第6章 第4节　数列求和-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

这是一份第6章 第4节　数列求和-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案，共11页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。

一、教材概念·结论·性质重现
1．求数列前n项和的常用方法
一些常见的数列前n项和公式
①1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)；
②1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2;
③2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)；
④12＋22＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6).
2．常用结论
常见的裂项技巧
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))；
③eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)；
⑤eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(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＝eq \f(a1－an＋1,1－q)．(√)
(2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))．(√)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)＋2n－1))的前n项和为n2＋eq \f(1,2n)．(×)
2．数列{an}的前n项和为Sn.若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于( )
A．1 B．eq \f(5,6) C．eq \f(1,6) D．eq \f(1,30)
B 解析：因为an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
3．已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为( )
A．－110B．－90
C．90D．110
D 解析：因为a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16.又因为a7是a3与a9的等比中项，所以(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，解得a1＝20.所以S10＝10×20＋eq \f(1,2)×10×9×(－2)＝110.
4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
2n＋1－2＋n2 解析：Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n1＋2n－1,2)＝2n＋1－2＋n2.
5．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________.
－25 解析：S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.
考点1 利用公式法求数列的和——基础性
1．已知数列{an}既是等差数列又是等比数列，首项a1＝1，则它的前2 020项的和等于( )
A．eq \f(1－q2 020,1－q)B．2 021a1＋2 021×1 010d
C．2 020D．0
C 解析：数列{an}既是等差数列又是等比数列，首项a1＝1，则an＝1(n∈N*)(常数数列)，前2 020项的和等于2 020.
2．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项的和为( )
A．120B．70
C．75D．100
C 解析：因为eq \f(Sn,n)＝n＋2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为10×3＋eq \f(10×9,2)＝75.
3．(2020·兖州模拟)已知数列{an}的前n项积为Tn.若对∀n≥2，n∈N*，都有Tn＋1·Tn－1＝2Teq \\al(2,n)成立，且a1＝1，a2＝2，则数列{an}的前10项和为________．
1 023 解析：因为Tn＋1·Tn－1＝2Teq \\al(2,n)，所以eq \f(\f(Tn＋1,Tn),\f(Tn,Tn－1))＝2，
即eq \f(an＋1,an)＝2(n≥2)．而eq \f(a2,a1)＝2，
所以{an}为等比数列，故an＝2n－1，
所以S10＝eq \f(1×1－210,1－2)＝1 023.
4．(2020·深圳模拟)等差数列{an}中，a4＝10且a3，a6，a10成等比数列，数列{an}前20项的和S20＝________.
200或330 解析：设数列{an}的公差为d，
则a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，a10＝a4＋6d＝10＋6d.
由a3，a6，a10成等比数列，得a3a10＝aeq \\al(2,6)，
即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2，
整理得10d2－10d＝0，解得d＝0或d＝1.
当d＝0时，S20＝20a4＝200；
当d＝1时，a1＝a4－3d＝10－3d＝10－3×1＝7，
所以S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝20×7＋190＝330.
故答案为200或330.
公式法求数列的前n项和的注意事项
(1)利用公式法求和，适用于等差数列、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列求和．
(2)一般地，求数列的前n项的和与数列各项的和不尽相同，利用等差数列与等比数列的求和公式计算数列的和，关键是明确数列的首项和项数．
考点2 利用分组法求数列的和——基础性
1．数列1eq \f(1,2)，2eq \f(1,4)，3eq \f(1,8)，…的前n项和为Sn＝( )
A．eq \f(n2－1,n)B．eq \f(nn＋1,2)＋2n
C．eq \f(nn＋1,2)－eq \f(1,2n)＋1D．eq \f(n,2n)－1
C 解析：数列1eq \f(1,2)，2eq \f(1,4)，3eq \f(1,8)，…的前n项和为Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))＝eq \f(nn＋1,2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq \f(nn＋1,2)－eq \f(1,2n)＋1.
2．已知函数f (n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2当n为奇数时，,－n2当n为偶数时，))且an＝f (n)＋f (n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
B 解析：由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－50×101＋50×103＝100.故选B．
3．(2020·海口模拟)已知数列{an}满足an＝lgn＋1(n＋2)(n∈N*)，设Tk＝a1a2…ak(k∈N*)．若Tk∈N*，称数k为“企盼数”，则区间[1,2 020] 内所有的企盼数的和为( )
A．2 020B．2 026
C．2 044D．2 048
B 解析：因为an＝lgn＋1(n＋2)＝eq \f(lg2n＋2,lg2n＋1)(n∈N*)，
所以Tk＝a1a2…ak＝eq \f(lg23,lg22)×eq \f(lg24,lg23)×eq \f(lg25,lg24)×…×eq \f(lg2k＋2,lg2k＋1)＝lg2(k＋2)．
又因为Tk∈N*，
所以k＋2必须是2的n次幂(n∈N*)，即k＝2n－2，
所以k∈[1,2 020]内所有的企盼数的和为(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)＝eq \f(221－29,1－2)－2×9＝2 026.
4．求和：Sn＝6＋66＋666＋…＋.
解：Sn＝6＋66＋666＋…＋＝eq \f(6,9)(9＋99＋999＋…＋)
＝eq \f(2,3)[(10－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)]
＝eq \f(2,3)(10＋102＋103＋…＋10n－n)
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(101－10n,1－10)－n))
＝eq \f(20,27)(10n－1)－eq \f(2,3)n.
