人教版高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和学案理含解析

这是一份人教版高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和学案理含解析，共8页。学案主要包含了疑误辨析，走进教材，易错自纠等内容，欢迎下载使用。
第四节　数列求和[最新考纲][考情分析][核心素养]1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决与前n项和相关的问题.　　数列分组求和、错位相减求和、裂项相消求和仍是2021年高考考查的热点，题型仍将是以解答题为主，分值为12分.1.数学运算2.逻辑推理‖知识梳理‖1．等差数列的前n项和公式Sn＝＝na1＋d．2．等比数列的前n项和公式Sn＝3．数列求和的常用方法(1)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．(2)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项和就是用此法推导的．(3)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．(4)分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．(5)并项求和法一个数列的前n项和，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．►常用结论1．一些常见的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.2．常用的裂项公式(1)＝－.(2)＝.(3)＝－.3．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．‖基础自测‖一、疑误辨析1．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＝.(　　)(2)当n≥2时，＝.(　　)(3)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．(　　)答案：(1)√　(2)√　(3)×二、走进教材2．(必修5P47B4改编)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)A．2 018 B．2 019C．2 020 D．2 021答案：B3．(必修5P56例1改编)在等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝(q>0)，Sn是其前n项和，则S6＝________．答案：三、易错自纠4．(2019届天津红桥检测)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则数列{|an|}的前n项和Tn等于(　　)A．6n－n2 B．n2－6n＋18C． D．解析：选C　由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，∴当n≤3时，an<0，Tn＝(－a1)＋(－a2)＋(－a3)＝－Sn＝6n－n2；当n>3时，an>0，Tn＝(－a1)＋(－a2)＋(－a3)＋a4＋…＋an＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.∴Tn＝5．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 017＝________．解析：由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，可得该数列是周期为4的数列，且a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，所以S2 017＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＝504×(－2)＋1＝－1 007.答案：－1 0076．若数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．解析：Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，　①2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，　②①－②得－Sn＝1×21＋22＋33＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2.∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.答案：(n－1)×2n＋1＋2【例1】　(2019届南昌市重点中学测试)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)若cn＝求数列{cn}的前2n项和S2n.[解]　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，依题意有解得所以an＝2n－1，bn＝2n.(2)由已知得c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{cn}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝2n2－n＋(4n－1)．►名师点津分组转化法求和的常见类型[提醒]　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．|跟踪训练|1．(2019届焦作模拟)已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝3，{an}前4项的和为16，所以解得所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.所以a4＝2×4－1＝7.设{bn－an}的公比为q，则b4－a4＝(b1－a1)q3，因为b1＝4，b4＝88，所以q3＝＝＝27，解得q＝3，所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝＋＝(3n－1)＋n2＝＋n2－.【例2】　(2020届合肥调研)已知在等差数列{an}中，a2＝12，a5＝24，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1－bn＝an(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求使得＋＋＋…＋＞成立的最小正整数n的值．[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，则a5－a2＝3d＝12，解得d＝4，∴an＝a2＋(n－2)d＝4n＋4，∴bn＋1－bn＝4n＋4，∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝4＋8＋12＋…＋[4(n－1)＋4]＝2n2＋2n(n＞1)，b1＝4也适合．∴an＝4n＋4，bn＝2n2＋2n(n∈N*)．(2)由(1)得＝＝＝－，∴＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，即＞，解得n＞16，∴满足条件的最小正整数n的值为17.►名师点津利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.|跟踪训练|2．(2019届安徽模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.(1)证明：{an＋1}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)求证：＋＋…＋<1.证明：(1)由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋1)．又a1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以an＋1＝2n，因此{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)知＝＝－，于是＋＋…＋＝＋＋…＋－＝1－，所以＋＋…＋<1.【例3】　(2020届四川五校联考)设数列{an}是等差数列，数列{bn}的前n项和Sn满足2Sn＝3(bn－1)，a1＝b1，a4＝b2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求{an·bn}的前n项和Tn.[解]　(1)由2Sn＝3(bn－1)知，当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，2Sn－1＝3(bn－1－1)，两式相减得，2bn＝2Sn－2Sn－1＝3(bn－1)－3(bn－1－1)，即bn＝3bn－1，所以数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n.又数列{an}是等差数列，a1＝b1＝3，a4＝b2＝9，所以公差d＝＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由(1)知，Tn＝3×31＋5×32＋7×33＋9×34＋…＋(2n＋1)×3n，①3Tn＝3×32＋5×33＋7×34＋9×35＋…＋(2n＋1)×3n＋1，②①－②得，－2Tn＝3×31＋2(32＋33＋34＋…＋3n)－(2n＋1)×3n＋1，即－2Tn＝3×31＋2×－(2n＋1)×3n＋1，整理得Tn＝n×3n＋1.►名师点津1．一般地，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，可采用错位相减法．2．用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)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．|跟踪训练|3．(2019届信阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数)．(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.解：(1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)．又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.(2)由(1)知当λ＝1时，an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，所以Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， ①2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1， ②①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.【例】　已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．[解]　(1)设数列{an}的公比为q，由题意，得解得或∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.(2)∵bn＝anlogan＝2n·log2n＝－n·2n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)， ①则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)， ②②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2.由2n＋1－2>62，得n>5，∴n的最小值为6.►名师点津解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．|跟踪训练|(2019届新疆昌吉月考)在1和17之间插入n－2(n≥4，n∈N*)个数，使这n个数成等差数列．若这n－2个数中第一个为a，第n－2个为b，当＋取最小值时，n的值为(　　)A．6 B．7C．8 D．9解析：选D　由已知得a>0，b>0，a＋b＝18，则＋＝·＝≥×(26＋10)＝2，当且仅当b＝5a时取等号，此时a＝3，b＝15，所以等差数列的公差d＝3－1＝2，所以17＝1＋2(n－1)，解得n＝9.故选D．