高考数学一轮复习第6章第4课时数列求和学案

这是一份高考数学一轮复习第6章第4课时数列求和学案，共18页。

2．掌握数列求和的常用方法．
1．公式法
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝na1+an2＝na1＋nn-12d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝na1，q=1， a11-qn1-q=a1-anq1-q，q≠1.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)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(注意消项规律)，从而求得前n项和．裂项时常用的三种变形：
①1nn+1＝1n-1n+1；
②12n-12n+1＝1212n-1-12n+1；
③1n+n+1＝n+1-n.
(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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}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求解．
(5)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．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
[常用结论]
(1)k=1nk＝1＋2＋3＋…＋n＝nn+12 ；
(2)k=1n2k-1＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；
(3)k=1nk3＝13＋23＋…＋n3＝12 nn+12；
(4)k=1nk2＝12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1).
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知各项均不为零的等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则有1anan+1＝1d1an-1an+1.( )
(2)当n≥2时，1n2-1＝121n-1-1n+1.( )
(3)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．( )
(4) 利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．(人教A版选择性必修第二册P51练习T2改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn+1，则S5等于( )
A.1 B．56
C．16 D．130
B [∵an＝1nn+1＝1n-1n+1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12+12-13＋…＋15-16＝56.]
2．(人教A版选择性必修第二册P51练习T1改编)数列{an}的通项公式an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
D [S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.]
3．(人教A版选择性必修第二册P40习题4.3T3改编)若数列{an}的通项公式an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )
A．2n＋n2－1 B．2n+1＋n2－1
C．2n+1＋n2－2 D．2n＋n－2
C [Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝21-2n1-2＋2×nn+12－n
＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n+1＋n2－2.]
4．(人教A版选择性必修第二册P40习题4.3T3(2)改编)1＋2a＋3a2＋…＋nan-1＝________．
1-an(1-a)2-nan1-a(a≠1)n(n+1)2(a=1) [记Sn＝1＋2a＋3a2＋…＋nan-1，
当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝12n(n＋1)；
当a≠1时，aSn＝a＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an-1＋nan，
(1－a)Sn＝1＋a＋a2＋a3＋…＋an-1－nan.
所以Sn＝1-an1-a2-nan1-a(a≠1)，
原式＝1-an1-a2-nan1-aa≠1，nn+12a=1．]
考点一 分组求和与并项求和
分组求和
[典例1] (2022·淄博一模)已知数列an满足：a1＝1，且an＋1＝an+1，n为奇数2an，n为偶数(n∈N*)．设bn＝a2n－1.
(1)证明：数列bn+2为等比数列，并求bn的通项公式；
(2)求数列an的前2n项和．
[解] (1)证明：由题意可知：b1＝a1＝1，
bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2a2n－1＋2＝2bn＋2，
故bn＋1＋2＝2(bn＋2)，即bn+1+2bn+2＝2，
故bn+2是以b1＋2＝3为首项，以q＝2 为公比的等比数列，且bn＋2＝3·2n-1，n∈N*，
故bn＝3·2n-1－2，n∈N*.
(2)由(1)知，bn＝3·2n-1－2，n∈N*，即a2n－1＝3·2n-1－2，n∈N*，
由an＋1＝an+1，n为奇数2an，n为偶数 n∈N* ，
故a2n＝a2n－1＋1，n∈N*，
故数列an的前2n项和 S2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)
＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n
＝2[3(20＋21＋22＋…＋2n-1)－2n]＋n
＝6×1-2n1-2－3n＝6(2n－1)－3n .
并项求和
[典例2] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)设bn＝(－1)nSn，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)设数列{an}的公差为d，由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，
又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1，Sn＝n1+2n-12＝n2.
(2)结合(1)知bn＝(－1)nn2，
当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn－1＋bn)
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]
＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n－(n－1)][n＋(n－1)]
＝1＋2＋3＋…＋n＝nn+12.
当n为奇数时，n－1为偶数，
Tn＝Tn－1＋(－1)n·n2＝n-1n2－n2＝－nn+12.
综上可知，Tn＝-1nnn+12.
【教师备选题】
已知数列{an}的前n项和Sn＝n2+n2，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
＝n2+n2-n-12+n-12＝n.
当n＝1时也满足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＝21-22n1-2＝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.

[拓展变式] 本题(2)中，条件不变，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] 当n为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4＋…－(n－1)＋n]
＝2-2n+11-2+n2＝2n+1－2＋n2.
当n为奇数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4＋…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n+1－2＋n-12－n＝2n+1－n+52.
综上，Tn＝2n+1+n2-2，n为偶数，2n+1-n+52，n为奇数．
分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
提醒：如果cn＝(－1)n·an，求{cn}的前n项和时，可采用并项求和法求解．
[跟进训练]
1．(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
[解] (1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q>1)．由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝12(舍去)，q＝2.由题设得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n+1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
考点二 裂项相消法求和
形如an＝1nn+k(k为非零常数)型
[典例3] (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Snan是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2＋…＋1an<2.
