高中数学高考第四节 数列求和 教案

这是一份高中数学高考第四节 数列求和 教案，共14页。
1.与等差、等比数列的定义和性质相结合，考查数列的求和，凸显数学运算的核心素养．
2．与不等式的证明相结合，考查数列的求和，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
方法一 分组转化法求和
若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式，则求和时可用分组转化法，就是对原数列的通项进行分解，分别对每个新的数列进行求和后再相加减．
[典例] 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，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＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n.
a1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝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＝eq \f(21－22n,1－2)＝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.
[方法技巧]
分组转化法求和的常见类型
[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．
[针对训练]
1．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝2－2(－1)n，n∈N*，则S2 019的值为( )
A．2 020×1 011－1 B．1 010×2 019
C．2 019×1 011－1 D．2 019×1 011
解析：选C 由递推公式，可得：
当n为奇数时，an＋2－an＝4，数列{an}的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列；
当n为偶数时，an＋2－an＝0，数列{an}的偶数项是首项为2，公差为0的等差数列，
∴S2 019＝(a1＋a3＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝2 019×1 011－1.
2．已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)＋eq \f(n,2)ln 3＝3n＋eq \f(n,2)ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)－(ln 2－ln 3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)－n))ln 3
＝3n－eq \f(n－1,2)ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋\f(n,2)ln 3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln 3－ln 2－1，n为奇数.))
方法二 裂项相消法求和
如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．
[典例] 在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Sn.
[解] (1)证明：nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2(n∈N*)，又eq \f(a1,1)＝4，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为4，公差为2的等差数列．
(2)由(1)，得eq \f(an,n)＝2n＋2，∴an＝2n2＋2n，
故eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n2＋2n)＝eq \f(1,2)·eq \f(n＋1－n,nn＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
[方法技巧]
1．用裂项法求和的裂项原则及规律
(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．
2．几种常见的裂项方式
[针对训练]
1．设数列{an}对n∈N*都满足an＋1＝an＋n＋a1，且a1＝1，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a28)＋eq \f(1,a29)＝________.
解析：因为a1＝1，且an＋1＝an＋n＋a1，则an＋1－an＝n＋1，那么an－an－1＝n(n≥2)，
因为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a28)＋eq \f(1,a29)
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,29)－\f(1,30)))＝eq \f(29,15).
答案：eq \f(29,15)
2．(2021·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn.
解：(1)∵a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1，
∴a1＝S1＝eq \f(a2,2)－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(an＋1,2)－n－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2)－n))，
即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，
∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.
(2)∵eq \f(2×3n,anan＋1)＝eq \f(2×3n,3n－13n＋1－1)＝eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋1－1)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3－1)－\f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32－1)－\f(1,33－1)))＋…＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋1－1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1).
方法三 错位相减法求和
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项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
[典例] 在①a5＝b4＋2b6，②a3＋a5＝4(b1＋b4)，③b2S4＝5a2b3三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
设{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，{bn}是等差数列．已知a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，a4＝b3＋b5，________.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，求Tn.
[解] (1)选条件①：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，
∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,3b1＋13d＝16，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
选条件②：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，
∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，a3＋a5＝4(b1＋b4)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,2b1＋3d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
选条件③：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，
∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，b2S4＝5a2b3，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,b1－d＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
(2)∵an＝2n－1，bn＝n，
∴Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，
∴2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
∴－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝eq \f(1－2n,1－2)－n×2n＝2n－1－n×2n，
∴Tn＝(n－1)·2n＋1.
[方法技巧]
(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．
(2)用错位相减法求和时，应注意：
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”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
[针对训练]
(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．
解：(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＝－2或q＝1(舍去)．
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.
两式相减得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).
创新考查方式——领悟高考新动向
1．公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为( )
A．120 B．145
C．270 D．285
解析：选B 记第n个五角形数为an，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，……，易知an－an－1＝3(n－1)＋1，由累加法得an＝eq \f(3n－1n,2)，所以a10＝145.
2．为激发学生学习数学的兴趣，某学校餐厅推出了“通过解数学题获取Wi­Fi密码”的活动，Wi­Fi密码为eq \f(1 000,M)小数点后的前8位数字．数学问题如下：在正奇数数列中依次插入数值为2n(n∈N*)的项，按从小到大的顺序排成如下新数列{an}：1,21,3,22,5,7,23,9,11,13,15,24,17,19,21,23,25,27,29,31,25,33,35，….若使a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an>12an＋1成立的n的最小值为M，则该学校餐厅的Wi­Fi密码为( )
A．03703703 B．46153846
C．66666666 D．71428571
解析：选A 设数列{an}的前n项和为Sn，
当an＝2k(k∈N*)时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2k－1)]＋(21＋22＋23＋…＋2k)＝eq \f(1＋2k－1,2)×2k－1＋eq \f(22k－1,2－1)＝22k－2＋2k＋1－2.
由Sn>12an＋1，得22k－2＋2k＋1－2>12(2k＋1)，
即(2k－1)2－20×2k－1－14>0，
解得2k－1>10＋eq \r(114)，即2k－1≥21，所以k≥6，
所以只需研究250)的图象上，若点Bn的坐标为(n,0)(n∈N*，n≥2)，矩形AnBnCnDn的周长为an，则eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,a9a10)＝________.
解析：由题意知Cneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，n＋\f(1,n)))，设Dneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，n＋\f(1,n)))(x>0)，
令x＋eq \f(1,x)＝n＋eq \f(1,n)，则x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,n)))x＋1＝0，即(x－n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,n)))＝0，解得x＝n或x＝eq \f(1,n)，
所以Dneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)，n＋\f(1,n)))，所以an＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,n)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,n)))＝4n.
所以eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,a9a10)＝eq \f(1,16)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,9×10)))＝eq \f(1,16)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)－\f(1,10)))))＝eq \f(1,16)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,10)))＝eq \f(1,40).
答案：eq \f(1,40)
5．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想涉及很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”．黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(s)＝eq \i\su(n＝1,∞,n)－s＝eq \f(1,1s)＋eq \f(1,2s)＋eq \f(1,3s)＋…，我们经常从无穷级数的部分和eq \f(1,1s)＋eq \f(1,2s)＋eq \f(1,3s)＋…＋eq \f(1,ns)入手．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)＋\f(1,S2)＋…＋\f(1,S100)))＝________(其中[x]表示不超过x的最大整数)．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(1,a1)))，a1＝eq \f(1,a1)，aeq \\al(2,1)＝1，
∵an>0，∴a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，∴2Sn＝Sn－Sn－1＋eq \f(1,Sn－Sn－1)，
Sn＋Sn－1＝eq \f(1,Sn－Sn－1)，∴Seq \\al(2,n)－Seq \\al(2,n－1)＝1，
∴{Seq \\al(2,n)}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴Seq \\al(2,n)＝n，∵an>0，∴Sn>0，Sn＝eq \r(n).
∵2(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \f(2,\r(n＋1)＋\r(n))1时，eq \f(2,2Sn)2[(eq \r(101)－eq \r(100))＋(eq \r(100)－eq \r(99))＋…＋(eq \r(2)－1)]＝2(eq \r(101)－1)>18，
S