2022屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（原卷版）第四節(jié) 數(shù)列求和 教案

1、1第四節(jié)第四節(jié)數(shù)列求和數(shù)列求和核心素養(yǎng)立意下的命題導(dǎo)向核心素養(yǎng)立意下的命題導(dǎo)向1.與等差、等比數(shù)列的定義和性質(zhì)相結(jié)合，考查數(shù)列的求和，凸顯數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)與等差、等比數(shù)列的定義和性質(zhì)相結(jié)合，考查數(shù)列的求和，凸顯數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)2與不等式的證明相結(jié)合，考查數(shù)列的求和，凸顯數(shù)學(xué)運算、邏輯推理的核心素養(yǎng)與不等式的證明相結(jié)合，考查數(shù)列的求和，凸顯數(shù)學(xué)運算、邏輯推理的核心素養(yǎng)方法一方法一分組轉(zhuǎn)化法求和分組轉(zhuǎn)化法求和若數(shù)列的通項為分段函數(shù)或幾個特殊數(shù)列通項的和或差的組合等形式，則求和時可用分組若數(shù)列的通項為分段函數(shù)或幾個特殊數(shù)列通項的和或差的組合等形式，則求和時可用分組轉(zhuǎn)化法，就是對原數(shù)列的通項進(jìn)行分

2、解，分別對每個新的數(shù)列進(jìn)行求和后再相加減轉(zhuǎn)化法，就是對原數(shù)列的通項進(jìn)行分解，分別對每個新的數(shù)列進(jìn)行求和后再相加減典例典例已知數(shù)列已知數(shù)列an的前的前 n 項和項和 snn2n2，nn n*.(1)求數(shù)列求數(shù)列an的通項公式；的通項公式；(2)設(shè)設(shè) bn2an(1)nan，求數(shù)列，求數(shù)列bn的前的前 2n 項和項和解解(1)當(dāng)當(dāng) n1 時，時，a1s11；當(dāng)當(dāng) n2 時，時，ansnsn1n2n2 n1 2 n1 2n.a1也滿足也滿足 ann，故數(shù)列故數(shù)列an的通項公式為的通項公式為 ann.(2)由由(1)知知 ann，故，故 bn2n(1)nn.記數(shù)列記數(shù)列bn的前的前 2n 項和為項和為

3、 t2n，則則 t2n(212222n)(12342n)記記 a212222n，b12342n，則則 a2 122n 1222n12，b(12)(34)(2n1)2nn.故數(shù)列故數(shù)列bn的前的前 2n 項和項和 t2nab22n1n2.方法技巧方法技巧分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型提醒提醒某些數(shù)列的求和是將數(shù)列轉(zhuǎn)化為若干個可求和的新數(shù)列的和或差某些數(shù)列的求和是將數(shù)列轉(zhuǎn)化為若干個可求和的新數(shù)列的和或差， 從而求得原數(shù)列從而求得原數(shù)列的和，注意在含有字母的數(shù)列中對字母的討論的和，注意在含有字母的數(shù)列中對字母的討論針對訓(xùn)練針對訓(xùn)練21 已知在數(shù)列已知在數(shù)列an中中， a11， a2

4、2， 且且 an2an22(1)n， nn n*， 則則 s2 019的值為的值為()a2 0201 0111b1 0102 019c2 0191 0111d2 0191 011解析：解析：選選 c由遞推公式，可得：由遞推公式，可得：當(dāng)當(dāng) n 為奇數(shù)時，為奇數(shù)時，an2an4，數(shù)列，數(shù)列an的奇數(shù)項是首項為的奇數(shù)項是首項為 1，公差為，公差為 4 的等差數(shù)列；的等差數(shù)列；當(dāng)當(dāng) n 為偶數(shù)時，為偶數(shù)時，an2an0，數(shù)列，數(shù)列an的偶數(shù)項是首項為的偶數(shù)項是首項為 2，公差為，公差為 0 的等差數(shù)列，的等差數(shù)列，s2 019(a1a3a2 019)(a2a4a2 018)2 0191 0111.2

