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(讲案、练案、考案)数学高三第一轮复习方案(大纲)3.4


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课前自主研习
温故而知新 可以为师矣

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/>知 识 导 读 1.等差数列与等比数列的求和方法 等差数列的前 n 项和公式是采用__________推导的,等比 倒序相加法 数列的前 n 项和是采用__________推导的. 错位相减法 2.数列求和的常用方法与题型特征 (1)倒序相加法适用的题型特征为__________; 倒序结组 (2)错位相减法适用的题型特征为 {cn}={an·n},其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列 b _________________________________________________; (3)裂项相消法适用的题型特征为 m an= (m,k 为常数),{bn}为等差数列 bn+bn+k ____________________________________________________;

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拆项后构成等差或等比数列 (4)拆项分组法适用的题型特征为______________________. (5)公式法求和常用的公式有 n?n+1??2n+1? 12+22+?+n2=__________; 6 ?n?n+1?? ? ?2 3 3 3 ? 1 +2 +?+n =__________. 2 ? ? ? 3.常见的拆项公式有: 1 1 - 1 n n+1 (1) =______________________________; n?n+1? 1 ? 1? 1 ? ? - 1 2?2n-1 2n+1? ? ? (2) =________________________; ?2n-1??2n+1?

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? 1 1? 1 ? ? - 1 2?n?n+1? ?n+1??n+2?? ? ? (3) =________________________; n?n+1??n+2?

1 ( a- b) 1 a-b (4) =________________________________. a+ b

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基 础 热 身 1 1 1 1 1.数列 1 ,2 ,3 ,4 ,?的前 n 项和为( 2 4 8 16 1 2 1 1 1 A. (n +n+2)- n B. n(n+1)+1- n-1 2 2 2 2 ? 1? 1 2 1 1 ? C. (n -n+2)- n D. n(n+1)+2?1-2n? ? 2 2 2 ? ?

)

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? 1? 1 1 1 1 ? 解析: n=1 +2 +3 +4 +?+?n+2n?=(1+2+3+?+ S ? 2 4 8 16 ? ? ?1 1 1? ? n)+?2+4+?+2n? ? ? ? 1? 1? ? 1- n? n?n+1? 2? 2 ? 1 2 1 ? ? = + = (n +n+2)- n. 2 1 2 2 1- 2 答案:A

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)

1 2. 数列{an}的前 n 项和为 Sn, an= 若 , S5 等于( 则 n?n+1? 5 A.1 B. 6 1 1 C. D. 6 30

1 1 1 1 1 1 1 1 解析:S5= + +?+ =(1- )+( - )+?+( - ) 1· 2· 2 3 5· 6 2 2 3 5 6 1 5 =1- = . 6 6 答案:B

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3.设数列 1,(1+2),?,(1+2+22+?+2n-1),?的前 n 项和为 Sn,则 Sn 的值为( ) A.2n B.2n-n C.2n+1-n D.2n+1-n-2

解法一:特殊值法 由原数列知 S1=1,S2=4, 在选项中,满足 S1=1,S2=4 的只有 D. 解法二:∵通项 an=1+2+22+?+2n-1=2n-1, 2?2n-1? ∴Sn= -n=2n+1-n-2. 2-1 答案:D

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4.若 Sn=1-2+3-4+?+(-1)n-1· n,则 S17+S33+S50 等 于( ) A.1 B.-1 C.0 D.2

?n+1 ?n为奇数?, ? 2 , 解析:Sn=? ?-n, ?n为偶数?. 2 ? 故 S17=9,S33=17,S50=-25,S17+S33+S50=1. 答案:A

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5.在数列{an}中,a1=2,an+1=1-an(n∈N*),设 Sn 为数列 {an}的前 n 项和,则 S2006-2S2007+S2008=( ) A.-3 B.-2 C.3 D.2

解析:由 an+2=1-an+1=1-(1-an)=an, ∴数列{an}的周期为 2. ∴S2006=1003×(2-1)=1003, S2007=2+1003×(-1+2)=1005, S2008=1004×(2-1)=1004. ∴S2006-2S2007+S2008=1003-2010+1004=-3. 答案:A

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思维互动启迪
博学而笃志 切问而近思

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疑难精讲 1.从分析数列的通项入手,挖掘数列的通项结构特征,并进 行联想对比,来选择求和的不同方法. 2.对于由一个等差数列和一个等比数列的对应项作积,形 成的一类新数列的求和,一般选用错位相减法求解. 3.对于分子为某一常数,分母是由等差数列的项形成的分 数数列的求和一般选用拆项相消法.

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互动探究 题型 1. 用“倒序相加法”求和 例 1.求和:Sn=C0+3C1+5C2+?+(2n-1)Cn. n n n n

【解析】 倒序相加法: n=C0+3C1+5C2+?+(2n-1)Cn S n n n n ①
n 又 Sn=(2n-1)Cn+(2n-3)Cn-1+?+C0 n n =(2n-1)C0+(2n-3)C1+?+Cn② n n n ①+②得 2Sn=2nC0+2nC1+?+2nCn n n n =2n(C0+C1+?+Cn)=2n·n 2 n n n ∴Sn=n·n 2

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题型 2.用“错位相减法”求和 例 2.已知等差数列{an}的首项 a1=1,且公差 d>0,其第二 项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二项、第三项、 第四项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; c1 c2 cn (2)设数列{cn}对任意正整数 n 均有 + +?+ =an+1 成 b1 b2 bn 立,求 a1c1+a2c2+?+ancn 的值.

