高中数学高考第六章 6 4数列求和-教师版(1)

这是一份高中数学高考第六章 6 4数列求和-教师版(1)，共24页。试卷主要包含了判断下列结论是否正确等内容，欢迎下载使用。
进门测
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＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( √ )
(2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1))．( √ )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( × )
(4)数列{eq \f(1,2n)＋2n－1}的前n项和为n2＋eq \f(1,2n).( × )
(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( √ )
2、设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于( )
A.eq \f(n2＋7n,4) B.eq \f(n2＋5n,3)
C.eq \f(2n2＋3n,4) D．n2＋n
答案 A
解析 设等差数列的公差为d，则a1＝2，
a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.
又∵a1，a3，a6成等比数列，∴aeq \\al(2,3)＝a1·a6.
即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.
∵d≠0，∴d＝eq \f(1,2).
∴Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(n2,4)＋eq \f(7,4)n.
3、数列{an}中，an＝eq \f(1,nn＋1)，若{an}的前n项和Sn＝eq \f(2 017,2 018)，则n等于( )
A．2 016 B．2 017
C．2 018 D．2 019
答案 B
解析 an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
令eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2 017,2 018)，得n＝2 017.
4、数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A．200 B．－200 C．400 D．－400
答案 B
解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
5、数列{an}的通项公式为an＝ncs eq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 017＝________.
答案 1 008
解析 因为数列an＝ncs eq \f(nπ,2)呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.
∴S2 017＝S2 016＋a2 017
＝eq \f(2 016,4)×2＋2 017·cs eq \f(2 017,2)π
作业检查
＝1 008.
无
第2课时
阶段训练
题型一 分组转化法求和
例1 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.
引申探究
例1(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 由(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.
当n为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]
＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＋eq \f(n,2)＝2n＋1＋eq \f(n,2)－2；
当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋eq \f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq \f(n,2)－eq \f(5,2).
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))
【同步练习】
1、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 \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.))
题型二 错位相减法求和
例2 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝eq \f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝4，,d＝3，))所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知，cn＝eq \f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]．
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2.
【同步练习】
1、设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 当d>1时，记cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)))n－1.))
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq \f(2n－1,2n－1)，于是
Tn＝1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋eq \f(9,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋eq \f(9,25)＋…＋eq \f(2n－1,2n).②
①－②可得
eq \f(1,2)Tn＝2＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－2)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n)，
故Tn＝6－eq \f(2n＋3,2n－1).
第3课时
阶段重难点梳理
1．等差数列的前n项和公式
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
2．等比数列的前n项和公式
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
3．一些常见数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)．
(4)12＋22＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6).
【知识拓展】
数列求和的常用方法
(1)公式法
等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和．
(2)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
常见的裂项公式
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；
②eq \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)))；
③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
(4)倒序相加法
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
(6)并项求和法
一个数列的前n项和中，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．
重点题型训练
题型三 裂项相消法求和
命题点1 形如an＝eq \f(1,nn＋k)型
例3 Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．
解 (1)由aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，
可知aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
两式相减，得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，可得an＋1－an＝2.
又aeq \\al(2,1)＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n＋12n＋3)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq \f(n,32n＋3).
命题点2 形如an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))型
例4 已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝________.
答案 eq \r(2 018)－1
解析 由f(4)＝2，可得4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，
则f(x)＝
∴an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 017)－eq \r(2 016))＋(eq \r(2 018)－eq \r(2 017))＝eq \r(2 018)－1.
思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))，eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋k))，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)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．
【同步练习】
1、在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Seq \\al(2,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2))).
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝eq \f(Sn,2n＋1)，求{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵Seq \\al(2,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2)))，
an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
∴Seq \\al(2,n)＝(Sn－Sn－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2)))，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①
由题意得Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以Sn－1·Sn，得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，公差为2的等差数列．
∴eq \f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝eq \f(1,2n－1).
(2)∵bn＝eq \f(Sn,2n＋1)＝eq \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)))，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)[(1－eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)－eq \f(1,5))＋…＋(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))]＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
题型四 数列求和的综合应用
例5 正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq \\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝eq \f(n＋1,n＋22a\\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn0.
所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．
所以an＝2n(n∈N*)．
(2)证明 由an＝2n(n∈N*)，得
bn＝eq \f(n＋1,n＋22a\\al(2,n))＝eq \f(n＋1,4n2n＋22)＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))，
则Tn＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,42)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)－\f(1,52)))＋…))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－12)－\f(1,n＋12)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))))
＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))