高中数学新教材选择性必修第二册讲义 第4章 习题课 错位相减法、裂项相消法求和

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习题课　错位相减法、裂项相消法求和
学习目标　1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义.2.掌握错位相减和裂项相消求和的一般过程和思路．
一、错位相减法
例1　求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0)．
解　当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝；
当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，
xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1，
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1
＝－nxn＋1，
∴Sn＝－.
综上可得，Sn＝
反思感悟　(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．
跟踪训练1　已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)数列是公差为1的等差数列，
∴＝a1＋n－1，
可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，且a2＝3.解得a1＝1.∴Sn＝n2.∴n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n＝1时也成立)．
∴an＝2n－1.
(2)bn＝an·3n＝(2n－1)·3n，∴数列{bn}的前n项和
Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1，
∴－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×－(2n－1)×3n＋1，
可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1.
二、裂项相消法
问题　已知数列an＝，如何求{an}的前n项和Sn.
提示　an＝＝－，
Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝＋＋…＋
＝1－＝.
知识梳理　
常见的裂项求和的形式：
①＝；
②＝；
③＝－；
④＝；
⑤＝－；
⑥ln＝ln(n＋1)－ln n.
注意点：(1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系；(2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组；(3)检验所留的正项与负项的个数是否相同．
例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列的前n项和．
解　(1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，
因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，
易知q≠1，所以T2＝＝4，①
T4＝＝20，②
由得1＋q2＝5，解得q＝±2.
当q＝2时，a1＝，所以an＋1＝×2n－1＝；
当q＝－2时，a1＝－5，所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.
所以an＝－1或an＝－(－2)n＋1－1.
(2)因为an>0，所以an＝－1，所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，
所以＝＝－，
所以数列的前n项和为
＋＋…＋
＝－＝.
反思感悟　(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的．
(2)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．
(3)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．
跟踪训练2　设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1)求an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设数列{an}的公差为d，
由题意得
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，
∴bn＝＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝
＝－.

1．知识清单：
(1)错位相减法求和．
(2)裂项相消法求和．
2．方法归纳：公式法、错位相减法、裂项相消法．
3．常见误区：错位相减法中要注意项的符号以及化简合并；裂项求和中要关注正项与负项的个数是否相同．

1．已知an＝，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于(　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
答案　B
解析　因为an＝＝－(n∈N*)，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝－1＋－＋…＋－＝9－1＝8.
2．数列，，，…，，…的前n项和为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由数列通项公式
＝，
得前n项和Sn
＝
＝＝.
3．数列的前2 021项和为________．
答案　
解析　因为＝2，
所以S2 021＝2
＝2＝.
4．已知an＝2n，bn＝，则{bn}的前n项和Tn＝__________________.
答案　
解析　＝，
Tn＝
＝
＝.
课时对点练

1．数列2，4，6，…的前n项和Sn为(　　)
A．n2＋1＋ B．n2＋2－
C．n(n＋1)＋－ D．n(n＋1)＋
答案　C
解析　Sn＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋
＝n(2＋2n)＋
＝n(n＋1)＋－.
2．等比数列{an}中，a5＝2，a6＝5，则数列{lg an}的前10项和等于(　　)
A．6 B．5 C．4 D．3
答案　B
解析　∵数列{an}是等比数列，a5＝2，a6＝5，
∴a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10，
∴lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg(a1·a2·…·a10)
＝lg(a5a6)5＝5lg 10＝5.
3．已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 020项和为(　　)
A．1 009 B．1 010 C．2 019 D．2 020
答案　D
解析　设数列{an}的公差为d，
由解得∴an＝2n－1.
设bn＝ancos nπ，∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，
∴数列{ancos nπ}的前2 020项和S2 020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×
＝2 020.
4．已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么数列{bn}＝前n项的和为(　　)
A．4 B．4
C．1－ D.－
答案　A
解析　∵an＝＝＝，
∴bn＝＝＝4.
∴Sn＝4
＝4.
5．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数(称为埃及分数)．则下列埃及分数，，，…，的和是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　∵＝，
∴＋＋＋…＋
＝
＝
＝.
6．(多选)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法正确的是(　　)
A．an＝2n＋1
B．d＝2
C.＝
D.的前n项和为
答案　ABD
解析　设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，又a2＝5，
∴a7－a2＝5d.
∴d＝2.∴an＝2n＋1. 故AB正确；
∴＝＝，故C错误；
∴的前n项和为
Sn＝
＝＝.故D正确．
7．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，n∈N*，则an＝________
答案　2＋ln n
解析　∵an＋1＝an＋ln，
∴an＋1－an＝ln＝ln＝ln(n＋1)－ln n.
又a1＝2，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
8．设数列{nan}的前n项和为Tn，若nan＝n·n－1，则Tn＝________.
答案　－·n
解析　Tn＝1·0＋2·1＋3·2＋…＋n·n－1，
－Tn＝1·1＋2·2＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，
两式相减得
Tn＝1＋1＋2＋…＋n－1－n·n＝－n·n＝－·n.
所以数列{nan}的前n项和Tn＝－·n.
9．已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解　(1)由已知得
解得
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)bn＝＝，
所以Tn＝
＝＝.
10．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.
解　(1)设数列{an}的公比为q，
由题意知，a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，
又an>0，
解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.
(2)由题意知，S2n＋1＝
＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋－
＝＋－
＝－，
所以Tn＝5－.

11．在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则数列的前n项和是(　　)
A．1－ B．1－
C．1－ D．1－
答案　A
解析　在各项都为正数，公比设为q(q>0)的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则4q4＝64，解得q＝2，则an＝2n.
数列即为.
∵＝－，
∴数列的前n项和是－＋－＋…＋－＝1－，故选A.
12．设S＝＋＋＋…＋，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S]等于(　　)
A．2 019 B．2 020 C．2 021 D．2 022
答案　B
解析　因为
＝＝
＝1＋，
所以S＝1＋＋1＋＋…＋1＋＝2 021－，
所以[S]＝2 020.
13．在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有an＋1＝an＋n·2n，则a15等于(　　)
A．14·215＋2 B．13·214＋2
C．14·215＋3 D．13·215＋3
答案　D
解析　an＋1－an＝n·2n，
∴a2－a1＝1·21，
a3－a2＝2·22，
a4－a3＝3·23
…
an－an－1＝(n－1)·2n－1，
以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1，①
又∵2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n，②
①－ ②得a1－an＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n
＝－(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，
∴an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，
∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3.
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－1(n∈N*)，则数列{nan}的前n项和Tn为________．
答案　(n－1)2n＋1
解析　∵Sn＝2an－1(n∈N*)，
∴n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，化为an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1.
∴nan＝n·2n－1.
则数列{nan}的前n项和Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1.
∴2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
∴－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Tn＝(n－1)2n＋1.

15．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45，…这些数叫做三角形数．设第n个三角形数为an，则下面结论错误的是(　　)
A．an－an－1＝n(n>1)
B．a20＝210
C．1 024是三角形数
D.＋＋＋…＋＝
答案　C
解析　∵a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，由此可归纳得an－an－1＝n(n>1)，故A正确；
将前面的所有项累加可得an＝＋a1＝，∴a20＝210，故B正确；
令＝1 024，此方程没有正整数解，故C错误；
＋＋…＋
＝2
＝2＝，故D正确．
16．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数)．
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解　(1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)．
又a1＝1，
所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，
此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，
此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n·2n，
Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②
①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.