2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：6.4 数列求和

这是一份2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：6.4 数列求和，共7页。学案主要包含了知识重温，小题热身等内容，欢迎下载使用。


【知识重温】
一、必记6个知识点
1．公式法求和
使用已知求和公式求和的方法，即等差、等比数列或可化为等差等比数列的求和方法．
2．裂项相消法求和
把数列的通项拆分为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法．
3．错位相减法求和
(1)适用的数列：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．
(2)方法：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(*)，
则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1(**)，
(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．
4．倒序相加法求和
如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项之和，可把正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，例如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
5．分组求和法求和
若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化求和法，分别求和而后相加减．例如已知an＝2n＋(2n－1)，求Sn.
6．并项求和法求和
把数列中的若干项结合到一起，形成一个新的可求和的数列，此时，数列中的项可能正、负相间出现或呈现周期性．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两个项合并求解．例如：Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
二、必明2个易误点
1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
2．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(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＝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求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( )
二、教材改编
2．[必修5·P47T4改编]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)
3．[必修5·P61T4(1)改编]若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________.
三、易错易混
4．[2021·江西新余三校联考]数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为( )
A．－200 B．－100 C．200 D．100
5．函数f(x)＝eq \f(x,2x－1)，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 021)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2 021)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021)))的值为( )
A．2 020 B．2 021 C．1 010 D．1 011

四、走进高考
6．[2020·全国卷Ⅱ]0－1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，则称其为0－1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(i＝1,2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0－1序列a1a2…an…，C(k)＝＋k(k＝1,2，…，m－1)是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0－1序列中，满足C(k)≤eq \f(1,5)(k＝1,2,3,4)的序列是( )
A．11010… B．11011… C．10001… D．11001…

eq \x(考点一) 分组法求和[互动讲练型]
[例1] [2021·福州市高三毕业班适应性练习卷]已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，设bn＝eq \f(an,n).
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝2bn－n，求数列{cn}的前n项和．
悟·技法
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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，cn，n为偶数))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．
[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2021·洛阳市高三年级统一考试]已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
考点二 错位相减法求和[互动讲练型]
[例2] [2020·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．
悟·技法
1.掌握解题“3步骤”
2．注意解题“3关键”
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．
3．谨防解题“2失误”
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和.
[变式练]——(着眼于举一反三)
2．[2021·石家庄市高三年级阶段性训练题]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6＝9，S6＝21.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设eq \f(an,bn)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，求数列{bn}的前n项和．
考点三 裂项相消法[互动讲练型]
[例3] [2021·惠州市高三调研考试试题]记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＋a5＝20，S6＝48.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，Tn为数列{bn}的前n项和，证明Tn＜eq \f(1,6).
悟·技法
常见的裂项方法(其中n为正整数)
[变式练]——(着眼于举一反三)
3．[2021·黄冈中学，华师附中等八校联考]在公差是整数的等差数列{an}中，a1＝－9，且前n项和Sn≥S5.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝eq \f(1,2n－9an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
第四节 数列求和
【小题热身】
1．答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．解析：∵an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
答案：B
3．解析：Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n1＋2n－1,2)＝2n＋1－2＋n2.
答案：2n＋1－2＋n2
4．解析：根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D.
答案：D
5．解析：∵f(x)＝eq \f(x,2x－1)，
∴f(1－x)＝eq \f(1－x,21－x－1)＝eq \f(1－x,1－2x)＝eq \f(x－1,2x－1).
∴f(x)＋f(1－x)＝1，
∴倒序相加得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 021)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2 021)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021)))＝1 010.
答案：C
6．解析：C(1)＝eq \f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq \f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1)，
C(2)＝eq \f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝eq \f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2)，
C(3)＝eq \f(1,5)(a1a4＋a2a5＋a3a6＋a4a7＋a5a8)＝eq \f(1,5)(a1a4＋a2a5＋a3a1＋a4a2＋a5a3)，
C(4)＝eq \f(1,5)(a1a5＋a2a6＋a3a7＋a4a8＋a5a9)＝eq \f(1,5)(a1a5＋a2a1＋a3a2＋a4a3＋a5a4)．
对于A，C(1)＝eq \f(1,5)，C(2)＝eq \f(2,5)，故A不正确；对于B，C(1)＝eq \f(3,5)，故B不正确；对于D，C(1)＝eq \f(2,5)，故D不正确；对于C，C(1)＝eq \f(1,5)，C(2)＝0，C(3)＝0，C(4)＝eq \f(1,5)，∴C正确．
答案：C
课堂考点突破
考点一
例1 解析：解法一 因为bn＝eq \f(an,n)且nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
所以bn＋1－bn＝eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，
又b1＝a1＝2，
所以{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列．
所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.
解法二 因为bn＝eq \f(an,n)，所以an＝nbn，
又nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
所以n(n＋1)bn＋1－(n＋1)nbn＝2n(n＋1)，
即bn＋1－bn＝2，
又b1＝a1＝2，
所以{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列．
所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)及题设得，cn＝22n－n＝4n－n，
所以数列{cn}的前n项和Sn＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n－n)
＝(41＋42＋…＋4n)－(1＋2＋…＋n)
＝eq \f(41－4n,1－4)－eq \f(nn＋1,2)
＝eq \f(4n＋1,3)－eq \f(4,3)－eq \f(n2＋n,2).
变式练
1．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝eq \f(a4－a1,3)＝eq \f(12－3,3)＝3，
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n，
设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝eq \f(b4－a4,b1－a1)＝eq \f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2，
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，
从而bn＝3n＋2n－1.
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(3×1＋20)＋(3×2＋21)＋…＋(3n＋2n－1)
＝(3×1＋3×2＋…＋3n)＋(20＋21＋…＋2n－1)
＝3×eq \f(nn＋1,2)＋eq \f(1－2n,1－2)
＝eq \f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.
考点二
例2 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，
可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n
＝eq \f(1－－2n,3)－n×(－2)n.
所以Sn＝eq \f(1,9)－eq \f(3n＋1－2n,9).
变式练
2．解析：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，由S6＝21，得eq \f(6a1＋a6,2)＝21，所以a1＋a6＝7，
又a3＋a6＝9，所以d＝1.
于是a1＝1，故an＝n.
(2)设{bn}的前n项和为Tn，因为eq \f(an,bn)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，所以bn＝n×2n，
所以Tn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，
则2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，
于是－Tn＝1×21＋1×22＋…＋1×2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，
即Tn＝(n－1)×2n＋1＋2，故Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.
考点三
例3 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＋a5＝2a1＋7d＝20,S6＝6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2.))
由an＝a1＋(n－1)d，
得an＝2n＋1，n∈N*.
(2)bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n＋12n＋3)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，
∴Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3))).
∵n∈N*，
∴Tn＜eq \f(1,6).
变式练
3．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，则d∈Z，由题意知，Sn的最小值为S5，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5≤0，,a6≥0.))
∵a1＝－9，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4d－9≤0,5d－9≥0，))，解得eq \f(9,5)≤d≤eq \f(9,4)，∵d∈Z，∴d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－9＋2(n－1)＝2n－11.
(2)∵bn＝eq \f(1,2n－92n－11)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－11)－\f(1,2n－9)))，
∴Tn＝eq \f(1,2)[－eq \f(1,9)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,7)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2n－11)－eq \f(1,2n－9)]＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)－\f(1,2n－9)))＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)＋\f(1,2n－9)))＝eq \f(n,99－2n).
数列
裂项方法
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋k)))
(k为非零常数)
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)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2－1)))
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\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)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))))
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))))
a>0，a≠1
lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan