2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案第65课通项与求和2含解析

第65课通项与乞降(2)等差、等比数列的前n项和公式(C级要求).2.非等差数列、非等比数列乞降的几种常有方法(B级要求).阅读：必修5第42～44页、第55～57页.解悟：①等差数列和等比数列乞降公式形式的联系与差别；②领会课本中推出等差数列和等比数列乞降公式的方法；③整理数列乞降的常用方法.践习：在教材空白处，达成第47页第1题(4)、第57页第4题(2)、第62页第12题.基础诊疗11.设公比不为1的等比数列{an}知足a1a2a3＝－8，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的前4项和为5.8分析：设等比数列{an}的公比为q.由于a2，a4，a3成等差数列，因此2a4＝a2＋a3，因此2a2q2111＝a2＋a2q，化为2q2－q－1＝0(q≠1)，解得q＝－2.由于a1a2a3＝－8，因此a13·q3＝－8，解得a11－14－52＝1，因此数列{an}的前4项和为1＝8.1－－2120172.在数列{an}中，an＝，若数列{an}的前n项和Sn＝，则n＝2017.n（n＋1）201811111111分析：由于an＝＝－，因此Sn＝a1＋a2＋＋an＝1－＋－＋＋－n（n＋1）nn＋1223nn＋1＝1－1nn2017＝，因此＝，解得n＝2017.n＋1n＋1n＋120183.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2＋n2.2（1－2n）n（1＋2n－1）分析：Sn＝＋2＝2n＋1－2＋n2.1－21nn＋34.数列（n＋1）·2的前n项和Tn＝3－2n.an＝(n＋1)·1n112131n1分析：由2，得Tn＝2×＋3×＋4×＋＋(n＋1)×①，Tn＝22222211213141n＋1112131n×2＋3×2＋4×2＋＋(n＋1)×2②，由①－②得2Tn＝1＋2＋2＋＋2－(n1n－11n＋141－21n＋13n＋3n＋3＋1)×＝1＋－(n＋1)×＝－2n＋1，因此Tn＝3－.21222n1－2典范导航考向?分组乞降法n2＋n例1已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.2求数列{an}的通项公式；设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.分析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；n2＋n（n－1）2＋（n－1）当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.22由于a1＝1知足上式，故数列{an}的通项公式为an＝n.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，2（1－22n）则A＝＝22n1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝22n＋1＋n－2.已知数列{an}的通项公式an＝2×3n－1＋(－1)n×(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn.分析：Sn＝2(1＋3＋＋3n－1)＋[－1＋1－1＋＋(－1)n]×(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋＋(－1)nn]×ln3.当n为偶数时，1－3nnnSn＝2×1－3＋2ln3＝3n＋2ln3－1；2当n为奇数时，Sn＝2×1－3nn－11－3－(ln2－ln3)＋－nln32n－1＝3n－2ln3－ln2－1.nn为偶数，3n＋ln3－1，2综上所述，Sn＝n－1n为奇数.3n－ln3－ln2－1，2【注】分组转变法乞降的常有种类：(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采纳分组乞降法求数列{an}的前n项和.bn，n为奇数，(2)通项公式为an＝的数列，此中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，cn，n为偶数可采纳分组乞降法乞降.(3)某些数列的乞降是将数列转变为若干个可乞降的新数列的和或差，进而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的议论.考向?错位相减法乞降例2已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.求{an}和{bn}的通项公式；求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).分析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.由于b1＝2，因此q2＋q－6＝0.又由于q>0，因此q＝2，因此bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3，因此an＝3n－2.因此数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn.由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，3故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，3T＝2×4＋3×4212×（1－4n）上述两式相减得－＋3×43＋＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－n1－44－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，因此Tn＝3n－28{a2nb2n－1}的前n项和为3n－28.3×4n＋1＋，因此数列3×4n＋1＋33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，qd，S10＝100.求数列{an}，{bn}的通项公式；an当d>1时，cn＝bn，求数列{cn}的前n项和Tn.1＋10×9，d＝分析：(1)由题意得10a2100b1q＝2，21＋9＝20，1＝1，a1＝9，ada2即解得d＝2或a1d＝2，d＝，9＝2－1，＝2n－1或an1＋79)，2n－1因此＝(2＝9×.annbn9nbn9(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝2n－1n－1，235792－1于是Tn＝1＋＋2＋3＋4＋＋n，①n－1222221135792n－1Tn＝＋2＋3＋24＋5＋＋n，②22222211112n－12n＋3①－②可得Tn＝2＋＋2＋＋n－2－n＝3－n，2222222n＋3因此Tn＝6－2n－1.【注】错位相减法乞降时的注意点：要擅长辨别题目种类，特别是等比数列的公比为负数的情况；在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步正确写出“Sn－qSn”的表达式；4(3)在应用错位相减法乞降时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种状况求解.考向?裂项相消法乞降n＋15例3已知数列{bn}的前n项和为Tn，bn＝2（n＋2）2.证明：对随意的n∈N*，都有T<.4nn64分析：由于bn＝n＋11112（n＋2）2＝162－2，4nn（n＋2）11111111112]因此Tn＝[1－2＋2－2＋2－2＋＋（n－1）2－（n＋1）2＋2－（n＋2）1632435n111111516[1＋22－（n＋1）2－（n＋2）2]<16×1＋22＝64，5故对随意的n∈N*，都有Tn<.α1，n∈N*.记数列{an}的前n项和已知函数f( )＝的图象过点(4，2)，令an＝f（n＋1）＋f（n）为Sn，则S2017＝2018－1.111分析：由αf( )＝2，因此an＝＝f(4)＝2，可得4＝2，解得α＝，因此2f（n＋1）＋f（n）1n＋1－n，因此S2017＝a1＋a2＋a3＋＋a2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＝n＋1＋n＋＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.11n＋k－n)，【注】(1)用裂项相消法乞降时，要对通项进行变换，如：n＋n＋k＝k(1111(2)抵消后其实不必定只剩下第一n（n＋k）＝kn－n＋k，裂项后能够产生连续互相抵消的项；项和最后一项，也有可能前面剩两项，后边也剩两项.自测反应nπ1.若数列{an}的通项公式为an＝ncos2，其前n项和为Sn，则S2017＝1008.nπ（2k－1）π分析：由于an＝ncos，当n＝2－1，∈N*时，an＝a2－1＝(2－1)cos2＝0；当n＝22时，an＝a2＝2cosπ＝2·(－1)，因此S2017＝(a1＋a3＋＋a2017)＋(a2＋a4＋＋a2016)＝0＋(－2＋4－6＋－2014＋2016)＝1008.52.若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项和S100＝－200.分析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.14n－13.在等比数列{an}中，a1＝，a4＝4，则数列{an2}的前n项和Sn＝.21211分析：由于a4＝a1q3＝4，a1＝2，因此q＝2，因此an＝2×2n－1＝2n－2，因此a2n＝4n