高考数学一轮复习第七章第五节数列求和(二)学案

这是一份高考数学一轮复习第七章第五节数列求和(二)学案，共13页。学案主要包含了常用结论等内容，欢迎下载使用。

2．掌握非等差、非等比数列求和的常用方法，如裂项相消法求和、错位相减法求和等．
自查自测
知识点一 裂项相消法求和
1．(教材改编题)数列{an}的前n项和为Sn.若an＝1nn+1，则S5等于( )
A．1B．56
C．16D．130
B 解析：因为an＝1nn+1＝1n－1n+1，
所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12+12－13+…+15－16＝56.
2．122－1+132－1+142－1+…+1n+12－1＝________.
34－121n+1+1n+2 解析：因为1n+12－1＝1n2+2n＝1nn+2＝121n－1n+2，
所以122－1+132－1+142－1+…+1n2－1+1n+12－1
＝12·1－13+12－14+13－15+…+1n－1－1n+1+1n－1n+2
＝1232－1n+1－1n+2＝34－121n+1+1n+2.
核心回扣
1．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．
2．一般形式：通项公式形如1anbn，其中bn－an＝d(d≠0)的数列适用裂项相消法求和．
注意点：
(1)裂项前后的式子应相等，有时需要添加相应的系数；
(2)观察前几项相消的特点，总结相消规律求和．
自查自测
知识点二 错位相减法求和
1．(教材改编题)12+12+38+…+n2n＝( )
A．2n－n－12nB．2n+1 –n－22n
C．2n－n+12nD．2n+1 –n+22n
B 解析：由Sn＝12+12+38+…+n2n＝12+222+323+…+n2n①，
得12 Sn＝122+223+…+n－12n+n2n+1②，
①－②，得12 Sn＝12 +122+123+…+12n－n2n+1＝121－12n1－12－n2n+1＝2n+1 –n－22n+1，
所以Sn＝2n+1 –n－22n.
2．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n-2＋2n-1的结果是( )
A．2n+1＋n－2B．2n+1－n＋2
C．2n－n－2D．2n+1－n－2
D 解析：由Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n-2＋2n-1①，
得2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n-1＋2n②，
①－②，得－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n+1，所以Sn＝2n+1－n－2.
核心回扣
1．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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法．
2．一般形式：通项公式形如anbn，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列的数列适用错位相减法求和．
注意点：
(1)求和时注意格式，错位书写、错位对齐，不要因为书写混乱导致相减错误；
(2)和式两边同乘等比数列的公比．
【常用结论】
常见的裂项公式
(1)1nn+1＝1n－1n+1；(2)1nn+2＝121n－1n+2；(3)12n－12n+1＝1212n－1－12n+1；
(4)1n+n+1＝n+1－n；(5)1nn+1n+2＝12；(6)an＝lga1+1n＝－lgan－lgan+1；
(7)an＝2n2n－12n+1 －1 ＝12n－1－12n+1 －1；(8)an＝n+2nn+12n+1＝1n·2n－1n+1·2n+1；
(9)an＝(－1)n-14n2n－12n+1＝(－1)n-112n－1+12n+1；(10)an＝1－n2nnn+1＝2nn－2n+1n+1.
应用 已知函数f (x)＝xa的图象过点(4，2)，令an＝1f n+1+f n，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 025＝________.
2 026－1 解析：由f (4)＝2，得4a＝2，解得a＝12，则f (x)＝x12.
所以an＝1f n+1+f n＝1n+1+n＝n+1－n，
S2 025＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 025
＝2－1＋3－2＋4－3＋…＋2 025－2 024＋2 026－2 025＝2 026－1.
裂项相消法求和
【例1】(1)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝lg2an，则1b1b2+1b2b3+…+1b2 023 b2 024的值是( )
A．4 0472 024 B．4 0452 023
C．2 0232 024 D．2 0222 023
B 解析：由Sn＋1＝2Sn且S1＝a1＝2，
得数列{Sn}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n-1＝2n-1，
又a1＝2不满足上式，所以an＝2，n＝1，2n－1 ，n≥2，则bn＝lg2an＝1，n＝1，n－1，n≥2.
