高考數(shù)學浙江理科一輪【第五章】平面向量 第五章 5.4

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1、 精品資料 5.4　數(shù)列求和 1． 求數(shù)列的前n項和的方法 (1)公式法 ①等差數(shù)列的前n項和公式 Sn＝＝na1＋d. ②等比數(shù)列的前n項和公式 (Ⅰ)當q＝1時，Sn＝na1； (Ⅱ)當q≠1時，Sn＝＝. (2)分組轉化法 把數(shù)列的每一項分成兩項或幾項，使其轉化為幾個等差、等比數(shù)列，再求解． (3)裂項相消法 把數(shù)列的通項拆成兩項之差求和，正負相消剩下首尾若干項． (4)倒序相加法 把數(shù)列分別正著寫和倒著寫再相加，即等差數(shù)列求和公式的推導過程的推廣． (5)錯位相減法 主要用于一個等差數(shù)列與一個

2、等比數(shù)列對應項相乘所得的數(shù)列的求和，即等比數(shù)列求和公式的推導過程的推廣． (6)并項求和法 一個數(shù)列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2． 常見的裂項公式 (1)＝－； (2)＝； (3)＝－. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1． 判斷下面結論是否正確(請在括號中打“√”或“”) (1)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項和Sn＝. (　√　) (

3、2)當n≥2時，＝(－)． (　√　) (3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時只要把上式等號兩邊同時乘以a即可根據(jù)錯位相減法求得． (　　) (4)數(shù)列{＋2n－1}的前n項和為n2＋. (　　) (5)若數(shù)列a1，a2－a1，…，an－an－1是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項公式是an＝. (　√　) (6)推導等差數(shù)列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21＋sin22＋sin23＋…＋sin288＋sin289＝44.5. (　√　

4、) 2． (2012大綱全國)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數(shù)列的前100項和為 (　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　利用裂項相消法求和． 設等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d. ∵a5＝5，S5＝15， ∴∴ ∴an＝a1＋(n－1)d＝n. ∴＝＝－， ∴數(shù)列的前100項和為1－＋－＋…＋－＝1－＝. 3． 若數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an}的前n項和Sn為 (　　) A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1 C．2n＋1

5、＋n2－2 D．2n＋n2－2 答案　C 解析　Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋(2n－1)) ＝＋＝2n＋1－2＋n2. 4． 數(shù)列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1(4n－3)，則它的前100項之和S100等于 (　　) A．200 B．－200 C．400 D．－400 答案　B 解析　S100＝(41－3)－(42－3)＋(43－3)－…－(4100－3)＝4[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4(－50)＝－200. 5． 32－1＋42－2＋52－3＋…＋(n＋2)2－n＝________. 答

6、案　4－ 解析　設S＝3＋4＋5＋…＋(n＋2)， 則S＝3＋4＋5＋…＋(n＋2). 兩式相減得S＝3＋(＋＋…＋)－. ∴S＝3＋(＋＋…＋)－ ＝3＋－＝4－. 題型一　分組轉化求和 例1　已知數(shù)列{an}是3＋2－1,6＋22－1,9＋23－1,12＋24－1，…，寫出數(shù)列{an}的通項公式并求其前n項和Sn. 思維啟迪　先寫出通項，然后對通項變形，分組后利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的求和公式求解． 解　由已知得，數(shù)列{an}的通項公式為 an＝3n＋2n－1＝3n－1＋2n， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝(2＋5＋…＋3n－1)＋(2＋22＋…＋2n) ＝

7、＋ ＝n(3n＋1)＋2n＋1－2. 思維升華　某些數(shù)列的求和是將數(shù)列分解轉化為若干個可求和的新數(shù)列的和或差，從而求得原數(shù)列的和，這就要通過對數(shù)列通項結構特點進行分析研究，將數(shù)列的通項合理分解轉化．特別注意在含有字母的數(shù)列中對字母的討論． 　求和Sn＝1＋＋＋…＋. 解　和式中第k項為 ak＝1＋＋＋…＋＝＝2. ∴Sn＝2 ＝2－(＋＋…＋)] ＝2＝＋2n－2. 題型二　錯位相減法求和 例2　已知等差數(shù)列{an}的前3項和為6，前8項和為－4. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.