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【解析】 (1)由题意得(a1+d)(a1+13d)=(a1+4d)2.解得 d= 2,所以 an=2n-1,易得 bn=3n-1. cn (2)由题意得 =an+1-an=2(n≥2), bn ?3 ?n=1?. ? 所以 cn=? n-1 ?2· ?n≥2?. ? 3 所以由错位相减法得 a1c1+a2c2+?+ancn=2(n-1)·n+3. 3

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题型 3 用“分组求和法”求和 例3 求下面数列的前 n 项和 1 1 1 1+1, +4, 2+7,?, n-1+3n-2 a a a

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【解析】

前 n 项和为 1 1 1 Sn=(1+1)+( +4)+( 2+7)+?+( n-1+3n-2) a a a 1 1 1 =(1+ + 2+?+ n-1)+[1+4+7+?+(3n-2)], a a a 1 1 1 设 S1=1+ + 2+?+ n-1, a a a an-1 当 a=1 时,S1=n;当 a≠1 时,S1= n , a -an-1 ?3n-1?n S2=1+4+7+?+(3n-2)= . 2 ?3n-1?n ?3n+1?n ∴当 a=1 时,Sn=S1+S2=n+ = ; 2 2 an-1 ?3n-1?n 当 a≠1 时,Sn=S1+S2= n + . a -an-1 2
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题型 4 用“拆项法”求和 1 例 4 设正数数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn= (an+1)2, 4 (1)求出数列{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,记数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn. anan+1

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【解析】 (1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 1 = [(an+1)2-(an-1+1)2]. 4 整理得(an+an-1)(an-an-1-2)=0. ∵an+an-1≠0,∴an-an-1=2. 1 当 n=1 时,a1=S1= (a1+1)2,解得 a1=1. 4 ∴数列{an}是以 a1=1 为首项,以 d=2 为公差的等差数列, ∴an=2n-1. 1 1 1 1 (2)bn= = ( - ). ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn= [1- + - +?+ - ] 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 = (1- ). 2 2n-1
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题型 5 用“奇偶讨论法”求和 例 5 数列{an}满足递推关系:an=an-2+2,且 a1=1,a2= 4. (1)求 a3,a4; (2)求 an; (3)求数列{an}前 n 项之和.

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【解析】 =6.

(1)∵an=an -2 +2,a1=1,a2=4,∴a3=3,a4

(2)由 an-an-2=2,知{an}的奇数项与偶数项均成等差数列. ?n ? ? 若 n 为偶数,则 an=a2+?2-1?· ? 2=n+2; ? ? ?n+1 ? ? ? 若 n 为奇数,则 an=a1+? 2=n, -1?· 2 ? ? n ∴an=n+[1+(-1) ].

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(3)当 n 为偶数时, n?n+1? n2+3n Sn= +n= ; 2 2 n?n+1? n2+3n-2 当 n 为奇数时,Sn= +n-1= , 2 2 ?n2+3n-2 ? , 2 ? ??n为奇数? ∴Sn=? 2 ?n +3n, ? 2 ? ? ?n为偶数?

)

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错解辨析 例 6 已知两个等差数列{an}, n}的前 n 项和分别为 Sn, n, {b T Sn 7n+1 a11 * 且 = (n∈N ),求 . Tn 4n+27 b11 Sn 7n+1 【错解】 = , Tn 4n+27 可设 Sn=(7n+1)k,Tn=(4n+27)k,k≠0, 则 a11=S11-S10=(7×11+1)k-(7×10+1)k=7k, b11=T11-T10=(4×11+27)k-(4×10+27)k=4k, a11 7k 7 ∴ = = . b11 4k 4

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Sn 7n+1 【错因】 错解问题出在“ = ,可设 Sn=(7n+1)k,Tn Tn 4n+27 =(4n+27)k”上, Sn 7n+1 这种设法虽然可以保证“ = ”成立, Tn 4n+27 但因等差数列的前 n 项和 Sn(当公差 d≠0 时)不是 n 的一次函数, 而是 n 的二次函数, d 2 d 即 S= n +(a1- )n(d≠0), 2 2 错解设法把 Sn、Tn 变成了 n 的一次函数, 从而改变了公式的本质特征导致错误, 或许你会问 “为什么不设为 Sn=(7n+1)(kn+c), n=(4n+27)(kn+c)呢?”, T 只要你注意到表达式中没有常数项就行了, 看来,深刻理解公式的结构特征为我们正确使用公式提供了有力 的保证.
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【正解】 由等差数列的性质有: a1+a21 b1+b21 a11= ,b11= , 2 2 a1+a21 a1+a21 ×21 2 2 a11 S21 7×21+1 4 ∴ = = = = = . b11 b1+b21 b1+a21 T21 4×21+27 3 ×21 2 2

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