5、已知數(shù)列已知數(shù)列an的通項公式是的通項公式是 an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前，求其前 n 項項和和sn.解：解：sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以當(dāng)所以當(dāng) n 為偶數(shù)時，為偶數(shù)時，sn213n13n2ln 33nn2ln 31；當(dāng)當(dāng) n 為奇數(shù)時，為奇數(shù)時，sn213n13(ln 2ln 3)n12nln 33nn12ln 3ln 21.綜上所述，綜上所述，sn3nn2ln 31，n 為偶數(shù)，為偶數(shù)，3nn12ln 3ln 21，n 為奇數(shù)為奇數(shù).方法二方法二裂項相消法求和裂項相消法求和如果一個數(shù)列的通項為分

6、式或根式的形式，且能拆成結(jié)構(gòu)相同的兩式之差，那么通過累加如果一個數(shù)列的通項為分式或根式的形式，且能拆成結(jié)構(gòu)相同的兩式之差，那么通過累加將一些正、負(fù)項相互抵消，只剩下有限的幾項，從而求出該數(shù)列的前將一些正、負(fù)項相互抵消，只剩下有限的幾項，從而求出該數(shù)列的前 n 項和項和典例典例在數(shù)列在數(shù)列an中，中，a14，nan1(n1)an2n22n.(1)求證：數(shù)列求證：數(shù)列ann 是等差數(shù)列；是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列求數(shù)列1an的前的前 n 項和項和 sn.解解(1)證明證明： nan1(n1)an2n22n 的兩邊同時除以的兩邊同時除以 n(n1)， 得得an1n1ann2(nn*)，又又a114，數(shù)

7、列數(shù)列ann 是首項為是首項為 4，公差為，公差為 2 的等差數(shù)列的等差數(shù)列3(2)由由(1)，得，得ann2n2，an2n22n，故故1an12n22n12 n1 nn n1 121n1n1 ，sn12112 1213 1n1n11211n1 n2 n1 .方法技巧方法技巧1用裂項法求和的裂項原則及規(guī)律用裂項法求和的裂項原則及規(guī)律(1)裂項原則：裂項原則：一般是前邊裂幾項，后邊就裂幾項，直到發(fā)現(xiàn)被消去項的規(guī)律為止一般是前邊裂幾項，后邊就裂幾項，直到發(fā)現(xiàn)被消去項的規(guī)律為止(2)消項規(guī)律：消項規(guī)律：消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前邊剩第幾項，后邊就剩倒數(shù)第幾項消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前

8、邊剩第幾項，后邊就剩倒數(shù)第幾項2幾種常見的裂項方式幾種常見的裂項方式數(shù)列數(shù)列(n 為正整數(shù)為正整數(shù))裂項方式裂項方式1n nk (k 為非零常數(shù)為非零常數(shù))1n nk 1k1n1nk14n2114n211212n112n11n n11n n1 n1 nloga11n(a0，a1)loga11n loga(n1)logan針對訓(xùn)練針對訓(xùn)練1 設(shè)數(shù)列設(shè)數(shù)列an對對 nn n*都滿足都滿足 an1anna1， 且且 a11， 則則1a11a21a281a29_.解析：解析：因為因為 a11，且，且 an1anna1，則，則 an1ann1，那么，那么 anan1n(n2)，因為因為 an(anan1

9、)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)21n n1 2，所以所以1an2n n1 21n1n1 .所以所以1a11a21a281a29421121213129130 2915.答案：答案：29152(2021鄭州模擬鄭州模擬)已知數(shù)列已知數(shù)列an的前的前 n 項和為項和為 sn，且，且 a28，snan12n1.(1)求數(shù)列求數(shù)列an的通項公式；的通項公式；(2)求數(shù)列求數(shù)列23nanan1的前的前 n 項和項和 tn.解：解：(1)a28，snan12n1，a1s1a2222，當(dāng)當(dāng) n2 時，時，ansnsn1an12n1an2n，即即 an13an2，又，又 a283a12，an13