8、 思維啟迪　(1)列方程組求{an}的首項、公差，然后寫出通項an. (2)q＝1時，bn為等差數(shù)列，直接求和；q≠1時，用錯位相減法求和． 解　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d. 由已知得， 解得. 故an＝3＋(n－1)(－1)＝4－n. (2)由(1)得，bn＝nqn－1，于是 Sn＝1q0＋2q1＋3q2＋…＋nqn－1. 若q≠1，將上式兩邊同乘以q有 qSn＝1q1＋2q2＋…＋(n－1)qn－1＋nqn. 兩式相減得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1 ＝nqn－＝. 于是，Sn＝. 若q＝1，則Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝. 所以S

9、n＝. 思維升華　(1)錯位相減法是求解由等差數(shù)列{bn}和等比數(shù)列{cn}對應項之積組成的數(shù)列{an}，即an＝bncn的前n項和的方法．這種方法運算量較大，要重視解題過程的訓練． (2)注意錯位相減法中等比數(shù)列求和公式的應用范圍． 　已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求數(shù)列的前n項和． 解　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d， 由已知條件可得解得. 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2－n. (2)設數(shù)列的前n項和為Sn， 即Sn＝a1＋＋…＋， ① 故S1＝1，＝＋＋…＋.

10、 ② 所以，當n＞1時，①－②得 ＝a1＋＋…＋－ ＝1－(＋＋…＋)－ ＝1－(1－)－＝. 所以Sn＝.當n＝1時也成立． 綜上，數(shù)列的前n項和Sn＝. 題型三　裂項相消法求和 例3　在數(shù)列{an}中，a1＝1，當n≥2時，其前n項和Sn滿足S＝an. (1)求Sn的表達式； (2)設bn＝，求{bn}的前n項和Tn. 思維啟迪　第(1)問利用an＝Sn－Sn－1 (n≥2)后，再同除Sn－1Sn轉化為的等差數(shù)列即可求Sn. 第(2)問求出{bn}的通項公式，用裂項相消法求和． 解　(1)∵S＝an， an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， ∴S＝(S

11、n－Sn－1)， 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn， ① 由題意得Sn－1Sn≠0， ①式兩邊同除以Sn－1Sn，得－＝2， ∴數(shù)列是首項為＝＝1，公差為2的等差數(shù)列． ∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. (2)∵bn＝＝ ＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)] ＝＝. 思維升華　利用裂項相消法求和時，應注意抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項，再就是將通項公式裂項后，有時候需要調整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項公式相等． 　已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，前

12、n項和為Sn，且Sn＝，n∈N*. (1)求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列； (2)設bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn. (1)證明　∵Sn＝，n∈N*， ∴當n＝1時，a1＝S1＝ (an>0)，∴a1＝1. 當n≥2時，由 得2an＝a＋an－a－an－1. 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0， ∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)． 所以數(shù)列{an}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列． (2)解　由(1)可得an＝n，Sn＝， bn＝＝＝－. ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝. 四審結

13、構定方案 典例：(14分)(2012江西)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N＋)，且Sn的最大值為8. (1)確定常數(shù)k，并求an； (2)求數(shù)列的前n項和Tn.  規(guī)范解答 解　(1)當n＝k∈N*時， Sn＝－n2＋kn取得最大值， 即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2， 故k2＝16，k＝4. 當n＝1時，a1＝S1＝－＋4＝， [3分] 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－n. [6分] 當n＝1時，上式也成立， 綜上，an＝－n.[7分] (2)因為＝， 所以Tn＝1＋＋＋…＋＋，

14、①　　　 [9分] 所以2Tn＝2＋2＋＋…＋＋ ② ②－①：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－ ＝4－－＝4－ [13分] 故Tn＝4－. [14分] 溫馨提醒　(1)根據(jù)數(shù)列前n項和的結構特征和最值確定k和Sn，求出an后再根據(jù){}的結構特征確定利用錯位相減法求Tn.在審題時，要審題目中數(shù)式的結構特征判定解題方案； (2)利用Sn求an時不要忽視n＝1的情況；錯位相減時不要漏項或算錯項數(shù)． 方法與技巧 非等差、等比數(shù)列的一般數(shù)列求和，主要有兩種思想： (1)轉化的思想，即將一般數(shù)列設法轉化為等差或等比數(shù)列，這一

