若a=0,则Sn=0
若a=1,
则Sn=1+2+3+…+n=
若a≠0且a≠1
则Sn=a+2a2+3a3+4a4+…+nan
∴aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1
∴（1-a）Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1
=
∴Sn=
当a=0时，此式也成立。
∴Sn=
点评：
数列是由数列与对应项的积构成的，此类型的才适应错位相减，（课本中的的等比数列前n项和公式就是用这种方法推导出来的），但要注意应按以上三种情况进行讨论，最后再综合成两种情况。
而且对于应用等比数列求和时，一定要先注意公比的取值。
题型4.裂项相消法求和
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。
裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的通项分解（裂项）.
例4.求数列，，，…，，…的前n项和S.
分析：
∵=）则，对数列中每一项分解后即可得出结果.
解析：
∵=）
Sn=
=
=
点评：
裂项相消就和是数列求和中的一种重要方法，它通过对通项公式进行整理变形，然后再相加过程中出现前后项正负抵消或约分的情况，从而求得结果。
值得注意的是，利用裂项相消法时，抵消后并不一定只剩余第一项和最后一项，也有可能剩余前两项和最后两项，另外，将通项公式裂项后，有时需要调整前面的系数，才能使裂开的两项之差与原通项公式相等.
过关训练
数列求和
一、选择题
1．等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15．若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于（）
A．30B．45C．90D．186
2．若等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则（）
A．2B．4C．D．
3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且（n≥2），那么这个数列的第10项等于（）
A．B．C．D．
4．数列{an}满足：
a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：
am＋n＝am＋an＋mn，则（）
A．B．C．D．
5．数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，若其首项满足a1＋b1＝5，a1＞b1，且a1，b1∈N*，则数列{}前10项的和等于（）
A．100B．85C．70D．55
6设S和T分别为两个等差数列的前n项和，若对任意n∈N，都有
，则第一个数列的第11项与第二个数列的第11项的比是（）
A4∶3B3∶2C7∶4D78∶71
7一个首项为正数的等差数列中，前3项的和等于前11项的和，当这个数列的前n项和最大时，n等于（ ）
A5 B6C7 D8
8．设m=1×2+2×3+3×4+…+（n-1）·n，则m等于（）
A.B.n（n+4）C.n（n+5）D.n（n+7）
9．若Sn=1-2+3-4+…+（-1）n-1·n，则S17+S33＋Ｓ50等于（）
A.1B.-1C.0D.2
10．阅读下列文字，然后回答问题：
对于任意实数x,符号［x］表示x的整数部分，即［x］是不超过x的最大整数.函数［x］叫做“取整函数”，也叫高斯函数.它具有以下性质：
x-1<［x］≤x<［x+1］.请回答:
［log21］+［log22］+［log23］+…+［log21024］的值是（）
A.1024B.8202C.8204D.9216
11．设{an}为等比数列,{bn}为等差数列，且b1=0,cn=an+bn,若数列{cn}是1,1,2,…,则{cn}的前10项和为（）
A.978B.557C.467D.979
12．1002-992+982-972+…+22-12的值是（）
A.5000B.5050C.10100D.20200
二、填空题
13．
（1）等差数列{an}中，S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20＝_______；
（2）等比数列{an}中，S4＝1，S8＝4，则S12＝________．
14．若等差数列的项数n为奇数，则该数列的奇数项的和与偶数项的和的比是________．
15．一个有2001项且各项非零的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为.
16．若12+22+…+（n-1）2=an3+bn2+cn，则a=,b=,c=.
三、解答题
17．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二、三、四项．
（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；
（2）设数列{cn}对任意自然数n均有成立．
求c1＋c2＋c3＋…＋c2003的值．
18．已知数列{an}满足a1＝a，an＋1＝can＋1－c，其中a≠1，c≠0．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设a＝c＝，bn＝n（1－an），求数列{bn}的前n项和Sn．
19．已知{an}、{bn}都是各项为正数的数列，对任意的自然数n，都有an、、an＋1成等差数列，、an＋1、成等比数列．
（1）试问{bn}是否是等差数列?
为什么?
（2）求证：
对任意的自然数p、q（p＞q），成立；
（3）如果a1＝1，b1＝2，求Sn＝．
20．已知：
等差数列{an}各项均为正整数，a1＝3，前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{bn}是公比为64的等比数列．
（1）求an与bn；
（2）证明：
．
21．数列{an}中，a1=a，前n项和Sn构成公比为q的等比数列．（q≠1）
（1）求证在{an}中，从第2项开始成等比数列；
（2）当a=250，q=时，设bn=log2|an|,求|b1|+|b2|+…+|bn|．
22．已知数列{an}的前n项和Sn满足:
Sn=2an+（-1）n,n≥1.
（1）求证数列{an+（-1）n}是等比数列;
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：
对任意的整数m>4,有
答案与解析
一、选择题
1．解：
等差数列{an}中，公差，数列{bn}中，公差d'＝2d＝6，
则b1＝a2＝6，b5＝a10＝30，数列{bn}的前5项和：
．
答案：
C.
2.解：
不妨设首项为1，又公比为2，则可分别写出求出既得.
答案:
C.
3．解：
∵（n≥2），∴（n≥2），即：
（n≥2）
∴数列是等差数列，首项，公差，
∴，∴．
答案：
D.
4．解：
∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，
∴利用叠加法得到：
，∴，
∴
．
答案：
A.
5．解：
∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1
∴＝a1＋bn－1＝a1＋（b1＋n―1）―1
＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3
则数列{}也是等差数列，并且前10项和等于：
答案：
B.
6解：
设这两个等差数列分别为{an}和{bn}
答案：
A
7解：
依题意知数列单调递减，公差d＜0因为
S3=S11=S3+a4+a5+…+a10+a11
所以 a4+a5+…+a10+a11=0
即 a4+a11=…=a7+a8=0，
故当n=7时，a7＞0，a8＜0
答案：
C
8．解：
因为an=n2-n.，则依据分组集合即得.
答案;A.
9．解：
对前n项和要分奇偶分别解决，即：
Sn=
答案：
A
10．解：
［log2N］=故原式=0+1·（22-2）+2·（23-22）+…+9·（210-29）+10=9·210-（29+28+…+2）+10=8204,
答案：
C.
11．解由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则
∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=（n-1）（-1）=1-n,∴cn=2n-1+1-n,∴Sn=978.
答案：
A
12．解：
并项求和，每两项合并，原式=（100+99）+（98+97）+…+（2+1）=5050.
答案：
B
二、填空题
13.解：
由已知求出和d（q）即可.
答案：
9、13
14．解：
，
，
∵等差数列中，，∴．
答案：
.
15．解：
设此数列{an},其中间项为a1001,
则S奇=a1+a3+a5+…+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+…+a2000=1000a1001.
答案:
16．解：
原式=
答案：
三、解答题
17．解：
（1）由题意得（a1＋d）（a1＋13d）＝（a1＋4d）2（d＞0）
解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n－1
（2）当n＝1时，c1＝3；
当n≥2时，由，得cn＝2·3n－1，
故
故c1＋c2＋c3＋…＋c2003＝3＋2
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