【最新版】新教材苏教版高中数学选择性必修一§4.3 习题课 倒序相加求和、裂项相消法【讲义+习题】

习题课　倒序相加求和、裂项相消法
学习目标　1.熟练掌握等差数列与等比数列的前n项和公式.2.根据数列的结构形式会用倒序相加法和裂项相消法求和．
一、倒序相加求和
例1　已知函数f(x)＝.
(1)求证：对任意实数x都有f(x)＋f(1－x)＝1；
(2)an＝f ，其中m∈N*，n＝1,2，…，m.求数列{an}的前m项的和．
(1)证明　f(1－x)＝＝＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝1.
(2)解　设{an}的前m项和为Sm，则
Sm＝a1＋a2＋…＋am＝f ＋f ＋…＋
f ＋f(1)，①
又Sm＝am＋am－1＋…＋a1＝f(1)＋f ＋…＋f ＋f ，②
①②相加，得2Sm＝f(1)＋＋＋…＋
＋f(1)＝m－1＋2f(1)＝m－1＋2×＝m＋，
∴Sm＝＋，
∴数列{an}的前m项和为＋.
反思感悟　倒序相加法求和适合的题型
一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和．
跟踪训练1　在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可以求得sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝________.
答案　44.5
解析　令S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°，
则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°，
两式相加可得
2S＝＋＋…＋＝89，
故S＝44.5，即sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝44.5.
二、裂项相消法
问题　已知数列an＝，如何求{an}的前n项和Sn.
提示　an＝＝－，
Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝＋＋…＋
＝1－＝.
知识梳理　常见的裂项求和的形式：
①＝；
②＝；
③＝－；
④
＝；
⑤＝－；
⑥ln＝ln(n＋1)－ln n.
注意点：(1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系；(2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组；(3)检验所留的正项与负项的个数是否相同．
例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列的前n项和．
解　(1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，
因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，
易知q≠1，所以T2＝＝4，①
T4＝＝20，②
由得1＋q2＝5，解得q＝±2.
当q＝2时，a1＝，所以an＋1＝×2n－1＝；
当q＝－2时，a1＝－5，
所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.
所以an＝－1或an＝－(－2)n＋1－1.
(2)因为an>0，所以an＝－1，
所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，
所以＝＝－，
所以数列的前n项和为
＋＋…＋
＝－＝.
反思感悟　(1)把数列中的每项(通项)分解，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的．
(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．
(3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
跟踪训练2　设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1)求an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设数列{an}的公差为d，
由题意得
解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，
∴bn＝＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝＝－.

1．知识清单：
(1)倒序相加法求和．
(2)裂项相消求和．
2．方法归纳：倒序相加法、裂项求和法．
3．常见误区：裂项求和中要关注正项与负项的个数是否相同及相消后前后剩余的项数．

1．已知an＝，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于(　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
答案　B
解析　因为an＝＝－，所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝－1＋－＋…＋－＝9－1＝8.
2．数列，，，…，，…的前n项和为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由数列通项公式
＝，
得前n项和
Sn＝
＝＝.
3．已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么数列{bn}＝前n项的和为(　　)
A．4 B．4
C．1－ D.－
答案　A
解析　∵an＝＝＝，
∴bn＝＝＝4.
∴Sn＝4
＝4.
4．设函数f(x)＝＋lg ，则f ＋f ＋…＋f ＝________.
答案　
解析　若x1，x2∈(0,1)，且x1＋x2＝1，则
f(x1)＋f(x2)＝1＋lg ＝1，
故f ＋f ＋…＋f ＝4＋f ＝4＋＝.