10、an2，nn*，an113(an1)，數(shù)列數(shù)列an1是等比數(shù)列，且首項為是等比數(shù)列，且首項為 a113，公比為，公比為 3，an133n13n，an3n1.(2)23nanan123n 3n1 3n11 13n113n11，數(shù)列數(shù)列23nanan1的前的前 n 項和項和tn1311321 13211331 13n113n11 1213n11.方法三方法三錯位相減法求和錯位相減法求和如果一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應(yīng)項之積構(gòu)成的，那么這個數(shù)如果一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應(yīng)項之積構(gòu)成的，那么這個數(shù)列的前列的前 n 項和即可用錯位相減法來求，如等比數(shù)列的前項

11、和即可用錯位相減法來求，如等比數(shù)列的前 n 項和公式就是用此法推導(dǎo)的項和公式就是用此法推導(dǎo)的典例典例在在a5b42b6，a3a54(b1b4)，b2s45a2b3三個條件中任選一個，補(bǔ)充三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面的問題中，并解答在下面的問題中，并解答設(shè)設(shè)an是公比大于是公比大于 0 的等比數(shù)列，其前的等比數(shù)列，其前 n 項和為項和為 sn，bn是等差數(shù)列已知是等差數(shù)列已知 a11，s3s2a22a1，a4b3b5，_.(1)求求an和和bn的通項公式；的通項公式；(2)設(shè)設(shè) tna1b1a2b2a3b3anbn，求，求 tn.5解解(1)選條件選條件：設(shè)等比數(shù)列：設(shè)等比數(shù)列an的公比為的公

12、比為 q，a11，s3s2a22a1，q2q20，解得，解得 q2 或或 q1，q0，q2，an2n1.設(shè)等差數(shù)列設(shè)等差數(shù)列bn的公差為的公差為 d，a4b3b5，a5b42b6，2b16d8，3b113d16，解得解得b11，d1，bnn，an2n1，bnn.選條件選條件：設(shè)等比數(shù)列：設(shè)等比數(shù)列an的公比為的公比為 q，a11，s3s2a22a1，q2q20，解得，解得 q2 或或 q1，q0，q2，an2n1.設(shè)等差數(shù)列設(shè)等差數(shù)列bn的公差為的公差為 d，a4b3b5，a3a54(b1b4)，2b16d8，2b13d5，解得解得b11，d1，bnn，an2n1，bnn.選條件選條件：設(shè)等比

13、數(shù)列：設(shè)等比數(shù)列an的公比為的公比為 q，a11，s3s2a22a1，q2q20，解得，解得 q2 或或 q1，q0，q2，an2n1.設(shè)等差數(shù)列設(shè)等差數(shù)列bn的公差為的公差為 d，a4b3b5，b2s45a2b3，2b16d8，b1d0，解得解得b11，d1，bnn，an2n1，bnn.(2)an2n1，bnn，tna1b1a2b2anbn120221(n1)2n2n2n1，2tn121222(n1)2n1n2n，tn121222n1n2n12n12n2n2n1n2n，tn(n1)2n1.方法技巧方法技巧(1)一般地，如果數(shù)列一般地，如果數(shù)列an是等差數(shù)列，是等差數(shù)列，bn是等比數(shù)列，求數(shù)列

14、是等比數(shù)列，求數(shù)列anbn的前的前 n 項和時，可采項和時，可采用錯位相減法用錯位相減法6(2)用錯位相減法求和時，應(yīng)注意：用錯位相減法求和時，應(yīng)注意：要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形在寫出在寫出“sn”與與“qsn”的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊錯項對齊”，以便于下一步準(zhǔn)確地寫，以便于下一步準(zhǔn)確地寫出出“snqsn”的表達(dá)式的表達(dá)式針對訓(xùn)練針對訓(xùn)練(2020全國卷全國卷)設(shè)設(shè)an是公比不為是公比不為 1 的等比數(shù)列，的等比數(shù)列，a1為為 a2，a3的等差中項的等差中項(1)求求an的公比；的公

