【数学】2020届一轮复习苏教版数列求和学案

【数学】2020届一轮复习苏教版数列求和学案

‎§6.5　数列求和 考情考向分析　本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以填空题为主，难度中等．解答题中一般和简单数论结合，难度较大．‎ ‎1．(1)an＝ ‎(2)等差数列前n项和Sn＝，推导方法：倒序相加法；‎ ‎(3)等比数列前n项和Sn＝ 推导方法：错位相减法．‎ ‎2．常见数列的前n项和 ‎(1)1＋2＋3＋…＋n＝；‎ ‎(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；‎ ‎(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.‎ ‎3．数列求和的常见方法 ‎(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；‎ ‎(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；‎ ‎(3)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；‎ ‎(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．‎ ‎(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．‎ 概念方法微思考 请思考以下常见式子的裂项方法．‎ ‎(1)；‎ ‎(2)；‎ ‎(3)；‎ ‎(4).‎ 提示　(1)＝－；‎ ‎(2)＝；‎ ‎(3)＝－；‎ ‎(4)＝.‎ 题组一　思考辨析 ‎1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　√　)‎ ‎(2)当n≥2时，＝.(　√　)‎ ‎(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(　×　)‎ ‎(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　√　)‎ ‎(5)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(　√　)‎ 题组二　教材改编 ‎2．[P69本章测试T12]等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________．‎ 答案　1 008‎ 解析　由a1＝1，a2＝2，得q＝2，‎ ‎∴S10＝＝1 023，‎ S4＝＝15，‎ ‎∴S10－S4＝1 008.‎ ‎3．[P68复习题T13(2)]已知数列{an}的通项公式an＝，则该数列的前________项之和等于9.‎ 答案　99‎ 解析　由题意知，an＝＝－，‎ 所以Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝9，解得n＝99.‎ ‎4．[P62习题T12]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．‎ 答案　－ 解析　设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1， ①‎ 则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn， ②‎ ‎①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn ‎＝－nxn，‎ ‎∴Sn＝－.‎ 题组三　易错自纠 ‎5．一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是________________．‎ 答案　100＋200(1－2－9)‎ 解析　第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×＝100＋200(1－2－9)．‎ ‎6．数列{an}的通项公式为an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 017＝________.‎ 答案　1 008‎ 解析　因为数列an＝ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.‎ 故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.‎ a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，‎ 故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.‎ ‎∴S2 017＝S2 016＋a2 017‎ ‎＝×2＋2 017·cos π＝1 008.‎ ‎7．已知数列{an}的前n项和Sn＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31＝______.‎ 答案　－76‎ 解析　Sn＝ ‎∴Sn＝ ‎∴S15＝29，S22＝－44，S31＝61，‎ ‎∴S15＋S22－S31＝－76.‎ 题型一　分组求和与并项求和 例1 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.‎ a1也满足an＝n，‎ 故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.‎ 记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．‎ 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，‎ 则A＝＝22n＋1－2，‎ B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2(n∈N*)．‎ 引申探究 本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　由(1)知bn＝2n＋(－1)nn.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]‎ ‎＝＋ ‎＝2n＋1＋－2；‎ 当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]‎ ‎＝2n＋1－2＋－n ‎＝2n＋1－－.‎ ‎∴Tn＝ 思维升华 分组转化法求和的常见类型 ‎(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．‎ ‎(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．‎ 跟踪训练1 (2018·苏州模拟)已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．‎ ‎(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；‎ ‎(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解　(1)若数列{an}是等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.‎ 由an＋1＋an＝4n－3，‎ 得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，‎ 即2d＝4,2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－.‎ ‎(2)由an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)，‎ 得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*)．‎ 两式相减得an＋2－an＝4，‎ 所以数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列．‎ 由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1，‎ 所以an＝ ‎①当n为奇数时，an＝2n，an＋1＝2n－3.‎ Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ‎＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an ‎＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n ‎＝＋2n＝.‎ ‎②当n为偶数时，‎ Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ‎＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)‎ ‎＝1＋9＋…＋(4n－7)＝.‎ 所以Sn＝ 题型二　错位相减法求和 例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式an；‎ ‎(2)若ak＋1，a2k，a2k＋3(k∈N*)恰好依次为等比数列{bn}的第一、第二、第三项，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝12＋1＝2.‎ 当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.‎ 检验n＝1时，上式符合，‎ ‎∴an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)由题意知ak＋1，a2k，a2k＋3成等比数列，‎ ‎∴a＝ak＋1·a2k＋3，‎ 即(2·2k)2＝2(k＋1)·2(2k＋3)，‎ 解得k＝3(负值舍去)．‎ b1＝a4＝8，b2＝a6＝12，公比q＝＝，‎ ‎∴bn＝8·n－1，‎ ‎∴＝n·n－1，‎ ‎∴Tn＝×0＋×2×1＋…＋×n×n－1，‎ 即Tn＝×. ①‎ 上式两边乘以，‎ 得Tn＝×. ②‎ ‎①－②，得Tn＝× －nn＝－n，‎ 则Tn＝－n(n∈N*)．