当n≥2时，1bnbn+1＝1n－1n＝1n－1－1n，
所以1b1b2+1b2b3+…+1b2 023 b2 024＝1+1－12+12－13+…+12 022－12 023＝2－12 023＝4 0452 023.
(2)(2024·成都模拟)已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a3－1是a1和a8＋1的等比中项．
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝3－2n2n－1anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：①由题意，得(a3－1)2＝a1·(a8＋1)，且公差为2，则(a1＋3)2＝a1·(a1＋15)，
解得a1＝1，则an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
②由①可知，an＝2n－1，则an＋1＝2n＋1，
所以bn＝3－2n2n－1anan+1＝3－2n·2n－12n－12n+1＝12n－1－22n+1·2n－1 ＝2n－12n－1－2n2n+1，
则Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－23+23－225+225－237+…+2n－12n－1－2n2n+1＝1－2n2n+1.
裂项相消法的原则及规律
(1)裂项原则：
一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：
消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项．
设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，a3是a1，a11的等比中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝3anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设{an}的公差为d，因为a1＝2，a3是a1，a11的等比中项，
所以(2＋2d)2＝2(2＋10d)，所以d2－3d＝0.
因为d≠0，所以d＝3，故an＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)因为bn＝3anan+1＝33n－13n+2＝13n－1－13n+2，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝12－15+15－18+…+13n－1－13n+2＝12－13n+2＝3n6n+4.
错位相减法求和
【例2】(1)(2024·济宁模拟)已知数列{an}满足a1＝－2，anan－1＝2nn－1(n≥2)，{an}的前n项和为Sn，则下列不正确的是( )
A．a2＝－8
B．an＝－2n·n
C．S3＝－30
D．Sn＝(1－n)·2n+1－2
C 解析：由题意可得a2a1＝2×21，a3a2＝2×32，a4a3＝2×43，…，anan－1＝2×nn－1(n≥2)，以上式子左、右分别相乘得ana1＝2n-1·n(n≥2)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2)．又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n，a2＝－8，故A，B正确．Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，故S3＝－34，故C错误，D正确．
(2)在等差数列{an}中，已知a1＝1，公差d>0，其前n项和Sn满足4Sn＝n(an＋an＋1)．
①求数列{an}的通项公式；
②设数列{an·2an}的前n项和为Tn，求Tn.
解：①根据题意，当n＝1时，4S1＝4a1＝a1＋a2，
又a1＝1，则4＝1＋a2，解得a2＝3.
所以等差数列{an}的公差d＝a2－a1＝3－1＝2，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
②由①可知an·2an＝(2n－1)·22n-1＝12(2n－1)·4n，
则Tn＝12[1×41＋3×42＋…＋(2n－1)·4n]，
所以4Tn＝12[1×42＋3×43＋…＋(2n－1)·4n+1].
两式相减得－3Tn＝12[4＋2(42＋43＋…＋4n)－(2n－1)·4n+1]＝2＋(42＋43＋…＋4n)－2n－12·4n+1
＝2＋421－4n－11－4－2n－12·4n+1＝－103+5－6n6·4n+1，
所以Tn＝109+6n－518·4n+1.
错位相减法求和时的注意点
(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.
(3)错位相减法求和运算化简较为复杂，书写步骤时尽量详细，不要跨步，减少运算失误．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a4＋a6＝18，S11＝121.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋3)2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a4＋a6＝18，
得2a1＋8d＝18，即a1＋4d＝9.
由S11＝121，得11a1＋11×102×d＝121，
即a1＋5d＝11，解得a1＝1，d＝2，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)可知bn＝(an＋3)·2n＝(n＋1)·2n+1，
则数列{bn}的前n项和为Tn＝2·22＋3·23＋…＋(n＋1)·2n+1，
故2Tn＝2·23＋3·24＋…＋(n＋1)·2n+2，
两式作差，得
－Tn＝8＋23＋24＋…＋2n+1－(n＋1)·2n+2＝8＋81－2n－11－2－(n＋1)·2n+2＝－n·2n+2，
所以Tn＝n·2n+2.
