人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列第2课时学案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列第2课时学案，共16页。

第2课时　数列求和习题课
(教师独具内容)
课程标准：掌握倒序相加法、错法相减法、裂项相消法、分组求和法及并项求和法的适用条件和解题要点．
教学重点：裂项相消法，分组求和法，并项求和法的适用条件．
教学难点：数列求和方法的灵活运用.




知识点一　公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(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
Sn＝
(3)自然数的和、平方和、立方和
1＋2＋3＋…＋n＝.
12＋22＋32＋…＋n2＝.
13＋23＋33＋…＋n3＝2.
知识点二　倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
知识点三　错位相减法
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．
知识点四　裂项相消法
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．
知识点五　分组求和法
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，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．
知识点六　并项求和法
一个数列的前n项和，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．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.
总之，在求数列的前n项和时，应先考查其通项公式，根据通项公式的特点，再来确定选用何种求和方法．数列求和的实质就是一个代数式(或超越式)的化简问题．

1．数列求和的方法
(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．
(2)常见类型及方法
①an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解；
②an＝a·qn－1，利用等比数列前n项和公式直接求解，但要注意对q分q＝1与q≠1两种情况进行讨论；
③an＝bn＋cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，采用分组转化法求{an}前n项和；
④an＝bncn，{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，采用错位相减法求{an}前n项和；
⑤an＝f(n)－f(n－1)，采用裂项相消法求{an}前n项和．
2．求和时应注意的问题
(1)直接应用公式求和时，注意公式的适用范围和公式的推导过程．
(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和或转化为基本数列求和．

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时使用公式Sn＝较为合理．(　　)
(2)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　)
(3)当n≥2时，＝.(　　)
(4)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．(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)×
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝________.
(2)设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________.
(3)＋＋＋…＋等于________.
(4)1＋＋＋…＋的值为________.
答案　(1)　(2)15　(3)2－　(4)20＋



题型一 分组求和法求和
例1　已知数列{cn}：1，2，3，…，试求{cn}的前n项和．
[解]　令{cn}的前n项和为Sn，
则Sn＝1＋2＋3＋…＋
＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝＋＝＋1－n.
即数列{cn}的前n项和为Sn＝＋1－n.

当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但如果它的通项公式可以拆分为几项的和，而这些项又构成等差数列或等比数列，那么就可以用分组求和法，即原数列的前n项和等于拆分成的每个数列前n项和的和．
[跟踪训练1]　求和：Sn＝3＋33＋333＋…＋.
解　数列3,33,333，…，的通项公式
an＝(10n－1)．
∴Sn＝(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)
＝(10＋102＋…＋10n)－
＝×－＝(10n－1)－.
题型二 裂项相消法求和
例2　等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和．
[解]　(1)设数列{an}的公比为q.
由a＝9a2a6，得a＝9a，所以q2＝.
由条件可知q>0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－.
故＝－＝－2，＋＋…＋＝－2＝－.
所以数列的前n项和为－.

裂项求和法
对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．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，例如：
(1)若{an}为等差数列，公差为d，则
＝；
(2)＝－等．
[跟踪训练2]　设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，an＝＋(n≥2，n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解　(1)∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
∴an＝( －)( ＋)(n≥2)，
又an＝＋(n≥2，n∈N*)，an>0，
∴－＝1(n≥2)，
∴数列{}是以＝＝＝2为首项，1为公差的等差数列，
∴＝2＋(n－1)＝n＋1，∴Sn＝(n＋1)2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，
当n＝1时，a1＝4，不满足上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝
(2)由(1)可知，an＝
则当n≥2时，Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋＝＋×＝＋×＝－，
显然T1＝＝－＝，T1＝符合上式，
∴当n∈N*时，Tn＝－.
题型三 错位相减法求和
例3　设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解]　(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝.②
由①－②，得3n－1an＝，∴an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，符合上式，
∴an＝(n∈N*)．
(2)∵bn＝，∴bn＝n·3n.
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋(n－1)3n＋n×3n＋1.④
由④－③，得2Sn＝n×3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n×3n＋1－，
∴Sn＝＋(n∈N*)．

