新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列第2讲数列求和及其综合应用核心考点2求数列的前n项和教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列第2讲数列求和及其综合应用核心考点2求数列的前n项和教师用书，共6页。
求数列的前n项和的方法
(1)分组求和法；
(2)并项求合法；
(3)错位相减法；
(4)裂项相消法．
角度1：分组求和法
典例研析·悟方法
典例1 (2023·大观区校级三模)设数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2－1，a3－3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)bn＋an))是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式与前n项和Tn.
【解析】 (1)∵Sn＝2an－a1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，
∴a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，
又a1，a2－1，a3－3成等比数列，即(a2－1)2＝a1(a3－3)，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－3)，解得a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
故an＝2n－1.
(2)∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)bn＋an))是首项为1，公差为2的等差数列，∴eq \f(1,2)bn＋an＝1＋2(n－1)，
∴数列{bn}的通项公式为bn＝2(2n－1)－2n，
∴Tn＝2[1＋3＋…＋(2n－1)]－(21＋22＋…＋2n)
＝2·eq \f(n[1＋2n－1],2)－eq \f(21－2n,1－2)
＝2n2－2n＋1＋2.
方法技巧·精提炼
1.分组求和法求前n项和适用的类型
(1){cn}的通项公式为：cn＝an＋bn
(2){cn}的通项公式为：cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为偶数，,bn，n为奇数.))
2.分组求和法求前n项和的技巧
(1)定通项公式：即根据已知条件求出数列的通项公式；
(2)巧拆分：即根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的数列；
(3)分别求和：分别求出各个数列的和；
(4)组合：即把拆分后求得数列的和进行组合，得到所求数列的和．
加固训练·促提高
(2023·广东广州统考二模)设Sn是数列{an}的前n项和，已知a3＝0，an＋1＋(－1)nSn＝2n.
(1)求a1，a2；
(2)令bn＝an＋1＋2an，求b2＋b4＋b6＋…＋b2n.
【解析】 (1)由an＋1＋(－1)nSn＝2n得a2－a1＝2，即a2＝a1＋2，
a3＋S2＝22＝4，即a3＋a2＋a1＝4，又a3＝0，所以a1＝1，a2＝3.
(2)当n＝2k时，a2k＋1＋S2k＝22k，
当n＝2k－1时，a2k－S2k－1＝22k－1，
两式相加可得a2k＋1＋S2k＋a2k－S2k－1＝22k＋22k－1，得a2k＋1＋2a2k＝22k＋22k－1，
由于bn＝an＋1＋2an，所以b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝(a3＋2a2)＋(a5＋2a4)＋(a7＋2a6)＋…＋(a2n＋1＋2a2n)
＝(22＋21)＋(24＋23)＋(26＋25)＋…＋(22n＋22n－1)
＝(22＋24＋26＋…＋22n)＋(21＋23＋25＋…＋22n－1)
＝eq \f(41－4n,1－4)＋eq \f(21－4n,1－4)＝22n＋1－2.
角度2：并项求合法
典例研析·悟方法
典例2 (2023·重庆高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知等差数列{an}满足an＋1＝2an－n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nan，求eq \i\su(i＝1,2n,b)i.
【解析】 (1)由已知{an}为等差数列，记其公差为d.
①当n≥2时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1＝2an－n，,an＝2an－1－n－1，))两式相减可得d＝2d－1，解得d＝1，
②当n＝1时，a2＝2a1－1，所以a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
(2)由(1)知bn＝(－1)nan＝(－1)n(n＋1)，
eq \i\su(i＝1,2n,b)i＝b1＋b2＋…＋b2n－1＋b2n＝－2＋3－4＋5－…－2n＋2n＋1
＝(－2＋3)＋(－4＋5)＋…＋(－2n＋2n＋1)＝n.
方法技巧·精提炼
1.并项求和法求前n项和适用的类型
通项公式中含有(－1)n等特征
2.并项求和法求前n项和的解题技巧
(1)按已知的数列的特点进行分类讨论；
(2)将通项加和进行分析；
(3)加和后的数列作为新数列求和；
(4)得出结果．
加固训练·促提高
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2，Sn为数列{an}的前n项和．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nSn，求数列{bn}的前100项的和T100.
【解析】 (1)因为an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2，
又a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)知Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2，
因为bn＝(－1)nSn＝(－1)nn2，
所以T100＝－12＋22－32＋42＋…－992＋1002＝(2－1)(1＋2)＋(4－3)(3＋4)＋…＋(100－99)(99＋100)＝1＋2＋3＋4＋…＋100＝eq \f(100100＋1,2)＝5 050.