课时质量评价(四十四)
1．已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则1an的前100项和为( )
A．100101 B．99100
C．101100 D．200101
D 解析：因为an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，
所以an＋1－an＝1＋n.
所以an－an－1＝n(n≥2)．
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝nn+12(n≥2)．
当n＝1时，上式也成立，所以an＝nn+12，
所以1an＝2nn+1＝21n－1n+1.
所以1an的前100项和为2(1－12＋12－13+⋯+1100－1101＝21－1101＝200101.
2．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列1an+3 an+4的前n项和Sn＝( )
A．n+1n+2 B．nn+1
C．nn+2 D．2nn+1
B 解析：设等差数列{an}的公差为d，
由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝a5＋(n－5)d＝n－3，
则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，
所以1an+3 an+4＝1nn+1＝1n－1n+1，
所以Sn＝11－12+12－13+…+1n－1n+1＝1－1n+1＝nn+1.
3．(2024·泰安模拟)已知数列{an}满足a1+12 a2+122 a3+…+12n－1 an＝2n，则a1＋2a2＋22a3＋…＋22 021a2 022＝( )
A．2×(22 022－1) B．23(22 022＋1)
C．23(24 044－1) D．23(24 044＋1)
C 解析：因为a1+12 a2+122 a3+…+12n－1 an＝2n，
所以当n≥2时，a1＋12 a2+122 a3+…12n－2an－1＝2(n－1)，
两式相减得12n－1an＝2，所以an＝2n(n≥2)．
又a1＝2也适合该式，故an＝2n.
所以a1＋2a2＋22a3＋…＋22 021a2 022＝242 022 －14－1＝23 24 044 －1．
4．数列{an}满足an＝1+2+3+…+nn，则数列1anan+1的前n项和为( )
A．nn+2 B．2nn+2
C．nn+1 D．2nn+1
B 解析：由题意得an＝1+2+3+…+nn＝12(n＋1)，故1anan+1＝4n+1n+2＝41n+1－1n+2，
所以数列1anan+1的前n项和为412－13+13－14+…+1n+1－1n+2＝412－1n+2＝2nn+2.
5．(多选题)已知数列{an}：12，13+23，14+24+34，…，110+210+…+910，….若bn＝1anan+1，设数列{bn}的前n项和为Sn，则( )
A．an＝n2 B．an＝n
C．Sn＝4nn+1 D．Sn＝5nn+1
AC 解析：由题意得an＝1n+1+2n+1+…+nn+1＝1+2+3+…+nn+1＝n2，
所以bn＝1n2·n+12＝4nn+1＝41n－1n+1.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝41－12+12－13+13－14+…+1n－1n+1
＝41－1n+1＝4nn+1 .
6．已知数列{an}满足an＋1＝nn+1an，a1＝1，则数列{anan＋1}的前10项和为________.
1011 解析：因为an＋1＝nn+1an，a1＝1，所以(n＋1)an＋1＝nan，
所以数列{nan}是每项均为1的常数列，即nan＝1.
所以an＝1n，anan+1 ＝1nn+1＝1n－1n+1，
所以数列{anan＋1}的前10项和为11－12+12－13+…+110－111＝1－111＝1011.
7．已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3·…·an＝2bn(n∈N*)．若数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，则数列{bn}的通项公式bn＝________，数列1bn的前n项和Sn＝______.
nn+12 2nn+1 解析：因为数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，
所以公比q＝3a4a1 ＝3162＝2，所以an＝2n，
所以a1a2a3·…·an＝21×22×23×…×2n＝21+2+3+…＋n＝2nn+12.
因为a1a2a3·…·an＝2bn，所以bn＝nn+12，
所以1bn＝2nn+1＝21n－1n+1，
所以数列1bn的前n项和
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝211－12+12－13+13－14+…+1n－1n+1＝21－1n+1＝2nn+1.
