2022届高考数学一轮复习第五章数列5.4数列求和学案理含解析北师大版

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第四节　数列求和命题分析预测学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现．本节通过数列求和以及数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第112页知识点　数列前n项和的求法1．公式法（1）等差数列的前n项和公式Sn＝＝na1＋d．（2）等比数列的前n项和公式①当q＝1时，Sn＝na1；②当q≠1时，Sn＝＝Ｗ．2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解．3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．4．倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．5．错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．6．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．形如an＝（－1）nf（n）类型，可采用两项合并求解．• 温馨提醒 •二级结论1．常见的裂项公式（1）＝－．（2）＝．（3）＝－．2．常见数列的求和公式（1）12＋22＋32＋…＋n2＝（2）13＋23＋33＋…＋n3＝必明易错1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．1．在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为（　　）A．2 016　　　　　　　 B．2 017C．2 018  D．2 019解析：an＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 019．答案：D2．已知数列：1，2，3，…，，…，则其前n项和关于n的表达式为________．解析：设所求的数列前n项和为Sn，则Sn＝（1＋2＋3＋…＋n）＋＋＋…＋＝＋1－．答案：＋1－3．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Sn＝（n－1）2n＋1＋2．答案：（n－1）2n＋1＋24．（易错题）求1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1（x≠0且x≠1）的和．解析：设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②①－②得：（1－x）Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝－nxn，所以Sn＝－．授课提示：对应学生用书第113页题型一　分组转化法求和　　[例]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为（1，2）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn．[解析]　（1）设等差数列{an}的公差为d，因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为（1，2），所以＝1＋2＝3，得a1＝d，又易知＝2，所以a1＝1，d＝1．所以数列{an}的通项公式为an＝n．（2）由（1）可得，a2n＝2n，2an＝2n．因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，所以数列{bn}的前n项和Tn＝（1＋3＋5＋…＋2n－1）＋（2＋22＋23＋…＋2n）＝＋＝n2＋2n＋1－2．分组转化法求和的常见类型[对点训练]（2021·合肥质检）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn＝2an＋an，求数列{bn}的前n项和Tn．解析：（1）∵{an}为等差数列，∴解得∴an＝2n＋1．（2）∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋（2n＋1）＝2×4n＋（2n＋1），∴Tn＝2×（4＋42＋…＋4n）＋（3＋5＋…＋2n＋1）＝2×＋＝（4n－1）＋n2＋2n．题型二　裂项相消法求和　　[例]　数列{an}满足a1＝1，＝an＋1（n∈N＋）．（1）求证：数列{a}是等差数列，并求出{an}的通项公式；（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和．[解析]　（1）证明：由＝an＋1得a－a＝2，且a＝1，所以数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a＝1＋（n－1）×2＝2n－1，又由已知易得an＞0，所以an＝（n∈N＋）．（2）bn＝＝＝－，故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（－1）＋（－）＋…＋（－）＝－1．裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．[对点训练]设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N＋）．（1）求证：数列是等差数列；（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．解析：（1）证明：因为an＋1＝，所以－＝－＝－＝＝－，为常数．因为a1＝1，所以＝－1，所以数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．（2）由（1）知＝－1＋（n－1）＝－，所以an＝2－＝，所以bn＝＝＝＝1＋＝1＋，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋＝n＋＝n＋，所以数列{bn}的前n项和Tn＝n＋．题型三　错位相减法求和　　[例]　（2020·高考全国卷Ⅰ）设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．[解析]　（1）设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2．所以q2＋q－2＝0，解得q＝1（舍去）或q＝－2．故{an}的公比为－2．（2）记Sn为{nan}的前n项和．由（1）及题设可得an＝（－2）n－1，所以Sn＝1＋2×（－2）＋…＋n×（－2）n－1，－2Sn＝－2＋2×（－2）2＋…＋（n－1）×（－2）n－1＋n×（－2）n．所以3Sn＝1＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）n－1－n×（－2）n＝－n×（－2）n．所以Sn＝－．运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．[对点训练]（2020·高考全国卷Ⅲ）设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．解析：（1）a2＝5，a3＝7．猜想an＝2n＋1．证明：由已知可得an＋1－（2n＋3）＝3[an－（2n＋1）]，an－（2n＋1）＝3[an－1－（2n－1）]，…，a2－5＝3（a1－3）．因为a1＝3，所以an＝2n＋1．（2）由（1）得2nan＝（2n＋1）2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋（2n＋1）×2n．①从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋（2n＋1）×2n＋1．②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－（2n＋1）×2n＋1，所以Sn＝（2n－1）2n＋1＋2．　数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例]　（2020·新高考全国卷Ⅰ）已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8．（1）求{an}的通项公式；（2）记bm为{an}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．解析：（1）设{an}的公比为q．由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8．解得q＝（舍去），q＝2．由题设得a1＝2．所以{an}的通项公式为an＝2n．（2）由题设及（1）知b1＝0，且当2n≤m＜2n＋1时，bm＝n．所以S100＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5＋b6＋b7）＋…＋（b32＋b33＋…＋b63）＋（b64＋b65＋…＋b100）＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×（100－63）＝480．1．本题利用基本元的思想，将已知条件转化为a1，q的形式，求解出a1，q，由此求得数列{an}的通项公式．2．通过分析数列{bm}的规律，由此求得数列{bm}的前100项和S100．[题组突破]1．（2021·贵阳摸底）定义为n个正数u1，u2，u3，…，un的“快乐数”．若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为，则数列的前2 019项和为（　　）A．　　 B．　　　C．　　 D．解析：设数列{an}的前n项和为Sn，则根据题意＝，Sn＝3n2＋n，所以an＝Sn－Sn－1＝6n－2（n≥2），当n＝1时也适合，所以an＝6n－2，所以＝＝＝－，所以的前2 019项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝．答案：B2．（2021·张掖期末测试）我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，，，，…，．①第二步：将数列①的各项乘以n，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an，则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝（　　）A．n2  B．（n－1）2C．n（n－1）  D．n（n＋1）解析：∵ak＝，∴当k≥2时，ak－1ak＝＝n2．∴a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝n2＝n2＝n（n－1）．答案：C