[解] (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴S1a1＝1，
又∵Snan是公差为13的等差数列，
∴Snan＝1＋13(n－1)＝n+23，∴Sn＝n+2an3，
∴当n≥2时，Sn－1＝n+1an-13，
∴an＝Sn－Sn－1＝n+2an3-n+1an-13，
整理得：(n－1)an＝(n＋1)an－1，
即anan-1＝n+1n-1(n≥2)，
∴an＝a1×a2a1×a3a2×…×an-1an-2×anan-1
＝31×42×53×…×nn-2×n+1n-1＝nn+12(n≥2)，
显然对于n＝1也成立，
∴{an}的通项公式an＝nn+12.
(2)证明：由(1)知an＝nn+12，∴1an＝2nn+1＝21n-1n+1，
∴1a1+1a2＋…＋1an＝21-12+12-13+…+1n-1n+1＝21-1n+1＜2.
形如an＝1n+k+n(k为非零常数)型
[典例4] 如图甲是第七届国际数学教育大会(ICME－7)的会徽．它的主题图案是由一连串如图乙所示的直角三角形演化而成的．设其中的第一个直角三角形OA1A2是等腰三角形，且OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝A7A8＝1，它可以形成近似的等角螺线，记OA1，OA2，OA3，…，OA8的长度组成数列ann∈N*，1≤n≤8，且bn＝1an+an+1，则an＝________n∈N*，1≤n≤8，数列bn的前7项和为________．
图甲 图乙
n 22－1 [△OAnAn＋1是以∠OAnAn＋1为直角的直角三角形，由勾股定理可得an+12＝an2＋1，所以数列an2n∈N*，1≤n≤8为等差数列，且首项为a12＝1，
公差为d＝1, 所以an2＝n，
因为an>0，所以an＝n.
则bn＝1an+an+1＝1n+n+1
＝n-n+1n+n+1n-n+1＝－n+n+1，
因此，数列bn的前7项和为S7＝-1+2+-2+3＋…＋-7+8＝22－1.]
形如bn＝q-1anan+kan+1+k(q为等比数列{an}的公比，q≠1)型
[典例5] 已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn满足an＋1＝Sn＋1(n∈N*)．
(1)求Sn；
(2)记bn＝Sn+1-SnSnSn+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)当n≥2时，an＝Sn－1＋1，
又an＋1＝Sn＋1，
所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，
即an＋1＝2an(n≥2)，
在an＋1＝Sn＋1中，令n＝1，可得a2＝a1＋1，
因为a1＝1，所以a2＝2a1＝2，
故an是首项为1，公比为2的等比数列，
其通项公式为an＝2n-1，
所以Sn＝an＋1－1＝2n－1.
(2)因为bn＝Sn+1-SnSnSn+1＝1Sn-1Sn+1＝12n-1-12n+1-1，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1-13+13-17＋…＋12n-1-12n+1-1
＝1－12n+1-1.
故Tn＝1－12n+1-1.
形如an＝n+1n2n+22型
[典例6] 正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝n+1n+22an2，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜564.
[解] (1)由Sn2－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.当n＝1时，也满足此式．
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝n+1n+22an2＝n+14n2n+22＝1161n2-1n+22.
Tn＝1161-132+122-142+132-152+…+1n-12-1n+12+1n2-1n+22＝1161+122-1n+12-1n+22＜1161+122＝564.
裂项相消法的基本步骤
[跟进训练]
2．已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22+b33＋…＋bnn＝an＋1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列1anbn的前n项和．
[解] (1)由题意得当n＝1时，a2＝b1＝6，
故an＝6＋2(n－2)＝2n＋2，
由于b1＋b22+b33＋…＋bnn＝an＋1，①
当n≥2时，b1＋b22+b33＋…＋bn-1n-1＝an，②
①－②得：bnn＝an＋1－an＝2，
所以bn＝2n.
所以bn＝6，n=1，2n，n≥2.
(2)当n＝1时，S1＝1a1b1＝14×6＝124.
当n≥2时，1anbn＝12n2n+2＝141n-1n+1，
则Sn＝124+1412-13+13-14+…+1n-1n+1
＝124+1412-1n+1＝2n-112n+1，
当n＝1时满足上式，故Sn＝2n-112n+1.
考点三 错位相减法求和
[典例7] (2020·全国Ⅰ卷)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＝1(舍去)或q＝－2.
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.
两式相减可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n-1－n×(－2)n＝1--2n3－n×(－2)n.
所以Sn＝19-3n+1-2n9.
错位相减法求和的具体步骤
步骤1→写出Sn=c1+c2+…+cn
⇓
步骤2→等式两边同乘等比数列的公比q，即qSn=qc1+qc2+…+qcn
⇓
步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和
⇓
步骤4→两边同除以1-q或q-1，求出Sn.同时注意对q是否为1进行讨论
[跟进训练]
3．(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝nan3.已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜Sn2.
[解] (1)设{an}的公比为q，则an＝qn-1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝13，
故an＝13n-1，bn＝n3n.
