人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列本章综合与测试导学案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列本章综合与测试导学案，共4页。学案主要包含了公式法求和，分组转化法求和，倒序相加法求和，裂项相消法求和，错位相减法求和，并项求和法求和等内容，欢迎下载使用。
一、公式法求和
例1 求数列1,3＋5,7＋9＋11,13＋15＋17＋19，…的前n项和．
解 所求数列的前n项中共有1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)个连续的奇数，这些奇数组成等差数列，首项为1，公差为2，故该数列的前n项和
Sn＝eq \f(nn＋1,2)×1＋eq \f(1,2)×eq \f(nn＋1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)－1))×2
＝eq \f(nn＋1,2)＋eq \f(nn＋1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)－1))
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2
＝eq \f(n2n＋12,4).
反思感悟 公式法求和中的常用公式有
(1)等差、等比数列的前n项和
①等差数列：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d(d为公差)或Sn＝eq \f(na1＋an,2).
②等比数列：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，))其中q为公比．
(2)四类特殊数列的前n项和
①1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(1,2)n(n＋1)．
②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
③12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)．
④13＋23＋33＋…＋n3＝eq \f(1,4)n2(n＋1)2.
二、分组转化法求和
例2 求和：Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xn＋\f(1,xn)))2(x≠0)．
解 当x≠±1时，
Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xn＋\f(1,xn)))2
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋2＋\f(1,x2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4＋2＋\f(1,x4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2n＋2＋\f(1,x2n)))
＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋\f(1,x4)＋…＋\f(1,x2n)))
＝eq \f(x2x2n－1,x2－1)＋eq \f(x－21－x－2n,1－x－2)＋2n
＝eq \f(x2n－1x2n＋2＋1,x2nx2－1)＋2n；
当x＝±1时，Sn＝4n.
综上可知，
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4n， x＝±1，,\f(x2n－1x2n＋2＋1,x2nx2－1)＋2n， x≠±1且x≠0.))
反思感悟 某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．
三、倒序相加法求和
例3 设F(x)＝eq \f(4x,4x＋2)，求Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 021)))＋…＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021))).
解 ∵F(x)＋F(1－x)＝eq \f(4x,4x＋2)＋eq \f(41－x,41－x＋2)＝1，
∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021)))＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 021)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 019,2 021)))＝…＝1.
设Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 021)))＋…＋Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021)))＝S，
∴S＝eq \f(1,2)×2S＝eq \f(1,2)×2 020＝1 010.
反思感悟 (1)倒序相加法类比推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列(反序)，再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1＋an)．
(2)如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求其和可以用倒序相加法．
四、裂项相消法求和
例4 求和：eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n2－1)，n≥2，n∈N*.
解 ∵eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,n－1n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))，
∴原式＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋1,2nn＋1)(n≥2，n∈N*)．
延伸探究
求和：eq \f(22,22－1)＋eq \f(32,32－1)＋eq \f(42,42－1)＋…＋eq \f(n2,n2－1)，n≥2，n∈N*.
解 ∵eq \f(n2,n2－1)＝eq \f(n2－1＋1,n2－1)＝1＋eq \f(1,n2－1)，
∴原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,42－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2－1)))
＝(n－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)＋\f(1,32－1)＋\f(1,42－1)＋…＋\f(1,n2－1)))
以下同例4解法．
∴原式＝ n－eq \f(1,4)－eq \f(2n＋1,2nn＋1)(n≥2，n∈N*)
反思感悟 (1)对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法，可用待定系数法对通项公式拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项．
(2)常见的拆项公式有
①eq \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,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,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
⑤eq \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))).
五、错位相减法求和
例5 已知{an}是等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝1，b1＝3，a2＋b2＝7，a3＋b3＝11.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(bn,an)，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，等差数列{bn}的公差为d，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝q＋3＋d＝7，,a3＋b3＝q2＋3＋2d＝11，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＋d＝4，,q2＋2d＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝0，,d＝4))(舍去)．
所以an＝2n－1，n∈N*，bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1，n∈N*.
(2)由(1)得cn＝eq \f(bn,an)＝eq \f(2n＋1,2n－1)，
所以Tn＝eq \f(3,1)＋eq \f(5,2)＋…＋eq \f(2n＋1,2n－1)，①
所以eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)＋eq \f(2n＋1,2n)，②
由①－②，得eq \f(1,2)Tn＝3＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(2n＋1,2n)＝3＋2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(2n＋1,2n)＝5－eq \f(2n＋5,2n)，
所以Tn＝10－eq \f(2n＋5,2n－1).
反思感悟 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，可采用错位相减法求和，在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
六、并项求和法求和
例6 求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)．
解 当n为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)
＝2·eq \f(n－1,2)＋(－2n＋1)＝－n.
当n为偶数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·eq \f(n,2)＝n.
∴Sn＝(－1)n·n (n∈N*)．
反思感悟 通项中含有(－1)n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和．