人教A版高中数学选择性必修第二册第4章微专题2数列求和课时学案

这是一份人教A版高中数学选择性必修第二册第4章微专题2数列求和课时学案，共7页。

微专题2　数列求和 类型1　分组转化求和法【例1】　设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝9，S3－a1＝36．(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝an＋log3an，求数列{bn}的前n项和Tn．[解]　(1)设数列{an}的公比为q，则a2=a1q=9，S3-a1=a2+a3=a1q+a1q2=36，解得a1＝3，q＝3．故an＝a1qn-1＝3×3n-1＝3n．(2)由(1)可得bn＝3n＋log33n＝3n＋n．则Tn＝(3＋1)＋(32＋2)＋…＋(3n＋n)＝(3＋32＋…＋3n)＋(1＋2＋…＋n)＝3×1-3n1-3＋1+nn2＝3n+1+n2+n-32． 类型2　并项求和法【例2】　已知数列{an}各项均为正数，且a1＝2，an+12－2an＋1＝an2＋2an(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20．[解]　(1)由an+12－2an＋1＝an2＋2an得：(an＋1－an)·(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)，而n∈N*，an>0，因此an＋1－an＝2，即数列{an}是首项a1＝2，公差d＝2的等差数列，an＝a1＋(n－1)d＝2n，所以数列{an}的通项公式是an＝2n．(2)由(1)知，bn＝(－1)n·2n，则有b2n－1＋b2n＝(－1)2n-1×2(2n－1)＋(－1)2n×2×2n＝2，所以b1＋b2＋b3＋…＋b20＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b19＋b20)＝2×10＝20． 类型3　裂项相消法【例3】　已知数列{an}的前n项和为Sn＝(n－1)2－1．(1)求{an}的通项公式；(2)若数列bn＝1anan+1，求数列{bn}前n项和Tn．[解]　(1)数列{an}的前n项和为Sn＝(n－1)2－1，当n≥2时，Sn－1＝(n－2)2－1＝n2－4n＋3，所以Sn－Sn－1＝2n－3，即an＝2n－3(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1＝(1－1)2－1＝－1符合上式，所以an＝2n－3(n∈N*)；(2)由(1)可得bn＝1anan+1＝12n-32n-1＝1212n-3-12n-1，Tn＝1a1a2＋1a2a3＋1a3a4＋…＋1anan+1＝12(－1－1)＋121-13＋…＋1212n-3-12n-1＝12-1-1+1-13+…+12n-3-12n-1＝12-1-12n-1＝－n2n-1． 类型4　错位相减法【例4】　设Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3＝14，S6＝126．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝(n＋1)an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．[解]　(1)设等比数列{an}的公比为q，因S3＝14，S6＝126，即a4＋a5＋a6＝S6－S3＝112，而a4＋a5＋a6＝q3(a1＋a2＋a3)＝14q3，于是得q3＝8，解得q＝2，显然S3＝a1(1＋q＋q2)＝7a1＝14，解得a1＝2，因此an＝a1qn-1＝2n，所以数列{an}的通项公式是an＝2n．(2)由(1)知，bn＝(n＋1)·2n，则Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，于是得2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n+1，两式相减得：－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n+1＝4＋221-2n-11-2－(n＋1)×2n+1＝－n×2n+1，所以Tn＝n·2n+1．微专题强化练(二)　数列求和一、选择题1．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n＋3，则a4＋a5＋…＋a10等于(　　)A．171 B．21C．10 D．161D　[由题意得a4＋a5＋…＋a10＝S10－S3＝(2×102－3×10＋3)－(2×32－3×3＋3)＝161．选D． ]2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1n2+n，则S5＝(　　)A．1 B．16C．56 D．45C　[an＝1n2+n＝1nn+1＝1n－1n+1，所以S5＝1-12＋12-13＋…＋15-16＝1－16＝56．故选C．]3．已知在前n项和为Sn的数列{an}中，a1＝1，an＋1＝－an－2，则S101＝(　　)A．－97 B．－98C．－99 D．