8．已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，S6S3＝9，bn＝anan－1an+1 –1，且b1＝23.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，由S6S3＝9，得S6S3－1＝S6－S3S3＝8，
即a4+a5+a6a1+a2+a3＝q3＝8，解得q＝2.
又b1＝a1a1－1a2－1＝a1a1－12a1－1＝23，
整理得4a12－9a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝14.
由bn＝anan－1an+1 –1，得an≠1，当a1＝14时，a3＝14×22＝1，不合题意，舍去，
故a1＝2，所以an＝2×2n-1＝2n，所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)可得bn＝anan－1an+1 –1＝2n2n－12n+1 –1＝12n－1－12n+1 –1，
所以Tn＝1－13+13－17+17－115+…+12n－1－12n+1 –1＝1－12n+1 –1＝2n+1 –22n+1 –1.
9．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则∑nk＝11Sk＝________.
2nn+1 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有a1+2d＝3，4a1+6d＝10，解得a1＝1，d＝1.
所以Sn＝n＋nn－12＝nn+12，1Sn＝2nn+1＝21n－1n+1，
因此∑nk＝11Sk＝21－12+12－13+…+1n－1n+1 ＝2nn+1.
10．已知数列{an}满足1an＝1an+1－1，且a1＝1，则an＝________，数列{bn}满足bn＝2nan，则数列{bn}的前n项和Sn＝________.
1n (n－1)×2n+1＋2 解析：由1an＝1an+1－1，得1an+1－1an＝1，又1a1＝1，
所以1an是公差、首项都为1的等差数列，
则等差数列1an的通项公式为1an＝n，则an＝1n，bn＝2nan＝n×2n，
所以Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1，
相减得Sn＝－(2＋22＋…＋2n)＋n×2n+1＝－21－2n1－2＋n×2n+1＝(n－1)×2n+1＋2.
11．已知在数列{an}中，a1＝3，且{an－1}是公比为3的等比数列，则使a1－1a1a2+a2－1a2a3+…+an－1anan+1＝80489的正整数n的值为____.
4 解析：由题意，知{an－1}是首项为a1－1＝2，公比为3的等比数列，
所以an－1＝2×3n-1，
所以an＝2×3n-1＋1.
所以an－1anan+1＝2×3n－12×3n－1 +12×3n+1＝1212×3n－1 +1－12×3n+1，
所以a1－1a1a2+a2－1a2a3+…+an－1anan+1＝1213－17+17－119+…+12×3n－1 +1－12×3n+1
＝1213－12×3n+1＝16－14×3n+2＝80489，
解得n＝4.
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝2Sn，n为奇数，bn，n为偶数，设数列{cn}的前n项和Tn，求T2n.
解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，a1＝3，b1＝1，
得q+6+d＝10， 3+4d－2q＝3+2d，解得d＝2，q＝2.
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n-1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝n(n＋2)，
则当n为奇数时，cn＝2Sn＝1n－1n+2，
当n为偶数时，由(1)可知cn＝2n-1.
所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＋2＋23＋…＋22n－1
＝1－12n+1+21－4n1－4＝2n2n+1+234n－1．
13.2024·衡水模拟已知数列an的前n项和为Sn，满足a1＝1，Sn＝12n+tnt为常数．
1求an的通项公式；
2若bn＝an·14an+1，求数列bn的前n项和Tn.
解：1令n＝1，S1＝a1＝12＋t＝1，可得t＝12，
所以Sn＝12n+12n.
当n≥2时，Sn－1＝12(n－1)+12(n－1)，
可得an＝Sn－Sn－1＝12[n2－(n－1)2]＋12＝n，
所以an＝n(n≥2)．
又因为a1＝1满足上式，
所以an＝n.
(2)因为bn＝an·14an+1 ＝n·14n+1，
所以Tn＝1×142+2×143+3×144+…+n×14n+1，
两边同乘14，得14 Tn＝1×143+2×144+3×145＋…＋(n－1)×14n+1 +n×14n+2，
两式相减，得34 Tn＝142+143+144+145+…+14n+1 －n×14n+2，
即34 Tn＝116 1－14n1－14－n×14n+2，所以Tn＝19 –19+n12×14n.