15、思想方法往往通過通項分解或錯位相消來完成； (2)不能轉化為等差或等比的特殊數(shù)列，往往通過裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法等來求和，要將例題中的幾類一般數(shù)列的求和方法記牢． 失誤與防范 1． 直接應用公式求和時，要注意公式的應用范圍，如當?shù)缺葦?shù)列公比為參數(shù)(字母)時，應對其公比是否為1進行討論． 2． 在應用錯位相減法時，注意觀察未合并項的正負號． 3． 在應用裂項相消法時，要注意消項的規(guī)律具有對稱性，即前剩多少項則后剩多少項．  A組　專項基礎訓練 (時間：40分鐘) 一、選擇題 1． 已知數(shù)列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么數(shù)列{bn}的前n

16、項和Sn為 (　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　an＝＝， ∴bn＝＝＝4(－)， ∴Sn＝4[(1－)＋(－)＋…＋(－)] ＝4(1－)＝. 2． 已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a9＋3a11<0，a10a11<0，且數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值，那么當Sn取得最小正值時，n等于 (　　) A．20 B．17 C．19 D．21 答案　C 解析　由a9＋3a11<0，得2a10＋2a11<0， 即a10＋a11<0，又a10a11<0，則a10與a11異號，

17、 因為數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值， 所以數(shù)列{an}是一個遞減數(shù)列，則a10>0，a11<0， 所以S19＝＝19a10>0， S20＝＝10(a10＋a11)<0. 故使Sn取值最小正值的n為19. 3． 已知函數(shù)f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100等于 (　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 答案　B 解析　由題意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1

18、＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－1＋101＝100.故選B. 4． 數(shù)列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十項，且其和為240，則a1＋…＋ak＋…＋a10的值為 (　　) A．31 B．120 C．130 D．185 答案　C 解析　a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20) ＝240－ ＝240－110＝130. 5． 數(shù)列an＝，其前n項之和為，則在平面直角坐標系中，直線(n＋1)x＋y

19、＋n＝0在y軸上的截距為 (　　) A．－10 B．－9 C．10 D．9 答案　B 解析　數(shù)列的前n項和為 ＋＋…＋＝1－＝＝， ∴n＝9，∴直線方程為10x＋y＋9＝0. 令x＝0，得y＝－9，∴在y軸上的截距為－9. 二、填空題 6． 數(shù)列，，，，…的前n項和Sn為________． 答案?。?－ 解析　∵＝1＋，＝2＋，＝3＋， ＝4＋，… ∴Sn＝＋＋＋＋…＋(n＋) ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(＋＋＋…＋) ＝＋＝＋1－. 7． 設f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，則S＝________.

20、 答案　1 007 解析　∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝， ∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f()＋f()＋…＋f()， ① S＝f()＋f()＋…＋f()， ② ①＋②得，2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()] ＝2 014， ∴S＝＝1 007. 8． (2012課標全國)數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為________． 答案　1 830 解析　利用數(shù)列的遞推式的意義結合等差數(shù)列求和公式求解． ∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1， ∴a2＝1＋

21、a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1， ∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234 ＝＝1 830. 三、解答題 9． 已知數(shù)列{an}是首項為a1＝，公比為q＝的等比數(shù)列，設bn＋2＝3logan(n∈N*)，數(shù)列{cn}滿足cn＝anbn. (1)求數(shù)列{bn}的通

22、項公式； (2)求數(shù)列{cn}的前n項和Sn. 解　(1)由題意，知an＝()n(n∈N*)， 又bn＝3logan－2，故bn＝3n－2(n∈N*)． (2)由(1)，知an＝()n，bn＝3n－2(n∈N*)， 所以cn＝(3n－2)()n(n∈N*)． 所以Sn＝1＋4()2＋7()3＋…＋(3n－5)()n－1＋(3n－2)()n， 于是Sn＝1()2＋4()3＋7()4＋…＋(3n－5)()n＋(3n－2)()n＋1. 兩式相減，得 Sn＝＋3[()2＋()3＋…＋()n]－(3n－2)()n＋1＝－(3n＋2)()n＋1. 所以Sn＝－()n(n∈N*)． 1

23、0．若Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和，且S1，S2，S4成等比數(shù)列． (1)求等比數(shù)列S1，S2，S4的公比； (2)若S2＝4，求數(shù)列{an}的通項公式； (3)在(2)的條件下，設bn＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項和，求使得Tn<對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m. 解　(1)因為{an}為等差數(shù)列，設{an}的公差為d(d≠0)， 所以S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d. 因為S1，S2，S4成等比數(shù)列且設其公比為q， 所以S1S4＝S. 所以a1(4a1＋6d)＝(2a1＋d)2.所以2a1d＝d2. 因為公差d≠0.所以d＝2a1. 所

