2020版高中数学 第二章 数列 专题突破四 数列求和学案（含解析）新人教B版必修5.docx

《2020版高中数学 第二章 数列 专题突破四 数列求和学案（含解析）新人教B版必修5.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高中数学 第二章 数列 专题突破四 数列求和学案（含解析）新人教B版必修5.docx（11页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

专题突破四　数列求和 学习目标　1.掌握分组分解求和法的使用情形和解题要点.2.掌握奇偶并项求和法的使用情形和解题要点.3.掌握裂项相消求和法的使用情形和解题要点.4.进一步熟悉错位相减法． 知识点一　分组分解求和法 思考　求和：1＋2＋3＋…＋. 答案　1＋2＋3＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ ＝＋ ＝＋1－. 总结　分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和． 知识点二　奇偶并项求和法 思考　求和12－22＋32－42＋…＋992－1002. 答案　12－22＋32－42＋…＋992－1002 ＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002) ＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100) ＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100) ＝－5050. 总结　奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和．但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论． 知识点三　裂项相消求和法 思考　我们知道＝－，试用此公式求和：＋＋…＋. 答案　由＝－得 ＋＋…＋ ＝1－＋－＋…＋－ ＝1－. 总结　如果数列的项能裂成前后抵消的两项，可用裂项相消求和，此法一般先研究通项的裂法，然后仿照裂开每一项．裂项相消求和常用公式： (1)＝(－)； (2)＝(－)； (3)＝(－)； (4)＝[－]． 知识点四　错位相减求和法 思考　记bn＝n2n，求数列{bn}的前n项和Sn. 答案　∵Sn＝12＋222＋323＋…＋n2n， ① 2Sn＝122＋223＋324＋…＋(n－1)2n＋n2n+1， ② ①－②，得－Sn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n2n+1 ＝－2－(n－1)2n+1. ∴Sn＝2＋(n－1)2n+1，n∈N＋. 总结　错位相减法主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和． 利用“错位相减法”时，先写出Sn与qSn的表达式，再将两式对齐作差，正确写出(1－q)Sn的表达式；(利用此法时要注意讨论公比q是否等于1)． 1．并项求和一定是相邻两项结合．(　　) 2．裂项相消一定是相邻两项裂项后产生抵消．(　　) 题型一　分组分解求和 例1　求和：Sn＝2＋2＋…＋2(x≠0)． 解　当x≠1时， Sn＝2＋2＋…＋2 ＝＋＋…＋ ＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋ ＝＋＋2n ＝＋2n； 当x＝1时，Sn＝4n. 综上知，Sn＝ 反思感悟　某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和． 跟踪训练1　已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和． 解　(1)设数列{an}的公比为q(q>0)， 则 解得 ∴an＝a1qn-1＝22n-1＝2n. (2)bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn， 则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn) ＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn) ＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n) ＝＋ ＝2n+1－2＋n2＋n. 题型二　裂项相消求和 例2　求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋. 解　∵＝＝， ∴原式＝ ＝ ＝－(n≥2，n∈N＋)． 引申探究 求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋. 解　∵＝＝1＋， ∴原式＝＋＋＋…＋ ＝(n－1)＋ 以下同例2解法． 反思感悟　求和前一般先对数列的通项公式变形，如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项求和法． 跟踪训练2　求和： 1＋＋＋…＋，n∈N＋. 解　∵an＝＝＝2， ∴Sn＝2＝. 题型三　奇偶并项求和 例3　求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)． 解　当n为奇数时， Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1) ＝2＋(－2n＋1)＝－n. 当n为偶数时， Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2＝n. ∴Sn＝(－1)nn (n∈N＋)． 反思感悟　通项中含有(－1)n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和． 跟踪训练3　已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n(3n－2)，…，求其前n项和Sn. 解　当n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)， Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n(3n－2) ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)] ＝3k＝n； 当n为奇数时，令n＝2k－1(k∈N＋)， ∴Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k－(6k－2) ＝2－3k＝. ∴Sn＝ 题型四　错位相减求和 例4　(2018佛山检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{nan}的前n项和Tn. 解　(1)当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1. 当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2， 两式相减得an－an－1＝3an，化简得an＝－an－1， 所以数列{an}是首项为1，公比为－的等比数列， 所以an＝n-1，n∈N＋. (2)由(1)可得nan＝nn-1. Tn＝10＋21＋32＋…＋nn-1， －Tn＝11＋22＋…＋(n－1)n-1＋nn， 两式相减得 Tn＝1＋1＋2＋…＋n-1－nn＝－nn＝－n. 所以数列{nan}的前n项和Tn＝－n. 反思感悟　用错位相减要“能识别，按步走，慎化简”． 跟踪训练4　已知数列{an}的通项公式为an＝3n-1，在等差数列{bn}中，bn＞0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列． (1)求数列{anbn}的通项公式； (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 解　(1)∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9. ∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5. 设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列， ∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2. ∵bn＞0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2， ∴b1＝3，∴bn＝2n＋1. 故anbn＝(2n＋1)3n-1，n∈N＋. (2)由(1)知Tn＝31＋53＋732＋…＋(2n－1)3n-2＋(2n＋1)3n-1， ① 3Tn＝33＋532＋733＋…＋(2n－1)3n-1＋(2n＋1)3n， ② ①－②，得 －2Tn＝31＋23＋232＋233＋…＋23n-1－(2n＋1)3n ＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n ＝3＋2－(2n＋1)3n ＝3n－(2n＋1)3n ＝－2n3n. ∴Tn＝n3n，n∈N＋. 