15、比；(2)若若 a11，求數(shù)列，求數(shù)列nan的前的前 n 項和項和解：解：(1)設(shè)設(shè)an的公比為的公比為 q，由題設(shè)得由題設(shè)得 2a1a2a3，即即 2a1a1qa1q2，所以，所以 q2q20，解得解得 q2 或或 q1(舍去舍去)故故an的公比為的公比為2.(2)記記 sn為為nan的前的前 n 項和項和由由(1)及題設(shè)可得，及題設(shè)可得，an(2)n1.所以所以 sn12(2)n(2)n1，2sn22(2)2(n1)(2)n1n(2)n.兩式相減得兩式相減得 3sn1(2)(2)2(2)n1n(2)n1 2 n3n(2)n.所以所以 sn19 3n1 2 n9.創(chuàng)新考查方式創(chuàng)新考查方式領(lǐng)悟

16、高考新動向領(lǐng)悟高考新動向1 公元前四世紀(jì)公元前四世紀(jì)， 畢達(dá)哥拉斯學(xué)派對數(shù)和形的關(guān)系進(jìn)行了研究畢達(dá)哥拉斯學(xué)派對數(shù)和形的關(guān)系進(jìn)行了研究 他們借助幾何圖形他們借助幾何圖形(或格點或格點)來表示數(shù)來表示數(shù)，稱為形數(shù)稱為形數(shù)形數(shù)是聯(lián)系算數(shù)和幾何的紐帶形數(shù)是聯(lián)系算數(shù)和幾何的紐帶圖為五角形數(shù)的前圖為五角形數(shù)的前 4 個個，則第則第 10 個個五角形數(shù)為五角形數(shù)為()a120b145c270d285解析：解析：選選 b記第記第 n 個五角形數(shù)為個五角形數(shù)為 an，由題意知：，由題意知：a11，a2a14，a3a27，a4a310，易知，易知 anan13(n1)1，由累加法得，由累加法得 an 3n1 n2

17、，所以，所以 a10145.72為激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣為激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，某學(xué)校餐廳推出了某學(xué)校餐廳推出了“通過解數(shù)學(xué)題獲取通過解數(shù)學(xué)題獲取 wifi 密碼密碼”的活的活動，動，wifi 密碼為密碼為1 000m小數(shù)點后的前小數(shù)點后的前 8 位數(shù)字?jǐn)?shù)學(xué)問題如下：在正奇數(shù)數(shù)列中依次插入位數(shù)字?jǐn)?shù)學(xué)問題如下：在正奇數(shù)數(shù)列中依次插入數(shù) 值 為數(shù) 值 為 2n(n n n*) 的 項 ， 按 從 小 到 大 的 順 序 排 成 如 下 新 數(shù) 列的 項 ， 按 從 小 到 大 的 順 序 排 成 如 下 新 數(shù) 列 an ：1,21,3,22,5,7,23,9,11,13,15,24,17,19

18、,21,23,25,27,29,31,25,33,35，.若使若使 a1a2a3an1an12an1成立的成立的 n 的最小值為的最小值為 m，則該學(xué)校餐廳的，則該學(xué)校餐廳的 wifi 密碼為密碼為()a03703703b46153846c66666666d71428571解析：解析：選選 a設(shè)數(shù)列設(shè)數(shù)列an的前的前 n 項和為項和為 sn，當(dāng)當(dāng) an2k(kn*)時，時，sn135(2k1)(2122232k)1 2k1 22k12 2k1 2122k22k12.由由 sn12an1，得，得 22k22k1212(2k1)，即即(2k1)2202k1140，解得解得 2k110 114，即，

19、即 2k121，所以，所以 k6，所以只需研究所以只需研究 25an26時是否有滿足條件的解時是否有滿足條件的解此時設(shè)等差數(shù)列此時設(shè)等差數(shù)列 1,3,5,7，的項數(shù)為的項數(shù)為 m(mn*)，且，且 16m32，則則 sn135(2m1)(212225)m262.當(dāng)當(dāng) 1612(2m1)，即，即 m224m500，解，解得得22m31,27nm536.當(dāng)當(dāng) m32 時，時，an126，由，由 m2621226，解得，解得 m27，則，則 m32，nm537.綜上，滿足條件的綜上，滿足條件的 n 的最小值為的最小值為 27.又又1 0002737.037 037 037 037，故密碼為故密碼為