分组法求数列的前n项和的方法技巧
(1)如果一个数列是等差数列与等比数列的代数和，求其前n项和需要先分组再利用公式求和．
(2)如果数列的排序规律较为“隐蔽”，如an是求和的形式，则需要先化简通项公式，得到明确的排序规律再对其求和．
考点3 利用裂项相消法求数列的和——综合性
考向1 形如an＝eq \f(1,nn＋k)
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＝eq \f(1,Sn＋2)，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.
(2)因为Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n2n＋6,2)＝n2＋3n，
所以bn＝eq \f(1,Sn＋2)＝eq \f(1,n2＋3n＋2)
＝eq \f(1,n＋1n＋2)
＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2).
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(n,2n＋4).
考向2 形如an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))
(2020·临沂模拟)已知函数f (x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,f n＋1＋f n)，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 020＝________.
eq \r(2 021)－1 解析：由f (4)＝2可得4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，则f (x)＝xeq \s\up8(eq \f(1,2)).
所以an＝eq \f(1,f n＋1＋f n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 020)－eq \r(2 019))＋(eq \r(2 021)－eq \r(2 020))＝eq \r(2 021)－1.
应用裂项相消法求和的注意点
(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))，eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，裂项后可以产生连续相互抵消的项．
(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项等．
1．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对∀n∈N*有2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an.令bn＝eq \f(1,an\r(an＋1)＋an＋1\r(an))，设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________．
9 解析：因为2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，
所以当n≥2时，2an＝2(Sn－Sn－1)＝(aeq \\al(2,n)＋an)－(aeq \\al(2,n－1)＋an－1)，
整理得(an－an－1)(an＋an－1)＝an＋an－1.
又因为数列{an}的每项均为正数，
所以an－an－1＝1.
又因为2a1＝aeq \\al(2,1)＋a1，解得a1＝1，
所以数列{an}是首项、公差均为1的等差数列．
所以an＝n，
所以bn＝eq \f(1,an\r(an＋1)＋an＋1\r(an))
＝eq \f(1,\r(nn＋1))·eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))
＝eq \f(\r(n＋1)－\r(n),\r(nn＋1))＝eq \f(1,\r(n))－eq \f(1,\r(n＋1)).
所以数列{bn}的前n项和为Tn＝1－eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(2))－eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))－eq \f(1,\r(n＋1))＝1－eq \f(1,\r(n＋1)).
要使得Tn为有理数，只需eq \f(1,\r(n＋1))为有理数即可．
因为1≤n≤100，
所以n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99.
即在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.
2．在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列，数列{an}的前10项和为45.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,anan＋1)，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)公差d不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列，
可得a1a8＝aeq \\al(2,4)，即有a1(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，
化为a1＝9d.
数列{an}的前10项和为45，可得10a1＋45d＝45，
解得a1＝3，d＝eq \f(1,3)，则an＝3＋eq \f(1,3)(n－1)＝eq \f(n＋8,3)；
(2)bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(9,n＋8n＋9)＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋8)－\f(1,n＋9)))，
则Tn＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)－\f(1,10)＋\f(1,10)－\f(1,11)＋…＋\f(1,n＋8)－\f(1,n＋9)))＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)－\f(1,n＋9)))＝eq \f(n,n＋9).
考点4 利用错位相减法求数列的和——应用性
(2020·河南百校联盟模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a3＝5，S7＝49.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,2n)，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn<3.
(1)解：设数列{an}的公差为d，
则由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,7a1＋21d＝49，))
解得a1＝1，d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)证明：bn＝eq \f(an,2n)＝eq \f(2n－1,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,4)＋eq \f(5,8)＋…＋eq \f(2n－1,2n)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,8)＋eq \f(5,16)＋…＋eq \f(2n－3,2n)＋eq \f(2n－1,2n＋1)，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)，
故Tn＝3－eq \f(1,2n－2)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n)<3.
本例题干条件不变，若数列{bn}满足bn＝(an－n＋1)·3n，求数列{bn}的前n项和Pn.
解：设数列{an}的公差为d，
则由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,7a1＋21d＝49，))
解得a1＝1，d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
bn＝(an－n＋1)·3n＝n·3n，
所以Pn＝3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，
3Pn＝32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，
两式相减得
－2Pn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1＝eq \f(31－3n,1－3)－n·3n＋1，
所以Pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－\f(1,4))) ·3n＋1＋eq \f(3,4).
错位相减法求和的注意点
(1)若在数列{an·bn}中，{an}成等差数列，{bn}成等比数列，在和式的两边同乘公比，再与原式错位相减，整理后即可以求出前n项和．
(2)注意错位相减后最后一项为负数项，这是易错点，另外分组求和时，中间部分等比数列的求和要找好等比数列的首项和项数．
设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝eq \f(n,an)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，①
所以当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq \f(n－1,3).②
①－②得3n－1an＝eq \f(1,3)，所以an＝eq \f(1,3n).
在①中，令n＝1，得a1＝eq \f(1,3)，适合an＝eq \f(1,3n)，
所以an＝eq \f(1,3n).
(2)因为bn＝eq \f(n,an)，所以bn＝n·3n.
所以Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
所以3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n·3n＋1－eq \f(31－3n,1－3)，
所以Sn＝eq \f(2n－13n＋1,4)＋eq \f(3,4).
方法
数列
求和公式
公式法
等差数列
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d
等比数列
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1))
分组求和法
等差±等比
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相加(减)构成的数列求和
倒序相加法
对偶法
将一个数列倒过来排列与原数列相加，主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和
裂项相消法
积商化差
适用于通项公式可以积化差的数列求和
错位相减法
等差×等比
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘(除)构成的数列求和
奇偶讨论法
正负号间隔
适用于奇数项与偶数项正负号间隔的数列求和