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【高考调研】2016届高三理科数学一轮复习微专题研究 6-2

高考调研

新课标版 ·数学(理) ·高三总复习

专题研究二 数列的求和

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第六章

数列

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专题讲解

题 组 层 级 快 练

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第六章

数列

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专 题 讲 解

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题型一 通项分解法

1 1 1 例1 ( 1 ) 数列1, 2 ,2, 4 ,4, 8 ,…的前2n项和S2n= ________.
【解析】 S2n=(1+2+4+…+2 1 1 1 n n )=2 -1+1- n=2 - n. 2n 2 2 1 n 【答案】 2 - n 2
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n-1

1 1 1 )+( + + +…+ 2 4 8

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1 1 1 ( 2 ) 求和:1+ + +…+ . 1+2 1+2+3 1+2+…+n 2 1 【解析】 设数列的通项为an,则an= =2( - n n?n+1?

1 ), n+1 1 1 1 1 ∴Sn=a1+a2+…+an=2[(1- 2 )+( 2 - 3 )+…+( - n 1 1 2n )]=2(1- )= . n+1 n+1 n+1 2n 【答案】 n+1
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探究1

将数列中的每一项拆成几项,然后重新分组,将

一般数列求和问题转化为特殊数列的求和问题,我们将这种 方法称为通项分解法,运用这种方法的关键是通项变形.

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思考题1 9 前n项的和Sn.

求数列0.9,0.99,0.999,…,0.99…9…n个

1 【答案】 Sn=n-9(1-0.1n)

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题型二 裂项相消法

例2 求和: 1 1 1 (1)Sn= + +…+ ; 1×2 2×3 n?n+1? 1 1 1 (2)Sn= + +…+ . 1×3 2×4 n?n+2?

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1 1 1 1 1 【解析】 ( 1 ) Sn=1-2+2-3+…+ - n n+1 1 n =1- = . n+1 n+1 1 1 1 1 1 ? 1? ? ? ( 2 ) Sn=2?1-3+2-4+…+n- n+2? ? ? 1 1 1 ? 2n+3 1? ? ? 3 - =2?1+2- . ?=4- n + 1 n + 2 2 n ? n + 2 ? ? ?
2n+3 n 3 【答案】 ( 1 ) Sn= ( 2 ) Sn=4- n+1 2n?n+2?
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探究2

裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项

或多项,使这些拆开的项出现有规律的相互抵消,看有几项 没有抵消掉,从而达到求和的目的.

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思考题2

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已知直线(3m+1)x+(1-

m)y-4=0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第 1 一项与第二项,若bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn,则 an· an+1 T10=( 9 A. 21 11 C. 21 ) 10 B.21 20 D. 21

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【解析】 依题意,将(3m+1)x+(1-m)y-4=0化为(x
?x+y-4=0, ? +y-4)+m(3x-y)=0,令 ? ? ?3x-y=0, ?x=1, ? 解得 ? ? ?y=3,



以直线(3m+1)x+(1-m)y-4=0过定点(1,3),所以a1=1, 1 1 1 a2=3,公差d=2,an=2n-1,bn= = ( - 2 2n-1 an· an+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ).T10= ×( - + - +…+ - )= ×( 2 1 3 3 5 2n+1 20-1 20+1 2 1 1 10 -21)=21.故选B.
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【答案】 B
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题型三 错位相减法
例3 2n-1 1 1 1 求和:Sn=1× +3× +5× +…+ n . 2 4 8 2

【思路】 数列1 3 ,5 ,

,…,2n-1成等差数列,数列

1 1 1 1 2 , 4 , 8 ,…, 2n 组成等比数列,此例利用错位相减法可达 目的.

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1 1 1 【解析】 ∵Sn=1× 2 +3× 4 +5× 8 +…+(2n- 1 1)× n, ① 2 1 1 1 1 1 ∴ Sn=1× +3× +…+(2n-3)× n +(2n-1)× n+1 . 2 4 8 2 2 ② ①-②,得

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1 1 1 1 1 1 S =1× +2× +2× +…+2× n-(2n-1)× n+1 = 2 n 2 4 8 2 2 1 1 2×4-2× n+1 2 1 1 1× + -(2n-1)× n+1 2 1 2 1-2 2n+3 3 2n+3 =2- n+1 .∴Sn=3- n (n∈N*). 2 2 2n+3 【答案】 Sn=3- n 2
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探究3

(1)如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个

等比数列对应项乘积组成,此时求和可采用错位相减法. (2)运用错位相减法求和,一般和式比较复杂,运算量较 大,易会不易对,应特别细心,解题时若含参数,要注意分 类讨论.

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思考题3
a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式; an (2)求数列{ n-1}的前n项和. 2

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已知等差数列{an}满足a2=0,

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【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d,由已知条件 可得
?a +d=0, ? 1 ? ? ?2a1+12d=-10, ?a =1, ? 1 解得? ? ?d=-1.

故数列{an}的通项公式为an=2-n.

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an a2 ( 2 ) 设数列{ n-1 }的前n项和为Sn,即Sn=a1+ +…+ 2 2 an Sn a1 a2 an ,故S1=1, 2 = 2 + 4 +…+ n. 2 2n-1 所以,当n>1时, a2-a1 an-an-1 an Sn 1 1 =a1+ +…+ - n =1-( + +…+ n-1 2 2 2 4 2 2 2-n 2-n n 1 n =1-(1- n-1)- n = n. n-1)- 2 2 2 2 2 1

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所以Sn= n-1. 2 an n 综上,数列{ n-1}的前n项和Sn= n-1. 2 2
【答案】 ( 1 ) an=2-n ( 2 ) Sn= n-1 2 n

n

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题型四 倒序相加法

4x 1 例4 设f(x)= x ,若S=f( 2 0 1 5 4 +2 2 0 1 4 f( 2 0 1 5 ),则S=________.

2 )+f( 2 0 1 5

)+…+

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4 2 【解析】 ∵f(x)= x ,∴f(1-x)= 1-x = x. 4 +2 4 +2 2+4 4x 2 ∴f(x)+f(1-x)= x + =1. 4 +2 2+4x 1 2 2 014 S=f( )+f( )+…+f( ),① 2 015 2 015 2 015 2 014 2 013 1 S=f( )+f( )+…+f( ),② 2 015 2 015 2 015

x

41

-x

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1 2 014 2 2 013 ①+②,得2S=[f( )+f( )]+[f( )+f( )] 2 015 2 015 2 015 2 015 2 014 1 +…+[f( )+f( )]=2 014. 2 015 2 015 2 014 ∴S= 2 =1 007.

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【答案】 1 007
探究4 如果一个数列{an},与首末两项等距离的两项之 和等于首末两项之和,可采用把正着写与倒着写的两个和式 相加,就得到一个常数列的和,这一求和方法称为倒序相加 法.

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思考题3

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x2 1 1 设f(x)= )+f( 2 015 ) 2 ,求f( 2 016 1+x

+…+f(1)+f(2)+…+f(2 016).
【解析】 x2 1 ∵f(x)= 2,∴f(x)+f( )=1. x 1+x

1 1 令S=f(2 016)+f(2 015)+…+f(1)+f(2)+…+f(2 016).① 1 1 则S=f(2 016)+f(2 015)+…+f(1)+f(2)+…+f(2 016).②

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4 031 ①+②,得2S=1×4 031=4 031,所以S= 2 . 4 031 【答案】 2

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题组层级快练

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