‎ 思维升华 形如{an·bn}(其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列)的数列可用错位相减法求和．‎ 跟踪训练2 已知数列{an}满足an≠0，a1＝，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N*.‎ ‎(1)求证：是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由已知可得，－＝2，＝3，‎ ‎∴是首项为3，公差为2的等差数列，‎ ‎∴＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知bn＝(2n＋1)2n，‎ ‎∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，‎ ‎2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1，‎ 两式相减得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1.‎ ‎＝6＋－(2n＋1)2n＋1‎ ‎＝－2－(2n－1)2n＋1，‎ ‎∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1(n∈N*)．‎ 题型三　裂项相消法求和 例3 (2018·江苏省启东中学月考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，anan＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)．‎ ‎(1)求a2 019的值；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)若数列{bn}满足b1＝1，bn＝(n≥2，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)因为anan＋1＝2(Sn＋1)，‎ 所以当n≥2时，an－1an＝2(Sn－1＋1)，‎ 两式相减，得anan＋1－an－1an＝2an，an≠0，‎ 所以an＋1－an－1＝2.‎ 又a1＝2，所以a2 019＝2＋×2＝2 020.‎ ‎(2)由anan＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，‎ 当n＝1时，a1a2＝2(a1＋1)，即2a2＝2×3，解得a2＝3.‎ 由an＋1－an－1＝2，‎ 可得数列{an}的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为2，‎ 所以a2k－1＝2＋2(k－1)＝2k，k∈N*，a2k＝3＋2(k－1)＝2k＋1，k∈N*，‎ 所以an＝n＋1.‎ ‎(3)因为数列{bn}满足b1＝1，‎ bn＝＝ ‎＝＝－，‎ 所以{bn}的前n项和 Tn＝＋＋…＋ ‎＝1－.‎ 思维升华 裂项相消法的关键是对通项拆分，要注意相消后剩余的项．‎ 跟踪训练3 已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝anan＋1，则数列{bn}的前10项和S10＝________.‎ 答案　 解析　由an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，得－＝1，‎ 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，‎ 所以＝n，即an＝.‎ 因为bn＝anan＋1＝＝－，‎ 所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝＋＋…＋＝1－＝.‎ ‎1．正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，‎ 由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，‎ 化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2(n∈N*)．‎ ‎(2)因为Sn＝＝＝n2＋3n，‎ 所以bn＝＝＝ ‎＝－，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝＋＋＋…＋ ‎＝－＝(n∈N*)．‎ ‎2．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，‎ 由得 解得 ‎∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1(n∈N*)，bn＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由a1＝3，an＝2n＋1，‎ 得Sn＝＝n(n＋2)，‎ 则cn＝ 即cn＝ 所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)‎ ‎＝＋(2＋23＋…＋22n－1)‎ ‎＝1－＋＝＋(4n－1)(n∈N*)．‎ ‎3．已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝0，其前n项和为Sn，且a2＋2，S3，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式； ‎ ‎(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn－2n<.‎ ‎(1)解　由a1＝0，得an＝(n－1)d，Sn＝，‎ 因为a2＋2，S3，S4成等比数列，‎ 所以S＝(a2＋2)S4，‎ 即(3d)2＝(d＋2)·6d，‎ 整理得3d2－12d＝0，即d2－4d＝0，‎ 因为d≠0，所以d＝4，‎ 所以an＝(n－1)d＝4(n－1)＝4n－4(n∈N*)．‎ ‎(2)证明　由(1)可得Sn＋1＝2n(n＋1)，‎ 所以bn＝＝＝2＋ ‎＝2＋，‎ 所以Tn＝2n＋＋＋…＋ ‎＝2n＋1＋－－，‎ Tn－2n＝－－，‎ 所以Tn－2n<.‎ ‎4．已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝an an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．‎ 解　(1)由题意，得 解得或 ‎∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)∵bn＝anan＝2n·2n＝－n·2n，‎ ‎∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)， ①‎ 则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)， ②‎ ‎②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，‎ 则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，‎ 解2n＋1－2>62，得n>5，‎ ‎∴n的最小值为6.‎ ‎5．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(2n－1)an＋1＝(2n＋3)Sn(n＝1,2,3，…)．‎ ‎(1)证明：数列是等比数列；‎ ‎(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.‎ ‎(1)证明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn，‎ ‎∴Sn＋1＝Sn，‎ ‎∴＝2·，‎ 又a1＝1，∴＝1≠0，‎ ‎∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)知，＝2n－1，‎ ‎∴Sn＝(2n－1)·2n－1，‎ ‎∴Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1， ①‎ ‎2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n. ②‎ ‎①－②得 ‎－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n ‎＝1＋2×－(2n－1)·2n ‎＝(3－2n)·2n－3，‎ ‎∴Tn＝(2n－3)·2n＋3(n∈N*)．‎ ‎6．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，∀n∈N*,2Sn＝a＋an.令bn＝，设{bn}的前n项和为Tn，求在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数．‎ 解　∵2Sn＝a＋an， ①‎ ‎∴2Sn＋1＝a＋an＋1， ②‎ ‎②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an，‎ a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.‎ 又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0，‎ 即an＋1－an＝1.‎ 在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1.‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．‎ ‎∴an＝n，‎ ‎∴bn＝ ‎＝ ‎＝＝－，‎ ‎∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－，‎ 要使Tn为有理数，只需为有理数，令n＋1＝t2.‎ ‎∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数，‎ ‎∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.‎