（新高考）高考数学一轮复习讲练测第6章§6.5数列求和(含解析)

这是一份（新高考）高考数学一轮复习讲练测第6章§6.5数列求和(含解析)，共13页。试卷主要包含了猜想an＝2n－1等内容，欢迎下载使用。

知识梳理
数列求和的几种常用方法
1．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＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1)).
2．分组求和法与并项求和法
(1)分组求和法
若一个数列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，分别求和后相加减．
(2)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．
3．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项和公式就是用此法推导的．
4．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．
常见的裂项技巧
(1)eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
(2)eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
(3)eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
(4)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
(5)eq \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))).
常用结论
常用求和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6).
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2.
思考辨析
判断下列结论是否正确(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)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．
( × )
(3)已知等差数列{an}的公差为d，则有eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))). ( × )
(4)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( √ )
教材改编题
1．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2当n为奇数时，,－n2当n为偶数时，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
答案 B
解析 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－50×101＋50×103＝100.
2．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)
答案 B
解析 因为an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
3．Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)等于( )
A.eq \f(2n－n－1,2n) B.eq \f(2n＋1－n－2,2n)
C.eq \f(2n－n＋1,2n) D.eq \f(2n＋1－n＋2,2n)
答案 B
解析 由Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，①
得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)，
∴Sn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).
题型一 分组求和与并项求和
例1 (2023·菏泽模拟)已知数列{an}中，a1＝1，它的前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝2n＋1－1.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2n,3)))为等比数列；
(2)求S1＋S2＋S3＋…＋S2n.
(1)证明 由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)，①
得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)，②
由①－②得an＋an＋1＝2n(n≥2)，
得an＋1＝－an＋2n⇒an＋1－eq \f(2n＋1,3)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2n,3)))(n≥2)，
又当n＝1时，由①得a2＝1⇒a2－eq \f(22,3)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(2,3)))，
所以对任意的n∈N*，都有an＋1－eq \f(2n＋1,3)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2n,3)))，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2n,3)))是以eq \f(1,3)为首项，－1为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知an－eq \f(2n,3)＝eq \f(－1n－1,3)⇒an＝eq \f(2n＋－1n－1,3)，
所以an＋1＝eq \f(2n＋1＋－1n,3)，代入①得Sn＝eq \f(2n＋1,3)－eq \f(－1n,6)－eq \f(1,2)，
所以S1＋S2＋…＋S2n＝eq \f(1,3)(22＋23＋…＋22n＋1)－eq \f(1,6)[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－eq \f(2n,2)＝eq \f(1,3)×eq \f(22－22n＋2,1－2)－0－n＝eq \f(22n＋2－3n－4,3).
延伸探究 在本例(2)中，如何求S1＋S2＋S3＋…＋Sn?
解 当n为偶数时，
S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝eq \f(1,3)(22＋23＋…＋2n＋1)－eq \f(1,6)[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n－1＋(－1)n]－eq \f(n,2)
＝eq \f(1,3)×eq \f(22－2n＋1·2,1－2)－eq \f(n,2)
＝eq \f(2n＋2－4,3)－eq \f(n,2)＝eq \f(2n＋3－3n－8,6).
当n为奇数时，
S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝(S1＋S2＋S3＋…＋Sn＋Sn＋1)－Sn＋1
＝eq \f(2n＋4－3n＋1－8,6)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,3)－\f(－1n＋1,6)－\f(1,2)))
＝eq \f(2n＋3－3n－7,6).
综上，S1＋S2＋…＋Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3－3n－8,6)，n为偶数，,\f(2n＋3－3n－7,6)，n为奇数.))
思维升华 (1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．
跟踪训练1 记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(－1)n·lg2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an＋4－\f(4,3)))，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，
即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)，显然an－1＋2≠0.
所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n－1，即有an＝3·2n－1－2.
(2)bn＝(－1)n·lg2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)3·2n－1＋2－\f(4,3)))
＝(－1)n·lg22n＝(－1)n·n.
当n为偶数时，
Tn＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n
＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝eq \f(n,2).
当n为奇数时，
Tn＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n
＝eq \f(n－1,2)－n＝eq \f(－n－1,2)＝－eq \f(n＋1,2).
综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n,2)，n为偶数，,－\f(n＋1,2)，n为奇数.))
题型二 错位相减法求和
例2 (2021·浙江)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq \f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解 (1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4).
当n＝1时，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq \f(27,4)－9，
解得a2＝－eq \f(27,16)，
所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4).
所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，
公比为eq \f(3,4)的等比数列，
所以an＝－eq \f(9,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1＝－eq \f(3n＋1,4n).
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n.
所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＋…＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n，①
且eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))5＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1，②
①－②得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1
＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1)),1－\f(3,4))－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1
＝－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1，
所以Tn＝－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1.
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1≤λeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n))恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n4时，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
思维升华 (1)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，常采用错位相减法．
(2)错位相减法求和时，应注意：
①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．
②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，② SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＋…＋ SKIPIF 1 < 0 ＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．
问题：在数列{an}中，已知________．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝ SKIPIF 1 < 0 ，求数列{bn}的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选择①，
因为nan＋1＝(n＋1)an，所以eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n).
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是常数列．
又eq \f(a1,1)＝1，所以eq \f(an,n)＝1，故an＝n.
选择②，
因为 SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＋…＋ SKIPIF 1 < 0 ＝2n＋1－2，
所以当n＝1时， SKIPIF 1 < 0 ＝22－2＝2，解得a1＝1，
当n≥2时， SKIPIF 1 < 0 ＝2n＋1－2n＝2n，所以an＝n.
又a1＝1，所以an＝n.
(2)由(1)可知bn＝eq \f(2n－1,3n)，
则Sn＝eq \f(1,31)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(2n－1,3n)，①
eq \f(1,3)Sn＝eq \f(1,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(2n－3,3n)＋eq \f(2n－1,3n＋1).②
两式相减得eq \f(2,3)Sn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(2,33)＋…＋eq \f(2,3n)－eq \f(2n－1,3n＋1)＝eq \f(1,3)＋eq \f(\f(2,9)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq \f(2n－1,3n＋1)＝eq \f(2,3)－eq \f(2n＋2,3n＋1).
故Sn＝1－eq \f(n＋1,3n).
题型三 裂项相消法求和
例3 (10分)(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；[切入点：求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))的通项公式]
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1(n≥2)，
在2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an中，令n＝1，则a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
故an＝n.
(2)bn＝aeq \\al(2,n)cs eq \f(2anπ,3)＝n2cs eq \f(2nπ,3)，
设ck＝b3k－2＋b3k－1＋b3k＝(3k－2)2·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(4π,3)))＋(3k－1)2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)))＋(3k)2·cs 2kπ＝－eq \f(1,2)(3k－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(3k－1)2＋(3k)2＝9k－eq \f(5,2)，
所以T3n＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9－\f(5,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9×2－\f(5,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9×3－\f(5,2)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9n－\f(5,2)))
＝9(1＋2＋3＋…＋n)－eq \f(5,2)n
＝9×eq \f(n1＋n,2)－eq \f(5,2)n＝eq \f(9n2＋4n,2).