－100C　[由an＋1＝－an－2，有an＋an＋1＝－2，则S101＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a100＋a101)＝1－2×50＝－99．故选C．]4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)A．2n＋n2－1 B．2n+1＋n2－1C．2n＋n－2 D．2n+1＋n2－2D　[由题可设数列{an}的前n项和为Sn，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an，即Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋…＋2n－1)，所以Sn＝21-2n1-2＋n1+2n-12，故Sn＝2n+1－2＋n2，故选D．]5．(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝31，S10＝210，则(　　)A．若bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前2 020项和为4 040B．数列{2a2n}是公比为8的等比数列C．S19＝19a9D．若bn＝1anan+1，则数列{bn}的前2 020项和为2 02024 249AD　[由题意，设{an}的公差为d，则有a8=a1+7d=31，S10=10a1+45d=210，解得a1＝3，d＝4，故an＝4n－1．若bn＝(－1)n·an＝(－1)n·(4n－1)，则{bn}的前2 020项和T2 020＝－3＋7－11＋15－…＋8 079＝4×1 010＝4 040，故A正确；由an＝4n－1，得2a2n＝28n-1，令cn＝28n-1，则当n≥2时，cncn-1＝28n-128n-1-1＝28，则数列是公比为28的等比数列，故B错误；由等差数列的性质可知S19＝a1+a19×192＝a10+a10×192＝19a10，故C错误；若bn＝14n-14n+3＝1414n-1-14n+3，则{bn}的前2 020项和T2 020＝1413-17+17-111+…+18 079-18 083＝2 02024 249，故D正确，故选AD．]二、填空题6．已知数列{an}的通项公式an＝2n－1，则其前n项和Sn＝________．2n+1－n－2，n∈N*　[因为an＝2n－1，所以Sn＝21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝(2＋22＋…＋2n)－n＝21-2n1-2－n＝2n+1－n－2，n∈N*，故答案为2n+1－n－2，n∈N*．]7．在数列{an}中，Sn为它前n项和，已知a2＝1，a3＝6，且数列{an＋n}是等比数列，则Sn＝________．3n2－n2+n+12　[令bn＝an＋n，由题可知：b2＝a2＋2＝3，b3＝a3＋3＝9，又{bn}为等比数列，设其公比为q，故q＝b3b2＝3，b1＝b2q＝1，故bn＝3n-1＝an＋n，解得an＝－n＋3n-1，则Sn＝(－1＋1)＋(－2＋3)＋(－3＋32)＋…＋(－n＋3n-1)＝－(1＋2＋3＋…＋n)＋(1＋3＋32＋…＋3n-1)＝－nn+12＋1-3n1-3＝3n2－n2+n+12．故答案为3n2－n2+n+12．]8．已知函数f (x)＝2x2x+1(x∈R)，等差数列{an}满足a2 022＝0，则f (a1)＋f (a2)＋f (a3)＋…＋f (a4 043)＝________．4 0432　[f (x)＋f (－x)＝2x2x+1＋2-x2-x+1＝2x2x+1＋12x+1＝1．依题意{an}是等差数列，令S＝f (a1)＋f (a2)＋f (a3)＋…＋f (a4 043)，S＝f (a4 043)＋f (a4 042)＋f (a4 041)＋…＋f (a1)，结合等差数列的性质，两式相加得2S＝1×4 043，S＝4 0432．故答案为4 0432．]三、解答题9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4－2n+2，数列{bn}的前n项和Bn＝2n2－n．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝bn·an，求数列{cn}的前n项和Tn．[解]　(1)因为Sn＝4－2n+2，当n≥2时，Sn－1＝4－2n+1 ，两式相减得an＝－2n+1(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，a1＝－4满足上式，所以an＝－2n+1；同理，当n≥2时，Bn－1＝2(n－1)2－(n－1)，两式相减得bn＝4n－3(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，b1＝1满足上式，所以bn＝4n－3．(2)由(1)得，cn＝－(4n－3)×2n+1，－Tn＝1×22＋5×23＋9×24＋…＋(4n－3)2n+1，－2Tn＝1×23＋5×24＋9×25＋…＋(4n－3)2n+2两式相减得Tn＝22＋4(23＋24＋…＋2n+1)－(4n－3)2n+2＝4＋4×231-2n-11-2－(4n－3)2n+2，整理得Tn＝(7－4n)·2n+2－28．