《高考復(fù)習(xí)方案大二輪全國(guó)新課標(biāo)數(shù)學(xué)文科高考備考方法策略：專題篇數(shù)列 1數(shù)列求和的七種基本方法 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考復(fù)習(xí)方案大二輪全國(guó)新課標(biāo)數(shù)學(xué)文科高考備考方法策略：專題篇數(shù)列 1數(shù)列求和的七種基本方法 Word版含答案（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料2019.5數(shù)列求和的七種基本方法數(shù)列求和的七種基本方法數(shù)列求和是數(shù)列問題中的基本題型，但具有復(fù)雜多變、綜合性強(qiáng)、解法靈活等特點(diǎn)，本文將通過題目(這些題目基本涵蓋了高考卷中的數(shù)列求和題)簡(jiǎn)單介紹數(shù)列求和的七種基本方法1運(yùn)用公式法運(yùn)用公式法很多數(shù)列的前n項(xiàng)和nS的求法，就是套等差、等比數(shù)列前 n 項(xiàng)和nS的公式，因此以下常用公式應(yīng)當(dāng)熟記：221231123(1)21 35(21)12222111111122222nnnnnn nnn 還要記住一些正整數(shù)的冪和公式：2233332222) 1(41321) 12)(1(61321nnnnnnn題題 1(高考全國(guó)卷 I 文科第 1

2、7 題)已知 na是公差為 3 的等差數(shù)列，數(shù)列 nb滿足12111=3n nnnbba bbnb1，（1）求 na的通項(xiàng)公式；（2）求 nb的前 n 項(xiàng)和解解(1)在11nnnna bbnb中選1n ，得1 221a bbb，即11111,233aa又因?yàn)?na是公差為 3 的等差數(shù)列，所以23(1)31nann（2）由（1）得1131nnnnbbnb，即113nnbb，得 nb是以 1 為首項(xiàng)，13為公比的等比數(shù)列，得113nnb .所以 nb的前n項(xiàng)和111313122 313nnnS2倒序相加法倒序相加法事實(shí)上，等差數(shù)列的前n項(xiàng)和nS的公式推導(dǎo)方法就是倒序相加法題題 2求正整數(shù)m與()

3、n mn之間的分母為 3 的所有既約分?jǐn)?shù)的和S解解顯然，這些既約分?jǐn)?shù)為：31,32,34,34,32,31nnnmmm有)31()32()34()34()32()31(nnnmmmS也有)31()32()34()34()32()31(mmmnnnS所以2222),(2)(2)(2mnSmnmnnmS題題 3 3求數(shù)列123n 的前 n 項(xiàng)和nS.解法解法 1因?yàn)?11123(1)()22nn nnn ，所以22221(123)(123)2nSnn 1 111(1)(21)(1)(1)(2)2 626n nnn nn nn解法解法 2因?yàn)?331211123(1)CCC(2)2nnnnn nn

4、所以33333333343542121C(CC )(CC )(CC)C(1)(2)(2)6nnnnSn nnn進(jìn)而可得1(1)(2)(6nSn nnnN*).解法解法 3(倒序相加法)可得1 (12)(123)(123)nSn 1 (2 1)(32 1)(1)(2)1nSnnn 1212(1)(1) (2)(2)(2)(1 1 11)nnnSnnnnnn 個(gè)個(gè)()3個(gè)()把它們相加，得31(2)2(2)3(2)(2)nSnnnn n1(123)(2)(1)(2)2n nn nn 1(1)(2)6nSn nn3裂項(xiàng)相消法裂項(xiàng)相消法題題 4(高考天津卷理科第 18 題)已知 na是各項(xiàng)均為正數(shù)的等

5、差數(shù)列，公差為d.對(duì)任意的*nN，nb是na和1na的等比中項(xiàng).（1）設(shè)22*1,nnncbb nN，求證：數(shù)列 nc是等差數(shù)列；（2）設(shè)1ad，2211nknkkTb，*nN，求證：21112nkkTd.解解(1)可得21nnnba a，所以221nnncbb121nnnnaaa a12nda212122nnnnccd aad所以數(shù)列 nc是等差數(shù)列.(2)可得1(1)(1)naanddndnd，還可得式在這里也成立，所以 2222221234212nnnTbbbbbb 2422nd aaa222(2462 )21dnd n n所以222211111111111112121212nnnkkk

