2025版高考數(shù)學一輪復習第5章數(shù)列第4節(jié)數(shù)列求和教學案含解析理

PAGE1-第四節(jié)數(shù)列求和[考綱傳真]1.駕馭等差、等比數(shù)列的前n項和公式.2.駕馭特殊的非等差、等比數(shù)列的幾種常見的求和方法．1．公式法(1)等差數(shù)列的前n項和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；(2)等比數(shù)列的前n項和公式：2．分組轉化法把數(shù)列的每一項分成兩項或幾項，使其轉化為幾個等差、等比數(shù)列，再求解．3．裂項相消法把數(shù)列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．4．錯位相減法假如一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應項之積構成的，這個數(shù)列的前n項和可用錯位相減法求解．5．倒序相加法假如一個數(shù)列{an}的前n項中與首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列的前n項和即可用倒序相加法求解．6．并項求和法一個數(shù)列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采納兩項合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.eq\o([常用結論])1．一些常見的數(shù)列前n項和公式：(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)；(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.2．常用的裂項公式(1)eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；(2)eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；(3)eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)；(4)logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝loga(n＋1)－logan.[基礎自測]1．(思索辨析)推斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)假如數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).()(2)當n≥2時，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時只要把上式等號兩邊同時乘以a即可依據(jù)錯位相減法求得．()(4)推導等差數(shù)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.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改編)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1)，則S5等于()A．1 B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,30)B[∵an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).]3．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，則S50＝________.－25[S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]4．數(shù)列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n項和Sn的值等于________．n2＋1－eq\f(1,2n)[Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.4－eq\f(n＋4,2n)[設S＝3×eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,22)＋5×eq\f(1,23)＋…＋(n＋2)×eq\f(1,2n)，則eq\f(1,2)S＝3×eq\f(1,22)＋4×eq\f(1,23)＋5×eq\f(1,24)＋…＋(n＋2)×eq\f(1,2n＋1).兩式相減得eq\f(1,2)S＝3×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(n＋2,2n＋1).∴S＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(n＋2,2n)＝3＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－eq\f(n＋2,2n)＝4－eq\f(n＋4,2n).]分組轉化求和【例1】(2024·黃山模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和．[解](1)當n＝1時，a1＝S1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也滿意an＝n，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.記數(shù)列{bn}的前2n項和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故數(shù)列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.[拓展探究]在本例(2)中，如何求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.[解]由本例(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.當n為偶數(shù)時，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；當n為奇數(shù)時，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).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n為偶數(shù)，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n為奇數(shù).))[規(guī)律方法]分組轉化法求和的常見類型1若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采納分組求和法求{an}的前n項和；2通項公式為的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采納分組轉化法求和.等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿意a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)令cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))設數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T2n.[解](1)設數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2.,q＝2，))∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n(n＋2)，則cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,nn＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))即cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2n,2n＋1)＋eq\f(2,3)(4n－1)．錯位相減法求和【例2】(2024·天津高考)已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N*)．[解](1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因為q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n.(2)設數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，①4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，②①－②，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).[規(guī)律方法]錯位相減法求和時的3個留意點1要擅長識別題目類型，特殊是等比數(shù)列公比為負數(shù)的情形.2在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特殊留意將兩式“錯項對齊”以便下一步精確寫出“Sn－qSn”的表達式，同時應留意差式中成等比數(shù)列的項數(shù).3在應用錯位相減法求和時，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應分公比等于1和不等于1兩種狀況求解.(2024·阜陽模擬)設等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)當d＞1時，記cn＝eq\f(an,bn)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.[解](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)，①eq\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).②①－②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).裂項相消法求和?考法1形如an＝eq\f(1,nn＋k)型【例3】(2024·濟南模擬)已知數(shù)列{an}的各項都為正數(shù)，其前n項和為Sn，且滿意4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3對隨意的正整數(shù)n都成立．(1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列，并求其通項公式；(2)設bn＝eq\f(1,Sn)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.[解](1)當n＝1時，4S1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－3，即aeq\o\al(2,1)－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，由4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，得當n≥2時，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1－3，兩式相減，得4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，又an＞0，∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2(n≥2)，∴數(shù)列{an}是以3為首項，2為公差的等差數(shù)列，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1，得Sn＝eq\f(3＋2n＋1,2)·n＝n(n＋2)，∴bn＝eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).?考法2形如an＝eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))型【例4】已知函數(shù)f(x)＝xα的圖象過點(4,2)，令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*.記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S2019＝________.2eq\r(505)－1[由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝eq\f(1,2)，則f(x)＝xeq\f(1,2).∴an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2019)－eq\r(2018))＋(eq\r(2020)－eq\r(2019))＝eq\r(2020)－1＝2eq\r(505)－1.][規(guī)律方法]利用裂項相消法求和的留意事項1抵消后并不肯定只剩下第一項和最終一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；或者前面剩幾項，后面也剩幾項；2將通項裂項后，有時須要調整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項相等.如：若{an}是公差d≠0的等差數(shù)列，則＝＝(2024·山西八校聯(lián)考)在等差數(shù)列{an}中，a2＝4，a1＋a4＋a7＝30，其前n項和為Sn.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn＋2n)))的前n項和Tn.[解](1)設等差數(shù)列{an}的公差為d.法一：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋a1＋3d＋a1＋6d＝30，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,3a1＋9d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3，))所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3n－2.法二：由等差數(shù)列的性質可得a1＋a4＋a7＝3a4＝30，解得a4＝10，所以d＝eq\f(a4－a2,4－2)＝eq\f(10－4,2)＝3，所以an＝a2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×3＝3n－2.(2)由(1)知Sn＝eq\f(3n2－n,2)，所以Sn＋2n＝eq\f(3n2－n,2)＋2n＝eq\f(3n2＋3n,2)＝eq\f(3nn＋1,2)，所以eq\f(1,Sn＋2n)＝eq\f(2,3nn＋1)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).所以Tn＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,3n＋1).1．(2024·全國卷Ⅲ)設數(shù)列{an}滿意a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項和．[解](1)因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故當n≥2時，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，兩式相減得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)．又由題設可得a1＝2，滿意上式，所以{an}的通項公式為an＝eq\f(2,2n－1).(2)記eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項和為Sn.由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,2n＋12n－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，則Sn＝eq\f(1,1