人教A版(新教材)高中数学选择性必修第二册学案：习题课二 求数列的和

人教A版(新教材)高中数学选择性必修第二册PAGEPAGE1习题课二求数列的和题型一分组分解求和〖例1〗已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和.解(1)设数列{an}的公比为q(q>0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1·q＝6，,a1·q2＋a1·q3＝24，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2，))∴an＝a1·qn－1＝2×2n－1＝2n.(2)bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝eq\f(2×（2n－1）,2－1)＋eq\f(n（1＋n）,2)＝2n＋1－2＋eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n.规律方法1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.2.若数列{cn}的通项公式为cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.〖训练1〗已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1×(2n－1)，∴T2n＝(1－3)＋(5－7)＋…＋〖(4n－3)－(4n－1)〗＝(－2)·n＝－2n.题型二裂项相消法求和〖例2〗已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和.解(1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，易知q≠1，所以T2＝eq\f(（a1＋1）（1－q2）,1－q)＝4①，T4＝eq\f(（a1＋1）（1－q4）,1－q)＝20②，由eq\f(②,①)得1＋q2＝5，解得q＝±2.当q＝2时，a1＝eq\f(1,3)，所以an＋1＝eq\f(4,3)×2n－1＝eq\f(2n＋1,3)；当q＝－2时，a1＝－5，所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.所以an＝eq\f(2n＋1,3)－1或an＝－(－2)n＋1－1.(2)因为an>0，所以an＝eq\f(2n＋1,3)－1，所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2（n＋2）).规律方法(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.常见的拆项公式：(ⅰ)eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；(ⅱ)eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；(ⅲ)eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).(2)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.(3)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.〖训练2〗设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.(1)求an；(2)设bn＝eq\f(1,Sn)，求数列{bn}的前n项和为Tn.解(1)设数列{an}的公差为d，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝a1＋6d，,（a1＋7d）－2（a1＋2d）＝3，))解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由(1)得Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n(n＋2)，∴bn＝eq\f(1,n（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)〖eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\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(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).题型三错位相减法求和〖例3〗已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn.解(1)设{an}的公比为q，由题意知：a1(1＋q)＝6，aeq\o\al(2,1)q＝a1q2，又an>0，解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知：S2n＋1＝eq\f(（2n＋1）（b1＋b2n＋1）,2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝eq\f(bn,an)，则cn＝eq\f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)＋eq\f(2n＋1,2n)，又eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n)＋eq\f(2n＋1,2n＋1)，两式相减得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(5,2)－eq\f(2n＋5,2n＋1)，所以Tn＝5－eq\f(2n＋5,2n).规律方法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.〖训练3〗已知数列{an}的通项公式为an＝3n－1，在等差数列{bn}中，bn>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.(1)求数列{anbn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解(1)∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.∵bn>0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.故anbn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N*.(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②①－②，得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×eq\f(3－3n,1－3)－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.∴Tn＝n·3n，n∈N*.一、素养落地1.通过学习数列求和的方法，提升数学运算和逻辑推理素养.2.求数列的前n项和，一般有下列几种方法.(1)错位相减适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(2)分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(3)裂项相消有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(4)奇偶并项当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.(5)倒序相加例如，等差数列前n项和公式的推导方法.二、素养训练1.数列2eq\f(1,4)，4eq\f(1,8)，6eq\f(1,16)，…的前n项和Sn为()A.n2＋1＋eq\f(1,2n＋1) B.n2＋2－eq\f(1,2n＋1)C.n(n＋1)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1) D.n(n＋1)＋eq\f(1,2n＋1)〖解析〗Sn＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)n(2＋2n)＋eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n(n＋1)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1).〖答案〗C2.等比数列{an}中，a5＝2，a6＝5，则数列{lgan}的前10项和等于()A.6 B.5C.4 D.3〖解析〗∵数列{an}是等比数列，a5＝2，a6＝5，∴a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10，∴lga1＋lga2＋…＋lga10＝lg(a1·a2·…·a10)＝lg(a5a6)5＝5lg10＝5.故选B.〖答案〗B3.数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,n（n＋1）)))的前2020项和为________.〖解析〗因为eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以S2020＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2020)－\f(1,2021)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2021)))＝eq\f(4040,2021).〖答案〗eq\f(4040,2021)4.已知数列an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n－1，n为奇数，,n，n为偶数，))则S100＝________.〖解析〗由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000.〖答案〗50005.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*.(1)设bn＝eq\f(an,2n－1)，证明：数列{bn}是等差数列；(2)在(1)的条件下求数列{an}的前n项和Sn.(1)证明由已知an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(2an＋2n,2n)＝eq\f(an,2n－1)＋1＝bn＋1.∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.(2)解由(1)知，bn＝n，eq\f(an,2n－1)＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，两边同时乘以2得2Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝(n－1)×2n＋1.三、审题答题示范(一)数列求和问题〖典型示例〗(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＝4，2Sn＝nan＋n①，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若取出数列{an}中的部分项a2，a6，a22，…依次组成一个等比数列{cn}，若数列{bn}满足an＝bn·cn，求证：数列{bn}的前n项和Tn<eq\f(2,3).②联想解题看到①，想到an＝Sn－Sn－1(n≥2)，利用Sn与an的关系结合定义法或等差中项法证明数列{an}为等差数列并求通项公式.看到②，想到利用错位相减法求数列{bn}的前n项和Tn，从而得到Tn的取值范围，即可证明Tn<eq\f(2,3).满分示范(1)解数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝nan＋n，n∈N*，当n＝1时，2a1＝a1＋1，则a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1①，an＋1＝Sn＋1