6、kTdk kdkkdnd4分組求和法分組求和法題題 5求11111111111224242nnS 解解設(shè)11111242nna ，得1122nna所以本題即求數(shù)列1122n的前n項(xiàng)和：111111212222422nnnnSnnan題題 6 6(高考天津卷文科第 18 題)已知an是等比數(shù)列， 前 n 項(xiàng)和為 Sn(nN*)， 且1a11a22a3，S663.(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)若對(duì)任意的 nN*，bn是 log2an和 log2an1的等差中項(xiàng)，求數(shù)列(1)nb2n的前 2n 項(xiàng)和解解(1)設(shè)等比數(shù)列 na的公比為q，可得2111112aa qa q，解得2q 或1.又由61(1)

7、631naqSq知，1q ，所以61(1 2 )631 2a，解得11a .得數(shù)列an的通項(xiàng)公式是12nna.(2)由題意，可得21)2log2(log21)log(log21212122naabnnnnn所以數(shù)列) 1(2nnb的前n項(xiàng)和為22221234()()bbbb 222122121222 ()()22nnnnn bbbbbbbn題題 7(高考浙江卷文科第 17 題)設(shè)數(shù)列 na的前n項(xiàng)和為nS.已知24S ，121nnaS，*nN.（1）求通項(xiàng)公式na；（2）求數(shù)列2nan的前n項(xiàng)和.解解(1)可得21221421Saaaa，解得1213aa.由121nnaS，121nnaS2n，

8、可得 1121212nnnnnaaSSa，13nnaa2n.又因?yàn)?13aa，所以可得數(shù)列 na的通項(xiàng)公式為13nna.(2)得 bn|ann2|=|3n1n2|，所以 b12，b21.當(dāng) n3 時(shí)，由于 3n1n2，所以 bn3n1n2(n3).設(shè)數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和為 Tn，得 T12，T23.當(dāng) n3 時(shí)，可得Tn39（13n2）13（n7） （n2）23nn25n112進(jìn)而可得 Tn2，n1，3nn25n112，n2，nN*.題題 8(高考四川卷文科第 19 題)已知數(shù)列 na的首項(xiàng)為1，nS為數(shù)列 na的前n項(xiàng)和，11nnSqS，其中0q ，*nN.（1）若2a，3a，23+aa成

9、等差數(shù)列，求數(shù)列 na的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)雙曲線2221nyxa的離心率為ne，且22e ，求22212neee.解解(1)由 Sn1qSn1，Sn2qSn11(nN*)，兩式相減得 an2qan1(nN*).又由 S2qS11，11a ，可得 a2qa1，所以 an+1qan(nN*).得數(shù)列an是首項(xiàng)為 1，公比為 q 的等比數(shù)列，所以 anqn1.再由 a2，a3，a2a3成等差數(shù)列，可得 2a3a2a2a3即 a32a2，得 q2.所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式是 an2n1(2) 在 (1) 的 解 答 中 已 得 an qn1， 所 以 雙 曲 線 x2y2a2n 1 的 離 心 率22(

10、1)11nnneaq-=+=+由 e2 1q22，解得 q 3，所以e21e22e2n(11)(1q2)1q2(n1)n1q2q2(n1)nq2n1q21n12(3n1)5錯(cuò)位相減法錯(cuò)位相減法題題 9(高考山東卷理科第 18 題即文科第 19 題)已知數(shù)列 na的前n項(xiàng)和238nSnn， nb是等差數(shù)列，且1.nnnabb（1）求數(shù)列 nb的通項(xiàng)公式；（2）令1(1).(2)nnnnnacb求數(shù)列nC的前n項(xiàng)和nT.解解(1)由題意知，當(dāng) n2 時(shí)，anSnSn16n5.又因?yàn)?a1S111，所以 an6n5(nN*).設(shè)等差數(shù)列bn的公差為 d.可得a1b1b2，a2b2b3，即112b1d