角度3：错位相减法
典例研析·悟方法
典例3 (2023·青山湖区校级三模)已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1＋Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n＋1)，a1＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,3n)，求数列{bn}的前n项的和Tn.
【解析】 (1)∵Sn＋1＋Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n＋1)①，
∴Sn＋Sn－1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)(n≥2)②，
由①－②得an＋1＋an＝eq \f(1,2)(aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n))＝eq \f(1,2)(an＋1＋an)(an＋1－an)，
∵an＋1＋an>0，则an＋1－an＝2(n≥2)，
当n＝1时，S1＋S2＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,2)，a1＝2，解得a2＝4，
则a2－a1＝2，则an＋1－an＝2(n∈N*)，
∴数列{an}是首项和公差均为2的等差数列，
故an＝2(n－1)＋2＝2n.
(2)由(1)得an＝2n，则bn＝eq \f(an,3n)＝eq \f(2n,3n)，
∴Tn＝eq \f(2,3)＋eq \f(4,32)＋…＋eq \f(2n,3n)③，
∴eq \f(1,3)Tn＝eq \f(2,32)＋eq \f(4,33)＋eq \f(6,34)＋…＋eq \f(2n,3n＋1)④，
由③－④得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(2,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(2,33)＋…＋eq \f(2,3n)－eq \f(2n,3n＋1)，
∴eq \f(2,3)Tn＝2×eq \f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－eq \f(2n,3n＋1)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－eq \f(2n,3n＋1)，
∴Tn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3＋2n,3n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2n＋3,3n))).
方法技巧·精提炼
错位相减法求和：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．q倍错位相减法：若数列{cn}的通项公式cn＝an·bn，其中{an}、{bn}中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q倍错位相减法．
加固训练·促提高
(2023·安徽蚌埠统考模拟预测)已知数列{an}和{bn}，a1＝2，eq \f(1,bn)－eq \f(1,an)＝1，an＋1＝2bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,bn)))的前n项和Tn.
【解析】 (1)由a1＝2，eq \f(1,bn)－eq \f(1,an)＝1，an＋1＝2bn得eq \f(2,an＋1)－eq \f(1,an)＝1，
整理得eq \f(1,an＋1)－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))，而eq \f(1,a1)－1＝－eq \f(1,2)≠0，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是以－eq \f(1,2)为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以eq \f(1,an)－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－eq \f(1,2n)，
∴an＝eq \f(2n,2n－1)，
∴bn＝eq \f(1,2)an＋1＝eq \f(2n,2n＋1－1).
(2)eq \f(n,bn)＝n·eq \f(2n＋1－1,2n)＝2n－eq \f(n,2n)，
设Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n,2n)，
则eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(n＋2,2n＋1)，
从而Sn＝2－eq \f(n＋2,2n)
∴Tn＝eq \f(n2＋2n,2)－Sn＝n2＋n－2＋eq \f(n＋2,2n).
角度4：裂项相消法
典例研析·悟方法
典例4 (2023·思明区校级模拟)已知数列{an}满足a1＝1，eq \f(an,an＋1)＝1＋2an.
(1)证明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)设cn＝4n2anan＋1，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)证明：因为eq \f(an,an＋1)＝1＋2an，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1＋2an,an)＝eq \f(1,an)＋2，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,a1)＝1为首项，2为公差的等差数列，则eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝eq \f(1,2n－1).
(2)cn＝4n2anan＋1＝eq \f(4n2,2n－12n＋1)
＝eq \f(4n2,4n2－1)＝eq \f(4n2－1＋1,4n2－1)＝1＋eq \f(1,2n－12n＋1)
＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝n＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝n＋eq \f(n,2n＋1).
方法技巧·精提炼
1.裂项相消法的解题策略
裂项相消求和法就是把数列的各项变为两项之差，使得相加求和时一些正负项相互抵消，前n项和变成首尾若干少数项之和，从而求出数列的前n项和．
2.常见的裂项形式
①eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)
②eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))
③eq \f(1,4n2－1)＝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)))
④eq \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)))
⑤eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))
⑥eq \f(2n,2n＋1＋k2n＋k)＝eq \f(1,2n＋k)－eq \f(1,2n＋1＋k)
⑦eq \f(n－12n,nn＋1)＝eq \f(2n＋1,n＋1)－eq \f(2n,n)
加固训练·促提高
(2023·香坊区校级三模) 已知正项数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an＋1,an·an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)证明：由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2，
∴数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
(2)bn＝eq \f(an＋1,an·an＋1)＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq \f(1,1)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,7)＋eq \f(1,7)－eq \f(1,15)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1).