（小白高考）新高考数学(零基础)一轮复习教案6.4《数列求和及综合应用》 (2份打包，原卷版+教师版)

这是一份（小白高考）新高考数学(零基础)一轮复习教案6.4《数列求和及综合应用》 (2份打包，原卷版+教师版)，文件包含小白高考新高考数学零基础一轮复习教案64《数列求和及综合应用》教师版doc、小白高考新高考数学零基础一轮复习教案64《数列求和及综合应用》原卷版doc等2份教案配套教学资源，其中教案共15页， 欢迎下载使用。

1.与等差、等比数列的定义和性质相结合，考查数列的求和，凸显数学运算的核心素养．
2．与不等式的证明相结合，考查数列的求和，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
方法一 分组转化法求和
若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式，则求和时可用分组转化法，就是对原数列的通项进行分解，分别对每个新的数列进行求和后再相加减．
[典例] 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，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＝eq \f(n2＋n,2)﹣eq \f(n－12＋n－1,2)＝n.a1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＝eq \f(21－22n,1－2)＝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.
[方法技巧]
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．
[针对训练]
1．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2﹣an＝2﹣2(﹣1)n，n∈N*，则S2 019的值为( )
A．2 020×1 011﹣1 B．1 010×2 019
C．2 019×1 011﹣1 D．2 019×1 011
解析：选C 由递推公式，可得：
当n为奇数时，an＋2﹣an＝4，数列{an}的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列；
当n为偶数时，an＋2﹣an＝0，数列{an}的偶数项是首项为2，公差为0的等差数列，
∴S2 019＝(a1＋a3＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝2 019×1 011﹣1.
2．已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n﹣1＋(﹣1)n(ln 2﹣ln 3)＋(﹣1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n﹣1)＋[﹣1＋1﹣1＋…＋(﹣1)n]·(ln 2﹣ln 3)＋[﹣1＋2﹣3＋…＋(﹣1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)＋eq \f(n,2)ln 3＝3n＋eq \f(n,2)ln 3﹣1；
当n为奇数时，Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)﹣(ln 2﹣ln 3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)－n))ln 3＝3n﹣eq \f(n－1,2)ln 3﹣ln 2﹣1.
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋\f(n,2)ln 3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln 3－ln 2－1，n为奇数.))
方法二 裂项相消法求和
如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．
[典例] 在数列{an}中，a1＝4，nan＋1﹣(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Sn.
[解] (1)证明：nan＋1﹣(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得eq \f(an＋1,n＋1)﹣eq \f(an,n)＝2(n∈N*)，又eq \f(a1,1)＝4，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为4，公差为2的等差数列．
(2)由(1)，得eq \f(an,n)＝2n＋2，∴an＝2n2＋2n，
故eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n2＋2n)＝eq \f(1,2)·eq \f(n＋1－n,nn＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
[方法技巧]
1．用裂项法求和的裂项原则及规律
(1)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．
(2)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．
2．几种常见的裂项方式
[针对训练]
1．设数列{an}对n∈N*都满足an＋1＝an＋n＋a1，且a1＝1，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a28)＋eq \f(1,a29)＝________.
解析：因为a1＝1，且an＋1＝an＋n＋a1，则an＋1﹣an＝n＋1，那么an﹣an﹣1＝n(n≥2)，
因为an＝(an﹣an﹣1)＋(an﹣1﹣an﹣2)＋…＋(a2﹣a1)＋a1
＝n＋(n﹣1)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2)，所以eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a28)＋eq \f(1,a29)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,29)－\f(1,30)))＝eq \f(29,15).
答案：eq \f(29,15)
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)﹣n﹣1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn.
解：(1)∵a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)﹣n﹣1，∴a1＝S1＝eq \f(a2,2)﹣2＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝eq \f(an＋1,2)﹣n﹣1﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2)－n))，
即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，
∴an＋1＝3×3n﹣1＝3n，∴an＝3n﹣1.
(2)∵eq \f(2×3n,anan＋1)＝eq \f(2×3n,3n－13n＋1－1)＝eq \f(1,3n－1)﹣eq \f(1,3n＋1－1)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3－1)－\f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32－1)－\f(1,33－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋1－1)))＝eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3n＋1－1).
方法三 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项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
[典例] 在①a5＝b4＋2b6，②a3＋a5＝4(b1＋b4)，③b2S4＝5a2b3三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
设{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，{bn}是等差数列．已知a1＝1，S3﹣S2＝a2＋2a1，a4＝b3＋b5，________.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，求Tn.
[解] (1)选条件①：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3﹣S2＝a2＋2a1，
∴q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝﹣1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n﹣1.
设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,3b1＋13d＝16，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n﹣1，bn＝n.
选条件②：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3﹣S2＝a2＋2a1，
∴q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝﹣1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n﹣1.
设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，a3＋a5＝4(b1＋b4)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,2b1＋3d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n﹣1，bn＝n.
选条件③：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3﹣S2＝a2＋2a1，∴q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝﹣1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n﹣1.设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，b2S4＝5a2b3，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,b1－d＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n﹣1，bn＝n.
(2)∵an＝2n﹣1，bn＝n，
∴Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×20＋2×21＋…＋(n﹣1)×2n﹣2＋n×2n﹣1，
∴2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n﹣1)×2n﹣1＋n×2n，
∴﹣Tn＝1＋21＋22＋…＋2n﹣1﹣n×2n＝eq \f(1－2n,1－2)﹣n×2n＝2n﹣1﹣n×2n，
∴Tn＝(n﹣1)·2n＋1.
[方法技巧]
(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．
[针对训练]
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＝﹣2或q＝1(舍去)．
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.