20、03703703.故選故選 a.3.“垛積術(shù)垛積術(shù)”(隙積術(shù)隙積術(shù))是由北宋科學(xué)家沈括在夢溪筆談中首創(chuàng)，南宋是由北宋科學(xué)家沈括在夢溪筆談中首創(chuàng)，南宋數(shù)學(xué)家楊輝、元代數(shù)學(xué)家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數(shù)列求和方法，有菱數(shù)學(xué)家楊輝、元代數(shù)學(xué)家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數(shù)列求和方法，有菱草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等某倉庫中部分貨物堆放成如圖所示草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等某倉庫中部分貨物堆放成如圖所示的的“菱草垛菱草垛”：自上而下，第一層：自上而下，第一層 1 件，以后每一層比上一層多件，以后每一層比上一層多 1 件，件，最后一層是最后一層是 n 件件，已知第一層貨物單價已知第一層貨物單價 1 萬元萬元，

21、從第二層起從第二層起，貨物的單價是上一層單價的貨物的單價是上一層單價的45.若這堆貨物總價是若這堆貨物總價是 256545n萬元，則萬元，則 n 的值為的值為()a7b8c9d108解析：解析：選選 b由題意，可設(shè)這堆貨物的總價為由題意，可設(shè)這堆貨物的總價為 sn，則，則sn12453452n45n1，45sn452452(n1)45n1n45n，兩式相減可得：兩式相減可得：15sn14545245n1n45n145n145n45n5(n5)45n，所以所以 sn255(n5)45n.當(dāng)當(dāng) sn255(n5)45n256545n時，時，解得解得 n8.故選故選 b.4(2021重慶八校聯(lián)考重慶

22、八校聯(lián)考)如圖，矩形如圖，矩形 anbncndn的一邊的一邊 anbn在在 x 軸上，軸上，另外兩個頂點另外兩個頂點 cn，dn都在函數(shù)都在函數(shù) f(x)x1x(x0)的圖象上的圖象上，若點若點 bn的坐的坐標(biāo)為標(biāo)為(n,0)(nn n*，n2)，矩形矩形 anbncndn的周長為的周長為 an，則則1a2a31a3a41a9a10_.解析：解析：由題意知由題意知 cnn，n1n ，設(shè)，設(shè) dnx，n1n (x0)，令令 x1xn1n，則，則 x2n1n x10，即，即(xn)x1n 0，解得，解得 xn 或或 x1n，所以所以 dn1n，n1n ，所以，所以 an2n1n 2n1n 4n.所

23、以所以1a2a31a3a41a9a1011612313419101161213 1314 1911011612110 140.答案：答案：1405黎曼猜想由數(shù)學(xué)家波恩哈德黎曼猜想由數(shù)學(xué)家波恩哈德黎曼于黎曼于 1859 年提出，是至今仍未解決的世界難題黎曼猜年提出，是至今仍未解決的世界難題黎曼猜想涉及很多領(lǐng)域的應(yīng)用，有些數(shù)學(xué)家將黎曼猜想的攻堅之路趣稱為：想涉及很多領(lǐng)域的應(yīng)用，有些數(shù)學(xué)家將黎曼猜想的攻堅之路趣稱為：“各大行長躲在銀行各大行長躲在銀行9保險柜前瑟瑟發(fā)抖保險柜前瑟瑟發(fā)抖，不少黑客則潛伏敲著鍵盤蓄勢待發(fā)不少黑客則潛伏敲著鍵盤蓄勢待發(fā)”黎曼猜想研究的是無窮級數(shù)黎曼猜想研究的是無窮級數(shù)(s)