11、172b13d，解得b14，d3，所以 bn3n1.(2)由(1)的解答，可得 cn（6n6）n1（3n3）n3(n1)2n1.又由 Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n12Tn3223324(n1)2n2把它們相減，得Tn322223242n1(n1)2n2344（12n）12(n1)2n2 3n2n2所以 Tn3n2n2.6待定系數(shù)法待定系數(shù)法題題 10數(shù)列3) 12(nn的前n項(xiàng)和nS解解設(shè)等差數(shù)列ma的公差為d，等比數(shù)列mb的公比為(1)q q ，得111(1) (1,2, )mmmabamdbqmn先用錯(cuò)位相減法求數(shù)列mmab的前n項(xiàng)和nS：21111112111111

12、211112111111()(2 )(1) ()(2) (1) (1)(1) ()(1) (1nnnnnnnnnnnSb aad qad qand qqSba qad qand qand qq Sb adqdqdqand qbddqdqdqand qadddqbanq11) nd qad111111nnqddSdnadqadbqq所以有下面的結(jié)論成立：若,mmab分別是等差數(shù)列、等比數(shù)列(其公比1q)，且11,a b均是與n無關(guān)的常數(shù)，則數(shù)列mmab的前n項(xiàng)和bqbanSnn)(，其中, a b是與n無關(guān)的常數(shù)由此結(jié)論就可以用待定系數(shù)法快速求解本題：可設(shè)() 3nnSanbb(其中, a b是

13、常數(shù))可 得123,32730SS， 所 以3()39(2)30abbabb， 解 得33ab ， 所 以33) 1(1nnnS題題 11求和1221 2 +2 2+3 2+(1) 2 +2nnnnSnn 解解得012111111+2+3+22222nnnSn用待定系數(shù)法可求出該等式的右邊為1242nn，所以2224nnSn七、求導(dǎo)法、積分法七、求導(dǎo)法、積分法題題 12(1)求證：) 1(111132xxxxxxxnn；(2)求證：) 1() 1(1 1) 1(321212xxxnxnxxxnn；(3)求數(shù)列(21) 3nn的前n項(xiàng)和nS解解(1)當(dāng)0 x時(shí)，顯然成立當(dāng)0 x時(shí)，由等比數(shù)列的前

14、n項(xiàng)和公式知，欲證結(jié)論也成立(2)視(1)的結(jié)論為兩個(gè)函數(shù)相等，兩邊求導(dǎo)后即得欲證成立(3)1(21) 3 =6(3)3nnnnn在(2)的結(jié)論中令3x，得數(shù)列13nn的前n項(xiàng)和為413) 12(nn；又因?yàn)閿?shù)列 3n的前n項(xiàng)和為2331n所以數(shù)列(21) 3nn的前n項(xiàng)和為33) 1(233413) 12(611nnnnnnS題題 13(高考江蘇卷第 23 題)請(qǐng)先閱讀：在等式xxx( 1cos22cos2R)的兩邊對(duì) x 求導(dǎo)，得) 1cos2()2(cos2xx由求導(dǎo)法則，得)sin(cos42)2sin(xxx，化簡(jiǎn)后得等式xxxcossin22sin(1)利用上題的想法(或其他方法)，試由等式xxCxCxCCxnnnnnnn()1 (2210R，整數(shù))2n證明：nkkknnxkCxn211 1)1(2)對(duì)于整數(shù)3n，求證：(i)0) 1(1nkknkkC；(ii)0) 1(12nkknkCk；(iii)1121110nCknnkkn答案：(1)在已知等式兩邊對(duì)x求導(dǎo)后移項(xiàng)可得欲證(2) (i)在結(jié)論(1)中令1x可證(ii)由已知等式兩邊對(duì)x求導(dǎo)后再求導(dǎo)，又令1x，得0) 1() 1(22nkkknCkk，即0)() 1(12nkknkCkk，再由結(jié)論(i)得結(jié)論(ii)成立(iii)在已知等式兩邊在0,1上對(duì)x積分后可得欲證