两式相减得3Sn＝1＋(﹣2)＋(﹣2)2＋…＋(﹣2)n﹣1﹣n×(﹣2)n＝eq \f(1－－2n,3)﹣n×(﹣2)n.
所以Sn＝eq \f(1,9)﹣eq \f(3n＋1－2n,9).
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．已知数列{an}满足：an＋1＝an﹣an﹣1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 021＝( )
A．3 B．2 C．1 D．0
解析：选C ∵an＋1＝an﹣an﹣1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝﹣1，a5＝﹣2，a6＝﹣1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 021＝336×0＋a2 017＋a2 018＋…＋a2 021＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋2＋1＋(﹣1)＋(﹣2)＝1.故选C.
2．在数列{an}中，若an＋1＋(﹣1)nan＝2n﹣1，则数列{an}的前12项和等于( )
A．76 B．78 C．80 D．82
解析：选B 由已知an＋1＋(﹣1)nan＝2n﹣1，得an＋2＋(﹣1)n＋1an＋1＝2n＋1，
得an＋2＋an＝(﹣1)n(2n﹣1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，
结果分别相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
3．若数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n项和为9，则n等于( )
A．9 B．99 C．10 D．100
解析：选B 因为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)﹣eq \r(n)，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq \r(2)﹣eq \r(1))＋(eq \r(3)﹣eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)﹣eq \r(n))＝eq \r(n＋1)﹣1，
令eq \r(n＋1)﹣1＝9，得n＝99.
4．已知数列{an}满足lg2an＝n＋lg23，则a2＋a4＋a6＋…＋a20的值为( )
A．3×(211﹣4) B．3×(212﹣4) C.eq \f(411－4,5) D．411﹣4
解析：选D ∵lg2an＝lg22n＋lg23＝lg2(2n·3)，∴an＝3·2n，a2n＝3·22n＝3·4n，
∴a2＋a4＋a6＋…＋a20＝3×(4＋42＋43＋…＋410)＝3×eq \f(41－410,1－4)＝411﹣4.故选D.
5．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝﹣1，eq \f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，则S10＝( )
A.eq \f(1,10) B．﹣eq \f(1,10) C．10 D．﹣10
解析：选B 由eq \f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，得an＋1＝SnSn＋1.又an＋1＝Sn＋1﹣Sn，所以Sn＋1﹣Sn＝Sn＋1Sn，即eq \f(1,Sn＋1)﹣eq \f(1,Sn)＝﹣1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝﹣1为首项，﹣1为公差的等差数列，所以eq \f(1,Sn)＝﹣1＋(n﹣1)·(﹣1)＝﹣n，
所以eq \f(1,S10)＝﹣10，所以S10＝﹣eq \f(1,10)，故选B.
6．在数列{an}中，a1＝﹣2，a2＝3，a3＝4，an＋3＋(﹣1)nan＋1＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________．
解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3﹣an＋1＝2，又a2＝3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以a2＋a4＋a6＋…＋a20＝10×3＋eq \f(10×9,2)×2＝120.
当n为偶数时，an＋3＋an＋1＝2，又a3＋a1＝2，所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)＝2×5＝10，所以S20＝120＋10＝130.
答案：130
7．有一正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，满足a2a4＝64，S3＝14.设bn＝lg2an(n∈N*)．
(1)求a1，a2的值，并求出数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)记cn＝eq \f(1,bnbn＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由a2a4＝64，得aeq \\al(2,3)＝64.又∵an>0，∴a3＝8.
∵S3＝a1＋a2＋a3，∴a1＋a2＋8＝14，∴a1＋a1q＝6，
即a1(1＋q)＝6，∴eq \f(8,q2)(1＋q)＝6，即3q2﹣4q﹣4＝0，解得q＝2或q＝﹣eq \f(2,3)(舍去)．
∴a1＝2，a2＝4，an＝2×2n﹣1＝2n(n∈N*)．
(2)数列{bn}为等差数列．理由如下：
由(1)知an＝2n，∴bn＝lg2an＝lg22n＝n，
∴bn＋1＝n＋1，∴bn＋1﹣bn＝1.又b1＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(3)由(2)可知，bn＝n，∴cn＝eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋(eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1))＝1﹣eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1﹣(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求证：数列{eq \f(Sn,n)}为等差数列；
(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：由nSn＋1﹣(n＋1)Sn＝n2＋n得eq \f(Sn＋1,n＋1)﹣eq \f(Sn,n)＝1，又eq \f(S1,1)＝5，所以数列{eq \f(Sn,n)}是首项为5，公差为1的等差数列．
(2)由(1)可知eq \f(Sn,n)＝5＋(n﹣1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2＋4n﹣(n﹣1)2﹣4(n﹣1)＝2n＋3.
又a1＝5也符合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，所以bn＝(2n＋3)2n，
所以Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①
2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)·2n＋1，②
所以②﹣①得Tn＝(2n＋3)2n＋1﹣10﹣(23＋24＋…＋2n＋1)
＝(2n＋3)2n＋1﹣10﹣eq \f(231－2n－1,1－2)＝(2n＋3)2n＋1﹣10﹣(2n＋2﹣8)＝(2n＋1)2n＋1﹣2.
9．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
[解] (1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn﹣1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1﹣an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝3＝3a1，满足上式，
故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n﹣1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.
由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故b1＝5﹣d，b3＝5＋d.
又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5﹣d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，
解得d＝2或d＝﹣10.因为等差数列{bn}的各项为正，所以d>0.
所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.
数列(n为正整数)
裂项方式
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋k)))(k为非零常数)
eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2－1)))
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))))
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)﹣eq \r(n)
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))))(a>0，a≠1)
lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)﹣lgan