高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.2 导数的运算当堂检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.2 导数的运算当堂检测题，共6页。

【教 材 要 点】
要点一 分组求和法
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列．所以求此类数列的前n项和，即先分别求和，然后再合并，形如：
(1){an＋bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列；
(2)an＝ (k∈N*)．
要点二 错位相减求和法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
要点三 裂项相消求和法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
裂项相消求和经常用到下列拆项公式：
(1)＝____________；
(2)＝____________；
(3)＝____________．
题型探究·课堂解透——强化创新性
题型1 分组求和法
例1 [2022·福建厦门高二期末]记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和，已知S3＝12，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[听课记录]
【方法总结】
分组求和的一般步骤
巩固训练1 [2022·广东潮州高二期末]已知正项数列{an}满足：a1＝－an＋1＝＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
题型2 裂项求和
例2 [2022·江苏南京高二期末]已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg2an，数列的前n项和为Tn，证明：Tn<1.
[听课记录]
【方法总结】
对于通项公式是分式的一类数列，在求和时常用“裂项法”．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项．
巩固训练2 [2022·广东江门高二期中]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
题型3 错位相减求和
例3 [2022·山东菏泽高二期末]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个等差数列，记插入的这n个数之和为Tn，求数列{Tn}的前n项和．
[听课记录]
【方法总结】
错位相减法求和的两点提醒
巩固训练3 [2022·辽宁实验中学高二期中]数列{an}满足a1＝2，an·an＋1＝22n＋1，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝an·lg2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
数列求和习题课
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点三
(1) (2)) (3)
题型探究·课堂解透
例1 解析：(1)记等差数列{an}的公差为d，
由条件得，
所以，
因为d≠0，所以，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)bn＝＝2n＋9n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(2＋9)＋(4＋92)＋…＋(2n＋9n)
＝2(1＋2＋…＋n)＋(9＋92＋…＋9n)＝n(n＋1)＋＝n2＋n＋.
巩固训练1 解析：(1)因为－an＋1＝＋an，
所以(an＋1＋an)(an＋1－an)＝an＋1＋an，
又因为{an}为正项数列，所以an＋1＋an>0，所以an＋1－an＝1，
所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an＝n.
(2)由(1)知bn＝n＋2n，
所以Sn＝(1＋2＋…＋n)＋(2＋22＋…＋2n)＝＝2n＋1＋.
例2 解析：(1)由已知a1＋a2＋a3＋…＋an＝n，①
当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n－1，②
①－②⇒an＝1，∴an＝2n(n≥2)，
而当n＝1时，a1＝1，a1＝2也满足上式，∴an＝2n.
(2)证明：由(1)知bn＝lg2an＝lg22n＝n，
＝＝.
Tn＝1－＋…＋＝1－，
因为>0，所以Tn＝1－<1.
巩固训练2 解析：(1)因为Sn＝2Sn－1＋1，所以Sn＋1＝2·(Sn－1＋1)，S1＋1＝2，
所以数列{Sn＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn＋1＝2×2n－1(n∈N*)，即Sn＝2n－1，
当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，
当n＝1时a1＝1，符合上式，
所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)得bn＝＝，
所以Tn＝()＋()＋…＋()＝＝.
例3 解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，由己知an＋1＝2Sn＋2，可得an＝2Sn－1＋2(n≥2)，
两式相减可得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1，
即an＋1－an＝2an，整理得an＋1＝3an，可知q＝3，
已知an＋1＝2Sn＋2，令n＝1，得a2＝2a1＋2，即a1q＝2a1＋2，解得a1＝2，
故等比数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1(n∈N*)．
(2)由题意知在an与an＋1之间插入n个数，这n＋2个数组成以an＝2·3n－1为首项的等差数列，∴Tn＝＝4n·3n－1，设{Tn}前n项和为Ln，
Ln＝T1＋T2＋…＋Tn，
Ln＝4(1·30＋2·31＋3·32＋…＋(n－1)3n－2＋n·3n－1) ①，
①×3：3Ln＝4[1·31＋2·32＋…＋(n－1)3n－1＋n·3n] ②
①－②：－2Ln＝4(30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n)＝4(－n·3n)，
Ln＝2(n·3n＋)＝1＋(2n－1)3n(n∈N*)．
巩固训练3 解析：(1)由题意得：
数列{an}满足a1＝2，an·an＋1＝22n＋1，an－1·an＝22n－1(n≥2)，
两式相除并化简得＝4(n≥2)，
∵a1·a2＝23，
∴a2＝4，所以{a2n－1}，{a2n}是公比为4的等比数列，其中{a2n－1}的首项为2，{a2n}的首项为4.
所以a2n－1＝2×4n－1＝22n－1，a2n＝4×4n－1＝22n，
所以an＝2n.
(2)bn＝an·lg2an＝n·2n，∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n ①，
∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1 ②，
由②－①得Tn＝n×2n＋1－1×21－22－23－…－2n＝n×2n＋1－2×＝(n－1)2n＋1＋2.