24、以q＝＝＝4. (2)因為S2＝4，所以2a1＋d＝4. 又d＝2a1，所以a1＝1，d＝2.所以an＝2n－1. (3)因為bn＝＝(－)， 所以Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<. 要使Tn<對所有n∈N*都成立， 則有≥，即m≥30. 因為m∈N*，所以m的最小值為30. B組　專項能力提升 (時間：30分鐘) 1． 已知數(shù)列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，這個數(shù)列的特點是從第二項起，每一項都等于它的前后兩項之和，則這個數(shù)列的前2 014項之和S2 014等于 (　　) A．2 008 B．2 010

25、C．1 D．0 答案　B 解析　由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)， ∴an＋1＝an－an－1. 故數(shù)列的前8項依次為2 008,2 009,1，－2 008， －2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知數(shù)列為周期數(shù)列，周期為6，且S6＝0. ∵2 014＝6335＋4，∴S2 014＝S4 ＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010. 2． (2013課標全國Ⅰ)設△AnBnCn的三邊長分別為an、bn、cn，△AnBnCn的面積為Sn，n＝1,2,3，…，若b1>c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝

26、，則 (　　) A．{Sn}為遞減數(shù)列 B．{Sn}為遞增數(shù)列 C．{S2n－1}為遞增數(shù)列，{S2n}為遞減數(shù)列 D．{S2n－1}為遞減數(shù)列，{S2n}為遞增數(shù)列 答案　B 解析　因為b1>c1，不妨設b1＝，c1＝； 故S1＝ ＝a； a2＝a1，b2＝＝a1，c2＝＝a1， S2＝ ＝a. 顯然S2>S1；a3＝a1，b3＝＝a1， c3＝＝a1， S3＝ ＝a，顯然S3>S2. 3． (2013湖南)設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，則： (1)a3＝________； (2)S1＋S2＋…＋S100＝________.

27、 答案　(1)－　(2) 解析　∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－－(－1)n－1an－1＋， ∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋. 當n為偶數(shù)時，an－1＝－， 當n為奇數(shù)時，2an＋an－1＝， ∴當n＝4時，a3＝－＝－. 根據(jù)以上{an}的關系式及遞推式可求． a1＝－，a3＝－，a5＝－，a7＝－， a2＝，a4＝，a6＝，a8＝. ∴a2－a1＝，a4－a3＝，a6－a5＝，…， ∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－ ＝－ ＝. 4． 已知數(shù)列{an}的前n項和Sn，滿足：Sn＝2an－

28、2n(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項an； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝log2(an＋2)，Tn為數(shù)列{}的前n項和，求證：Tn≥. (1)解　當n∈N*時，Sn＝2an－2n， 則當n≥2時，Sn－1＝2an－1－2(n－1)， 兩式相減得an＝2an－2an－1－2，即an＝2an－1＋2， ∴an＋2＝2(an－1＋2)，∴＝2， 當n＝1時，S1＝2a1－2，則a1＝2， ∴{an＋2}是以a1＋2＝4為首項，2為公比的等比數(shù)列， ∴an＋2＝42n－1，∴an＝2n＋1－2； (2)證明　bn＝log2(an＋2)＝log22n＋1＝n＋1， ∴＝

29、，則Tn＝＋＋…＋， Tn＝＋＋…＋＋， 兩式相減得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝＋－ ＝＋－－＝－， ∴Tn＝－， 當n≥2時，Tn－Tn－1＝－＋＝>0， ∴{Tn}為遞增數(shù)列，∴Tn≥T1＝. 5． 直線ln：y＝x－與圓Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的兩點An，Bn，n∈N*.數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝|AnBn|2. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)由題意，知圓Cn的圓心到直線ln的距離dn＝， 半徑rn＝， 所以an＋1＝(|AnBn|)2＝r－d＝(2an＋n)－n＝2an. 又a1＝1，所以an＝2n－1. (2)當n為偶數(shù)時，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) ＝[1＋5＋…＋(2n－3)]＋(2＋23＋…＋2n－1) ＝＋＝＋(2n－1)． 當n為奇數(shù)時，n＋1為偶數(shù)， Tn＋1＝＋(2n＋1－1) ＝＋(2n＋1－1)． 而Tn＋1＝Tn＋bn＋1＝Tn＋2n，所以Tn＝＋(2n－2)． 所以Tn＝