(2)证明：由(1)知Sn＝1-13n1-13＝321-13n，Tn＝13+232+333＋…＋n3n ①，
13Tn＝132+233+334＋…＋n-13n+n3n+1 ②，
①－②得23Tn＝13+132+133＋…＋13n-n3n+1，
即23Tn＝131-13n1-13-n3n+1＝121-13n-n3n+1，
整理得Tn＝34-2n+34×3n，
则2Tn－Sn＝234-2n+34×3n-321-13n＝－n3n＜0，
故Tn＜Sn2.
课时分层作业(三十六) 数列求和
1．(2023·广东广州铁一中学模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn-1n是首项为3，公差为1的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n≥2时，1S2+1S3＋…＋1Sn＜an-1an+1-12.
[解] (1)∵Sn-1n是首项为3，公差为1的等差数列，
∴Sn-1n＝3＋(n－1)，
∴Sn＝n2＋2n＋1＝(n＋1)2.
∴当n≥2时，Sn－1＝n2，
an＝Sn－Sn－1＝2n＋1.
又S1＝a1＝4不满足an＝2n＋1，
∴{an}的通项公式an＝4，n=1， 2n+1，n≥2且n∈N*.
(2)当n≥2时，1Sn＝1n+12＜1nn+1＝1n-1n+1，
an-1an+1-12＝2n2n+2-12＝nn+1-12，
∴1S2+1S3＋…＋1Sn＜12-13+13-14＋…＋1n-1n+1＝12-1n+1＝nn+1-12，
∴1S2+1S3＋…＋1Sn＜an-1an+1-12.
2．(2022·辽宁鞍山二模)在①Sn＝2n－3n－1；②an＋1＝2an＋3，a1＝－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
设数列{an}的前n项和为Sn，且________(只需填入序号)．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn＝n·an+3，求数列bn的前n项和Tn.
[解] (1)若选①：由Sn＝2n－3n－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－1－[2n-1－3(n－1)－1]＝2n-1－3，
当n＝1时，a1＝S1＝－2满足上式，
所以数列an的通项公式为an＝2n-1－3.
若选②：由an＋1＝2an＋3，可得an＋1＋3＝2(an＋3)，
又由a1＝－2，可得a1＋3＝1，
所以数列{an＋3}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋3＝2n-1，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n-1－3.
(2)由(1)得bn＝n·(an＋3)＝n·2n-1，
可得Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n-1，
则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
两式相减，可得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n-1－n·2n＝1-2n1-2－n·2n＝(1－n)2n－1，所以Tn＝(n－1)2n＋1.
3．(2022·山东济宁二模)已知数列an满足a1＝2，an＋1＝an+2n+1，n为奇数，2an，n为偶数．
(1)设bn＝a2n，证明：数列bn2n为等差数列；
(2)求数列an的前2n项和．
[解] (1)证明：由题意，b1＝a2＝a1＋22＝2＋2＝4，
当n≥2时，bn＝a2n＝a2n－1＋22n＝2a2n－2＋2n＝2bn－1＋2n，
所以bn2n-bn-12n-1＝1，则bn2n是以1为公差，b12＝2为首项的等差数列．
(2)由题设，S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝a2-22+a4-24＋…＋[a2n－(2)2n]＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝2a2+a4+…+a2n-2+22+…+2n＝2(b1＋b2＋…＋bn)-21-2n1-2＝2Tn＋2－2n+1，
由(1)知：bn2n＝2＋n-1＝n＋1，则bn＝n+1·2n.
其中Tn＝b1＋b2＋…＋bn，
即Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋n+1·2n，
所以2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n·2n＋n+1·2n+1，
两式相减得－Tn＝4＋22+23+…+2n-n+1·2n+1＝4＋41-2n-11-2-n+1·2n+1＝－n·2n+1，
所以Tn＝n·2n+1，
综上，S2n＝2Tn＋2－2n+1＝2n·2n+1＋2－2n+1＝2n-12n+1＋2.
4．(2022·湖南邵阳一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn＋1＝2＋2Snn≥1，bn是公差不为0的等差数列，且b1，b2，b4成等比数列，a2，b10，a4成等差数列．
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)若cn＝-1n+12n+1bn+1lg2an，求cn的前2n项和T2n.
[解] (1)因为当n≥2时，Sn+1=2+2Sn，Sn=2+2Sn-1，
两式相减可得an＋1＝2ann≥2.
由S1＝a1＝2，代入Sn＋1＝2＋2Sn可得S2＝6，a2＝4，
满足a2＝2a1，所以an＋1＝2an，n∈N*，
所以an＝2n.
不妨设等差数列bn的公差为d，
由条件可得b22＝b1b4，2b10＝a2＋a4，
即b1+d2=b1b1+3d，2b1+9d=4+16， 解得b1＝1，d＝1，
所以bn＝1＋n-1×1＝n.
(2)由(1)可知cn＝-1n+1·2n+1nn+1＝-1n+1·1n+1n+1，
所以T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n
＝1+12-12+13+13+14＋…－12n+12n+1
＝1－12n+1＝2n2n+1.