运用错位相减法的易错点
在使用错位相减法求和时，应注意将“Sn”与“qSn”的表达式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式，要确定项数与公比，正确求出Sn；若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况求和．
[跟踪训练3]　已知数列{an}是递增的等差数列，且a2，a5是方程x2－14x＋40＝0的两根，数列{bn}是正项等比数列，且b2＝，b4＝.
(1)求数列{an}及{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝anbn，求数列{cn}的前n和Tn.
解　(1)解方程x2－14x＋40＝0，可得x＝4或x＝10，
因为a2，a5是方程x2－14x＋40＝0的两根，
数列{an}是递增数列，所以a2＝4，a5＝10，
设等差数列{an}的公差为d，
则解得
所以an＝2＋2(n－1)＝2n.
因为数列{bn}是正项等比数列，所以b1>0，公比q>0，
又b2＝，b4＝，所以q2＝＝，解得q＝(负值舍去)，
所以bn＝b2×qn－2＝×＝.
(2)由(1)可知an＝2n，bn＝，
所以cn＝anbn＝，
所以Tn＝4×，
Tn＝4×，
上述两式相减得Tn＝4×，
所以Tn＝×4×＝3－.
题型四 奇偶并项法求和
例4　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2Sn－1(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等比数列；
(2)若bn＝(2n＋1)an，求{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)证明：当n＝1时，a1＝2S1－1＝2a1－1，得a1＝1；
当n≥2时，an＝2Sn－1，
an－1＝2Sn－1－1，两式相减可得an－an－1＝2an，
化简得an＝－an－1，
所以{an}是首项为1，公比为－1的等比数列．
(2)由(1)可得an＝1×(－1)n－1，
所以bn＝(2n＋1)×(－1)n－1，
当n为偶数时，bn－1＋bn＝－2.
所以Tn＝×(－2)＝－n.
当n为奇数时，n－1为偶数，Tn＝Tn－1＋bn＝－(n－1)＋2n＋1＝n＋2.
综上，数列{bn}的前n项和为Tn＝

数列的通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常要对n取值的奇偶性进行分类讨论，应首先求出当n为偶数时的Sn，再考虑当n为奇数时，n－1为偶数，所以Sn＝Sn－1＋an.
[跟踪训练4]　求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)．
解　当n为偶数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝n.
当n为奇数时，n－1为偶数，
∴Sn＝Sn－1＋(－1)n(2n－1)＝n－1＋(－1)(2n－1)＝－n.
∴Sn＝(－1)n·n(n∈N*).
题型五 倒序相加法求和
例5　设f(x)＝，求f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)的值．
[解]　∵f(x)＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝＋＝＝.
设S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)，
则S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)．
∴2S＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]．
∴原式＝{[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(0)＋f(1)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]}＝×12×＝3.

如果一个数列前n项中距首末两端“等距离”的两项之和都相等，则用倒序相加法求和，即
两式相加求出Sn.
[跟踪训练5]　函数f(x)＝(x∈R)，若x1＋x2＝1，则f(x1)＋f(x2)＝________；若n∈N*，则f＋f＋…＋f＋f＝________.
答案　　－
解析　f(x1)＋f(x2)＝
＝.
又n∈N*，
①当n＝2k＋1(k∈N*)时，f＋f＋…＋f＋f＝＋f(1)＝＋＝＋＝－；
②当n＝2k(k∈N*)时，f＋f＋…＋f＋f＝＋f＋f(1)＝－；
③当n＝1时，f＝f(1)＝，也符合－.
综合①②③得f＋f＋…＋f＋f＝－.



1．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5等于(　　)
A．35 B．33
C．31 D．29
答案　C
解析　设{an}的公比为q，则有解得∴S5＝＝32＝31.故选C.
2．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为(　　)
A．11 B．99
C．120 D．121
答案　C
解析　∵an＝＝－，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.令－1＝10，得n＝120.
3．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝________.
答案　15
解析　a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)]＝3×5＝15.
4．设数列{an}满足a1＝1，且＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________，数列的前10项和为________.
答案　　
解析　因为＝，所以＝，＝，＝，…，＝(n≥2)．把它们左右两边全部相乘得an＝，n＝1时也适合，所以an＝.所以＝＝4，所以数列的前10项和为4×＝.
5．设数列{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，a1＝1.若a1，a2，a5成等比数列．
(1)求an及Sn；
(2)设bn＝＋2an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设{an}的公差为d，
则a2＝a1＋d，a5＝a1＋4d.
∵a1，a2，a5成等比数列，∴a＝a1a5，
即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，解得d＝2a1＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2.
(2)∵bn＝＋2an(n∈N*)且an＝2n－1，
∴bn＝＋22n－1＝＋22n－1，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝×＋×＋×＋…＋×＋2＋23＋25＋…＋22n－1＝×＋＝－(n∈N*)．