24、錯誤錯誤!s11s12s13s，我們經(jīng)常從無窮級數(shù)的部分和，我們經(jīng)常從無窮級數(shù)的部分和11s12s13s1ns入手已知正入手已知正項數(shù)列項數(shù)列an的前的前 n 項和為項和為 sn，且滿足且滿足 sn12an1an，則則1s11s21s100_(其中其中x表示不超過表示不超過 x 的最大整數(shù)的最大整數(shù))解析：解析：當(dāng)當(dāng) n1 時，時，a1s112a11a1，a11a1，a211，an0，a1s11；當(dāng)當(dāng) n2 時，時，ansnsn1，2snsnsn11snsn1，snsn11snsn1，s2ns2n11，s2n是以是以 1 為首項，為首項，1 為公差的等差數(shù)列，為公差的等差數(shù)列，s2nn，an0

25、，sn0，sn n.2( n1 n)2n1 n1 時時，22sn2( 101 100)( 100 99)( 21)2( 1011)18，s2( 100 99)( 99 98)( 21)12( 1001)119，即即 18s0，a38.s3a1a2a3，a1a2814，a1a1q6，即即 a1(1q)6，8q2(1q)6，即，即 3q24q40，解得解得 q2 或或 q23(舍去舍去)a12，a24，an22n12n(nn n*)(2)數(shù)列數(shù)列bn為等差數(shù)列理由如下：為等差數(shù)列理由如下：由由(1)知知 an2n，bnlog2anlog22nn，bn1n1，bn1bn1.又又 b11，bn是以是以

26、 1 為首項，為首項，1 為公差的等差數(shù)列為公差的等差數(shù)列(3)由由(2)可知，可知，bnn，cn1bnbn11n n1 1n1n1，tnc1c2c3cn112 1213 1314 1n1n1 11n1nn1.10已知數(shù)列已知數(shù)列an的前的前 n 項和為項和為 sn，a15，nsn1(n1)snn2n.(1)求證：數(shù)列求證：數(shù)列snn 為等差數(shù)列；為等差數(shù)列；(2)令令 bn2nan，求數(shù)列，求數(shù)列bn的前的前 n 項和項和 tn.解解：(1)證明證明：由由 nsn1(n1)snn2n 得得sn1n1snn1，又又s115，所以數(shù)列所以數(shù)列snn 是首項是首項為為5，公差為，公差為 1 的等差

27、數(shù)列的等差數(shù)列(2)由由(1)可知可知snn5(n1)n4，所以，所以 snn24n.當(dāng)當(dāng) n2 時，時，ansnsn1n24n(n1)24(n1)2n3.又又 a15 也符合上式，所以也符合上式，所以 an2n3(nn n*)，所以所以 bn(2n3)2n，所以所以 tn52722923(2n3)2n，2tn522723924(2n1)2n(2n3)2n1，所以所以得得tn(2n3)2n110(23242n1)13(2n3)2n11023 12n1 12(2n3)2n110(2n28)(2n1)2n12.二、自選練二、自選練練高考區(qū)分度練高考區(qū)分度1在公差不為零的等差數(shù)列在公差不為零的等差數(shù)

28、列an中中，已知已知 a11，且且 a2，a5，a14成等比數(shù)列成等比數(shù)列，an的前的前 n 項項和為和為 sn，bn(1)nsn，則，則 an_，數(shù)列，數(shù)列bn的前的前 n 項和項和 tn_.解析：解析：設(shè)等差數(shù)列設(shè)等差數(shù)列an的公差為的公差為 d(d0)，則由則由 a2，a5，a14成等比數(shù)列得成等比數(shù)列得 a25a2a14，即即(14d)2(1d)(113d)，解得，解得 d2，則則 ana1(n1)d2n1，snna1n n1 2dn2.當(dāng)當(dāng) n 為偶數(shù)時，為偶數(shù)時，tns1s2s3s4sn1sn12223242(n1)2n237(2n1)n n1 2；當(dāng)當(dāng) n 為大于為大于 1 的奇數(shù)時，的奇數(shù)時，tns1s2s3s4sn1sn12223242(n2)2(n1)2n237(2n3)n2n