1．设函数f＝，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，求得f＋f＋…＋f＋…＋f＋f的值为(　　)
A．9 B．11 C. D.
答案　B
解析　∵f＝，∴f＋f＝＋＝＋＝＋＝＝2，
设S＝f＋f＋…＋f＋…＋f＋f，则S＝f＋f＋…＋f＋…＋f＋f，两式相加得2S＝11×2＝22，因此，S＝11.
2．在a，b中插入n个数，使它们和a，b组成等差数列a，a1，a2，…，an，b，则a1＋a2＋…＋an等于(　　)
A．n(a＋b) B.
C. D.
答案　B
解析　令Sn＝a＋a1＋a2＋…＋an＋b，则Sn＝b＋an＋an－1＋…＋a1＋a，两式相加得2Sn＝，故Sn＝，所以a1＋a2＋…＋an＝Sn－＝.
3．数列，满足anbn＝1，an＝n2＋5n＋6，n∈N*，则的前10项之和为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　因为anbn＝1，an＝n2＋5n＋6，
故bn＝＝－，
故的前10项之和为－＋－＋…＋－＝－＝.
4．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数(称为埃及分数)．则下列埃及分数，，，…，的和是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　∵＝，
∴＋＋＋…＋
＝
＝＝.
5．已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 021＝0，若f(x)＝，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 021)等于(　　)
A．2 020 B．4 036 C．2 021 D．4 038
答案　C
解析　∵正项数列是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 021＝0，
∴lg(a1·a2 021)＝0，即a1·a2 021＝1.
∵函数f＝，
∴f(x)＋f ＝＋＝＝2.
令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 021)，
则T＝f(a2 021)＋f(a2 020)＋…＋f(a1)，
∴2T＝f(a1)＋f(a2 021)＋f(a2)＋f(a2 020)＋…＋f(a2 021)＋f(a1)＝2×2 021，∴T＝2 021.
6．(多选)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，公差为d，则下列说法正确的是(　　)
A．an＝2n＋1
B．d＝2
C.＝
D.的前n项和为
答案　ABD
解析　设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，又a7－a2＝5d.
∴d＝2.又a2＝5，∴an＝2n＋1，故A，B正确；
∴＝＝，故C错误；
∴的前n项和为
Sn＝
＝＝，故D正确．
7．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，n∈N*，则an＝________
答案　2＋ln n
解析　∵an＋1＝an＋ln，
∴an＋1－an＝ln＝ln
＝ln(n＋1)－ln n.
又a1＝2，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
8．设Sn是数列的前n项和，且a1＝，an＋1＋2SnSn＋1＝0，n∈N*，则S1S2＋S2S3＋…＋S9S10＝________.
答案　
解析　因为an＋1＋2SnSn＋1＝0，
所以Sn＋1－Sn＋2SnSn＋1＝0，
所以Sn－Sn＋1＝2SnSn＋1，
所以－＝2.
又＝＝3，
所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以＝3＋×2＝2n＋1，所以Sn＝，
所以SnSn＋1＝·
＝，
所以S1S2＋S2S3＋…＋S9S10
＝
＝
＝.
9．已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由已知得

解得
所以数列{an}的通项公式为
an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)bn＝＝，
所以Tn＝
＝＝.
10．已知数列的前n项和Sn＝2n＋2－4(n∈N*)，函数f(x)对一切实数x总有f(x)＋f(1－x)＝1，数列满足bn＝f(0)＋f ＋f ＋…＋f ＋f(1)．分别求数列，的通项公式．
解　当n＝1，a1＝S1＝21＋2－4＝4，
当n≥2，an＝Sn－Sn－1＝－＝2n＋1，
n＝1时满足上式，故an＝2n＋1.
∵f＋f＝1，∴f ＋f ＝1，
∵bn＝f＋f ＋f ＋…＋f ＋f，①
∴bn＝f＋f ＋f ＋…＋f ＋f，②
∴由①＋②，得2bn＝n＋1，∴bn＝.

11．在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则数列的前n项和是(　　)
A．1－ B．1－
C．1－ D．1－
答案　A
解析　在各项都为正数，公比设为q(q>0)的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则4q4＝64，解得q＝2，则an＝2n.
数列即为.
∵＝－，
∴数列的前n项和是－＋－＋…＋－
＝1－.
12．设S＝＋＋＋…＋，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S]等于(　　)
A．2 019 B．2 020 C．2 021 D．2 022
答案　C
解析　因为
＝＝
＝1＋，
所以S＝1＋＋1＋＋…＋1＋＝2 022－，
所以＝2 021.
13．已知f(n)＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)，an＝，则数列{an}的前10项和等于________．
答案　2 046
解析　由已知可得，

①＋②得，2f(n)＝n[1＋(2n－1)]＝2n2，
即f(n)＝n2，所以an＝ ＝ ＝2n，所以{an}是以首项为2，公比为2的等比数列，根据等比数列前n项和公式得S10＝＝2 046.
14．正项数列{an}满足a－(2n－1)an－2n＝0，若bn＝，则{bn}的前n项和Tn＝________.
答案　
解析　a－(2n－1)an－2n＝0，
即(an－2n)(an＋1)＝0.
∴an＝2n.
∴bn＝＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝×＝.

15．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45，…这些数叫做三角形数．设第n个三角形数为an，则下面结论错误的是(　　)
A．an－an－1＝n(n>1)
B．a20＝210
C．1 024是三角形数
D.＋＋＋…＋＝
答案　C
解析　∵a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，由此可归纳得an－an－1＝n(n>1)，故A正确；
将前面的所有项累加可得an＝＋a1＝，∴a20＝210，故B正确；
令＝1 024，此方程没有正整数解，故C错误；
＋＋…＋
＝2
＝2＝，故D正确．
16．已知等比数列的各项均为正数，且a1＝1，an＋2＝an＋1＋2an.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Sn，求证：≤Sn<3.
(1)解　设等比数列的公比为q(q>0)，
因为an＋2＝an＋1＋2an，所以q2＝q＋2(q>0)，
解得q＝2，
所以an＝2n－1.
(2)证明　因为＋＝＋＝＋－，
所以Sn＝＋
＝2－＋1－＝3－－，
因为对n≥1,0<≤1,0<≤，
∴≤3－－<3，
即≤Sn<3.