A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．设数列{an}满足：an＋1＝an＋，a20＝1，则a1＝(　　)
A. B．
C． D．
答案　A
解析　由题可得an＋1－an＝－，对n分别取正整数后进行叠加可得an＋1－a1＝1－，又a20＝1，当n＝19时，有a20－a1＝1－，所以a1＝.
2．数列{(－1)nn}的前n项和为Sn，则S2020＝ (　　)
A．1010 B．－1010
C．2020 D．－2020
答案　A
解析　S2020＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2019＋2020)＝1010.
3．已知数列{an}，a1＝1，且a1＋a2＋…＋an－1＝an－1(n≥2，n∈N*)，则的前n项和为(　　)
A．1－ B．1－
C. D．
答案　C
解析　∵a1＋a2＋…＋an－1＝an－1，∴a1＋a2＋…＋an＝an＋1－1.两式两边分别相减，得an＋1＝2an(n≥2)，即＝2.又a1＝1，a2＝2，a2＝2a1，∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴anan＋1＝22n－1，∴＝×n－1，∴是首项为，公比为的等比数列，它的前n项和为＝.故选C.
4．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a＝a＋a(n≥2)，bn＝，记数列{bn}的前n项和为Sn，则S40的值是(　　)
A. B．
C．10 D．11
答案　B
解析　因为2a＝a＋a(n≥2)，所以数列{a}为等差数列，且首项为1，公差为3，则a＝3n－2，即an＝，故bn＝＝(－)．则数列{bn}的前n项和为Sn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－1)，故S40＝×(－1)＝.
5．(多选)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)．若将数列的每一项按照如图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论正确的是(　　)

