【2018新课标-高考必考知识点-教学计划-教学安排-教案设计】高一数学：几种常见的数列求和的思路方

1年级高一学科数学版本通用版课程标题几种常见的数列求和的思路及方法（下）编稿老师康凯一校付秋花二校黄楠审核隋冬梅1.绝对值求和示例：已知152nan，123nnTaaaa，求nT的值。解：分类讨论∵当n=7时，na大于0，当n=8时，na小于0。∴当7n时，214nnTSnn当n7时，2222(1477)149814nTnnnn2.倒序相加法（等差数列求和公式的推导方法）如果一个数列{an}的前n项中，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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的。3.错位相减法（等比数列求和公式的推导方法）适用于nnba其中{na}是等差数列，nb是各项不为0的等比数列。例题（浙江高考）在公差为d的等差数列}{na中，已知101a，且3215,22,aaa成等比数列。（1）求nad,；（2）若0d，求123||||||||naaaa。解析:（1）由已知得到：22132112(22)54(1)50(2)(11)25(5)aaaadaddd221212212525340414611nndddddddanan或（2）由（1）知，当0d时，11nan，①当111n时，21231230||||||||(1011)(21)22nnnaaaaaaaaannnn②当12n时，1231231112131231112320||||||||()2()()11(2111)(21)222212202nnnnaaaaaaaaaaaaaaaaaaaannnn综上所述:1232(21),(111)2||||||||21220,(12)2nnnnaaaannn答案：（1）414611nnddanan或；（2）2(21),(111)221220,(12)2nnnnnn。点拨：在求数列绝对值的和时，应注意判断数列项的正负，再分情况讨论。满分训练（高考山东（理））设等差数列na的前n项和为nS，且424SS，221nnaa。（1）求数列na的通项公式；（2）设数列nb前n项和为nT，且12nnnaT（为常数）。令2nncb*()nN。求数列nc的前n项和nR。解析：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2an+1得到关于a1与d的方程组，解之即可求得数列{an}的通项公式；（2）根据12nnnT，可求出112122nnnnnnnbTT，进而得到1221221(1)()24nnnnncbn，再利用错位相3减法求和即可。答案：解：（1）设等差数列na的首项为1a，公差为d，由424SS，221nnaa得1)1(22)12(48641111dnadnadada解得，11a，2d因此21nan*()nN（2）由题意知:12nnnT所以2n时，112122nnnnnnnbTT122nn故，1221221(1)()24nnnnncbn*()nN所以01231111110()1()2()3()(1)()44444nnRn，则12311111110()1()2()(2)()(1)()444444nnnRnn两式相减得1231311111()()()()(1)()444444nnnRn11()144(1)()1414nnn整理得1131(4)94nnnR所以数列nc的前n项和1131(4)94nnnR点拨：本题考查数列递推式，着重考查等差数列的通项公式与数列求和，突出考查错位相减法求和，考查分析运算能力。（答题时间：30分钟）1.数列}{na的通项是14nan，naaabnn21，则数列}{nb的的前n项和为（）A.2nB.)1(nnC.)2(nnD.)12(nn2.已知数列}{na的前n项和为142nnSn，则||||||||10321aaaa的值是（）A.65B.68C.61D.563.数列,21)12(,,815,413,211nn的前n项和为nS，则nS（）4A.nn2112B.12211nnC.nnn21122D.nnn21124.在等比数列}{na中，1221nnaaa，则22221naaa（）A.2)12(nB.3)12(2nC.14nD.314n5.数列}{na中，2,121aa，nnnaa)1(12)(Nn，则100S________。6.数列}{na中，11a，0112nnaa，则此数列的前2009项之和为________。7.已知1,0aa，数列na是首项为a，公比也为a的等比数列，令)(lgNnaabnnn，求数列nb的前n项和nS。8.求21111123()248nn的值。9.已知数列{an}的前n项和Sn，满足：S2=3，2Sn=n+nan，n∈N*，数列{bn}是递增的等比数列，且b1+b4=9，b2•b3=8，（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）求和Tn=a1b1+a2b2+…+anbn。10.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1（n∈N*），等差数列{bn}中，bn0（n∈N*），且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列。（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn。51.C解析：)12(2)143(21nnnnaaan，则12nbn)2)12(5321nnnbbbn（，选C。2.B解析：由0521nSSannn，得3n，则原式210103212SSaaaa68860，选B。3.A解析：代入检验，因2111S，故选A。4.D解析：有3121,12211qaaa，则2q，12nna，124nna故原式)14(314141444112nnn，选D。5.2600解析：n为奇数时02nnaa，11aan；n为偶数时，22nnaa，nan)()(100429931100aaaaaaS26002)1002(5050)10042(50。6.−1003解析：由题设可知，112ka，02ka（1k），则20091003S。7.解析：,lgnnnnaabnaa，232341(23)lg(23)lgnnnnSaaanaaaSaaanaa……①……②①−②得：anaaaaSannnlg)()1(12，nnananaaaS)1(1)1(lg2。8.解析：将式子变形为：11111232482nn通过观察可发现，式子的前半部分为等差数列，后半部分为等比数列，所以我们可以分别求和，然后相加。设123n为nS11112482n为nT1122nnnnSn11112211212nnnT所以：2111111123()124822nnnnnnSTn。9.解析：（1）当n=1时，2a1=1+a1解得a1=1当n≥2时，2Sn=n+nan①2Sn-1=n−1+（n−1）an-1②6①－②得2an=1+nan−（n−1）an-1③∴2an+1=1+（n+1）an+1−nan④④－③得an+1+an-1=2an又S3=3，a1=1∴a2=2∴数列{an}是以1为首项，公差为1的等差数列∴an=n设数列{bn}的公比为q，则b1+b1q2＝9解得b1=1，q=2∴bn=2n-1（2）由（1）得Tn=1+22+322+423+…+n2n−12Tn=12+222+323+„+（n−1）2n-1+n2n∴−Tn=1+2+22+23+„−n2n∴Tn=（n−1）2n+110.解析：（1）∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1（n∈N*），∴an＝2Sn－1＋1（n∈N*，n1），∴an＋1−an＝2（Sn−Sn－1），即an＋1−an＝2an，∴an＋1＝3an（n∈N*，n1）而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1。∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴an＝3n−1（n∈N*）∴a1＝1，a2＝3，a3＝9，在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5。又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则有（a1＋b1）（a3＋b3）＝（a2＋b2）2∴（1＋5−d）（9＋5＋d）＝64，解得d＝−10或d＝2，∵bn0（n∈N*），∴舍去d＝−10，取d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1（n∈N*）。（2）由（1）知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋„＋（2n−1）3n−2＋（2n＋1）3n−1，①∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋„＋（2n−1）·3n−1＋（2n＋1）3n，②∴①－②得−2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋„＋2×3n－1−（2n＋1）3n＝3＋2（3＋32＋33＋„＋3n－1）−（2n＋1）3n＝3＋2×3－3n1－3−（2n＋1）3n＝3n−（2n＋1）3n＝−2n·3n∴Tn＝n·3n