1．数列{1＋2n-1}的前n项和为________． 答案　Sn＝n＋2n－1，n∈N＋ 解析　∵an＝1＋2n-1， ∴Sn＝n＋＝n＋2n－1. 2．数列的前2018项和为________． 答案　 解析　因为＝2， 所以S2018＝2 ＝2＝. 3．已知数列an＝则S100＝________. 答案　5000 解析　由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100 ＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100) ＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100) ＝5000. 4．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N＋. (1)设bn＝，证明：数列{bn}是等差数列； (2)在(1)的条件下求数列{an}的前n项和Sn. (1)证明　由已知an＋1＝2an＋2n， 得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1. ∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1. ∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解　由(1)知，bn＝n，＝bn＝n. ∴an＝n2n-1. ∴Sn＝1＋221＋322＋…＋n2n-1， 两边同时乘以2得 2Sn＝121＋222＋…＋(n－1)2n-1＋n2n， 两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n-1－n2n ＝2n－1－n2n＝(1－n)2n－1， ∴Sn＝(n－1)2n＋1. 求数列的前n项和，一般有下列几种方法． 1．错位相减 适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． 2．分组求和 把一个数列分成几个可以直接求和的数列． 3．裂项相消 有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和． 4．奇偶并项 当数列通项中出现(－1)n或(－1)n+1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论． 5．倒序相加 例如，等差数列前n项和公式的推导方法． 一、选择题 1．数列2，4，6，…的前n项和Sn为(　　) A．n2＋1＋ B．n2＋2－ C．n(n＋1)＋－ D．n(n＋1)＋ 答案　C 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，Sn＝10，则n等于(　　) A．90B．119C．120D．121 答案　C 解析　an＝＝－，∴Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10，∴n＋1＝121，故n＝120. 3．数列，，，…，，…的前n项和为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由数列通项公式＝， 得前n项和Sn＝(－＋－＋－＋…＋－) ＝＝. 4．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，n∈N＋，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项的和是(　　) A.n(n＋2) B.n(n＋4) C.n(n＋5) D.n(n＋7) 答案　C 解析　∵a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n. ∴bn＝n＋2，∴{bn}的前n项和Sn＝. 5．如果一个数列{an}满足an＋an＋1＝H (H为常数，n∈N＋)，则称数列{an}为等和数列，H为公和，Sn是其前n项的和，已知等和数列{an}中，a1＝1，H＝－3，则S2019等于(　　) A．－3016 B．－3015 C．－3026 D．－3013 答案　C 解析　S2019＝a1＋(a2＋a3＋…＋a2019) ＝a1＋1009H＝1＋1009(－3)＝－3026. 6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，n∈N＋，则an等于(　　) A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnn C．2＋nlnn D．1＋n＋lnn 答案　A 解析　∵an＋1＝an＋ln， ∴an＋1－an＝ln＝ln＝ln(n＋1)－lnn. 又a1＝2， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋lnn－ln1＝2＋lnn. 二、填空题 7．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，n∈N＋，则S50＝________. 答案　－25 解析　S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)25＝－25. 8．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N＋，则S15＋S22－S31的值是________． 答案　－76 解析　S15＝－47＋a15＝－28＋57＝29， S22＝－411＝－44， S31＝－415＋a31＝－60＋121＝61， S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76. 三、解答题 9．已知函数f(x)＝2x－3x－1，点(n，an)在f(x)的图象上，数列{an}的前n项和为Sn，求Sn. 解　由题得an＝2n－3n－1， Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－3(1＋2＋3＋…＋n)－n ＝－3－n ＝2n＋1－－2. 10．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn. (1)求an及Sn； (2)令bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以 解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1， Sn＝3n＋2＝n2＋2n. 所以an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n. (2)由(1)知an＝2n＋1， 所以bn＝＝＝ ＝， 所以Tn＝(1－＋－＋…＋－) ＝(1－)＝， 即数列{bn}的前n项和Tn＝. 11．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝322n－1，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 解　(1)由已知，得当n>1时， an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22n＋1， an＝22n－1， 而a1＝2，符合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1. (2)由bn＝nan＝n22n－1知 Sn＝12＋223＋325＋…＋n22n－1， ① 从而22Sn＝123＋225＋327＋…＋n22n＋1. ② ①－②得 (1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n22n＋1， 即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]． 12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式． (2)令cn＝ 设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n. 解　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q， 由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3， 得解得 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1. (2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)， 则n为奇数时，cn＝＝－. n为偶数时，cn＝2n－1， 所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－＋＝＋(4n－1)．