A．Sn＋1＝a＋an＋1an
B．a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n－1
D．4(cn－cn－1)＝πan－2·an＋1
答案　ABD
解析　因为斐波那契数列满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，所以a＝a2a1，a＝a2a2＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，a＝a3a3＝a3(a4－a2)＝a3a4－a3a2，类似地有a＝anan＝an(an＋1－an－1)＝anan＋1－anan－1，累加，得a＋a＋a＋…＋a＝anan＋1，由题意知Sn＋1＝a＋a＋a＋…＋a＋a＝an＋1an＋2＝a＋an＋1an，故A正确；因为a1＝a1，a2＝a3－a1，a3＝a4－a2，类似地有an＝an＋1－an－1，累加，得a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋an＋1－a2＝an＋2－1，故B正确；因为a1＝a1，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，类似地有a2n－1＝a2n－a2n－2，累加，得a1＋a3＋…＋a2n－1＝a1＋a2n－a2＝a2n，故C错误；扇形面积cn＝，故4(cn－cn－1)＝4＝π(a－a)＝πan－2·an＋1，故D正确．故选ABD.
二、填空题
6．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sinπ，则a1＋a2＋a3＋…＋a2020＝________.
答案　
解析　由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a2020＝－12＋22－32＋42＋…－20192＋20202＝1＋2＋3＋4＋…＋2019＋2020＝＝.
7．在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列的前n项和Sn＝________.
答案　
解析　∵a1＝3，a4＝81，∴3q3＝81，∴q＝3，an＝3×3n－1＝3n.∴bn＝log33n＝n，＝.∴Sn＝＋＋＋…＋＋＝＋＋＋…＋＋＝＋＋＋…＋＋＝1－＝.
8．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)n·(an－2)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________，数列{bn}的前50项和为________.
答案　an＝　49
解析　因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－(n－1)2－(n－1)－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝12＋1＋1＝3≠2，不符合上式，所以an＝则bn＝所以数列{bn}的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－2×4＋…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－4＋…＋49)＝－1＋2×25＝49.
三、解答题
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a4＋a6＝18，S11＝121.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
解　(1)设数列{an}的公差为d，∵a4＋a6＝2a5＝18，
∴a5＝9，∵S11＝＝11a6＝121，
∴a6＝11，∴d＝a6－a5＝11－9＝2，
∴an＝a5＋(n－5)d＝9＋2(n－5)＝2n－1.
(2)证明：由(1)可知bn＝
＝＝＝，
∴数列{bn}的前n项和为Tn＝＝＝－，
∵n∈N*，∴＋>0，∴Tn<.
10．设{an}是公差不为0的等差数列，Sn是其前n项和，已知S1与S7的等比中项为S3，且S1与S3的等差中项为3.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝S1，b2＝S3，求和Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
解　(1)因为S1＝a1，S7＝7a1＋21d，所以S7＝a1＋3d，因为S3＝3a1＋3d，所以S3＝a1＋d.
因为S1与S7的等比中项为S3，
所以(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即d2－a1d＝d(d－a1)＝0，
已知d≠0，所以d＝a1.
又S1与S3的等差中项是3，所以2a1＋d＝3a1＝6，a1＝d＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)因为b1＝S1＝a1＝2，b2＝S3＝a1＋d＝2a1＝4，所以公比q＝＝2，所以bn＝2n，所以anbn＝2(n×2n－1)，
故Tn＝2[1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋5×24＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1]，　①
2Tn＝2[1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n]，　②
①－②，得－Tn＝2(20＋21＋22＋23＋24＋25＋…＋2n－1－n×2n)＝2(2n－1－n×2n)．
故Tn＝－2(2n－1－n×2n)＝(n－1)2n＋1＋2.
B级：“四能”提升训练
1．已知数列{an}满足a1＋＋＋…＋＝2n＋1－2(n∈N*)，bn＝log4an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn；
(3)求数列{anbn}的前n项和Sn.
解　(1)当n＝1时，a1＝2；
当n≥2时，由a1＋＋＋…＋＝2n＋1－2，可得
a1＋＋＋…＋＝2n－2.
两式相减可得＝2n，即an＝22n－1.
且上式对于n＝1也成立，
∴数列{an}的通项公式为an＝22n－1.
(2)∵an＝22n－1，∴bn＝log422n－1＝.
∴＝＝2.
∴Tn＝＋＋…＋＝2＝2＝.
(3)∵an＝22n－1，bn＝，
∴anbn＝22n－1·＝(2n－1)·22(n－1)．
∴Sn＝1·20＋3·22＋5·24＋…＋(2n－3)·22(n－2)＋(2n－1)·22(n－1)，①
∴22Sn＝1·22＋3·24＋5·26＋…＋(2n－3)·22(n－1)＋(2n－1)·22n，②
由①－②可得－3Sn＝1·20＋2·22＋2·24＋2·26＋…＋2·22(n－1)－(2n－1)·22n
＝1·20＋2·(41＋42＋43＋…＋4n－1)－(2n－1)·22n
＝1·20＋2·－(2n－1)·22n
＝1－2·－(2n－1)·4n
＝－＋·4n，
∴Sn＝＋·4n.
2．将各项均为正数的数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规律排成数表，如表．记表中各行的第一个数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，各行的最后一个数a1，a3，a6，a10，…构成的数列为{cn}，第n行所有数的和为Sn(n＝1,2,3,4，…)．已知数列{bn}是公差为d的等差数列，从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面一个数的比是常数q，且a1＝a13＝1，a31＝.
a1
a2　a3
a4　a5　a6
a7　a8　a9　a10
… … … … … … … …
(1)求数列{cn}，{Sn}的通项公式；
(2)记dn＝＋(n∈N*)，求证：d1＋d2＋d3＋…＋dn>－.
解　(1)由题意得bn＝dn－d＋1.
前n行共有1＋2＋3＋…＋n＝个数．
∵13＝＋3，∴a13＝b5·q2，即(4d＋1)q2＝1.
又31＝＋3，∴a31＝b8·q2，
即(7d＋1)q2＝，解得d＝2，q＝.
∴bn＝2n－1，cn＝bnn－1＝，
Sn＝＝(2n－1)·.
(2)证明：dn＝＋
＝＋
＝＝
＝.
又<
＝<，
∴d1＋d2＋d3＋…＋dn>＝－＋>－.