第4章习题课倒序相加法、裂项相消法求和 学案 高二上学期数学苏教版（2019）+选择性必修第一册

习题课倒序相加法、裂项相消法求和[学习目标]1.熟练掌握等差数列与等比数列的前n项和公式.2.根据数列的结构形式会用倒序相加法和裂项相消法求和．一、倒序相加法求和例1已知函数f(x)＝eq\f(4x,2＋4x).(1)求证：对任意实数x都有f(x)＋f(1－x)＝1；(2)an＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)))，其中m∈N*，n＝1,2，…，m.求数列{an}的前m项的和．反思感悟倒序相加法求和适合的题型一般情况下，数列项数有限但比较多，且与首末等距离的两项之和均相等，这时，我们可以利用推导等差数列前n项和公式的方法，利用倒序相加法求和．当然，首末两项的和需要结合题意主动发现．跟踪训练1请利用教材上推导等差数列前n项和公式的方法，计算sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝________.二、裂项相消法求和问题已知数列an＝eq\f(1,nn＋1)，如何求{an}的前n项和Sn.知识梳理常见的裂项形式：(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(1,2n－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(2n,2n＋12n＋1＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)；(4)eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))；(5)eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)；(6)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝ln(n＋1)－lnn.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．反思感悟关于裂项相消法(1)操作步骤：把数列的通项公式分解成两个形式相同的表达式的差的形式(有时在差的前面有系数)，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的．(2)步骤书写：为发现裂项后消去的项有哪些，有两种方式：一是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止；也可以把正项和负项分别结合，从而确定消完后剩余的项．(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．跟踪训练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Tn.1．知识清单：(1)倒序相加法求和．(2)裂项相消法求和．2．方法归纳：倒序相加法、裂项求和法．3．常见误区：裂项求和中要关注正项与负项的个数是否相同及相消后前后剩余的项数．1．已知an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于()A．7B．8C．9D．102．数列eq\f(1,2×5)，eq\f(1,5×8)，eq\f(1,8×11)，…，eq\f(1,3n－13n＋2)，…的前n项和为()A.eq\f(n,3n＋2)B.eq\f(n,6n＋4)C.eq\f(3n,6n＋4)D.eq\f(n＋1,n＋2)3．设函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(2,2x＋1)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5))的值为()A．9B．11C.eq\f(9,2)D.eq\f(11,2)设函数f(x)＝eq\f(1,2)＋lgeq\f(x,1－x)，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,10)))＋…＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))＝________.习题课倒序相加法、裂项相消法求和例1(1)证明f(1－x)＝eq\f(41－x,2＋41－x)＝eq\f(4,2·4x＋4)＝eq\f(2,4x＋2)，∴f(x)＋f(1－x)＝eq\f(4x,2＋4x)＋eq\f(2,4x＋2)＝eq\f(4x＋2,4x＋2)＝1.(2)解设{an}的前m项和为Sm，则Sm＝a1＋a2＋…＋am＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)))＋…＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)))＋f(1)，①又Sm＝am＋am－1＋…＋a1＝f(1)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)))＋…＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))，②①②相加，得2Sm＝f(1)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＋f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)))))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)))＋f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－2,m)))))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)))＋f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))))＋f(1)＝m－1＋2f(1)＝m－1＋2×eq\f(2,3)＝m＋eq\f(1,3)，∴Sm＝eq\f(m,2)＋eq\f(1,6)，∴数列{an}的前m项和为eq\f(m,2)＋eq\f(1,6).跟踪训练1eq\f(89,2)解析令S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°，则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°，两式相加可得2S＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin21°＋sin289°))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin22°＋sin288°))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin289°＋sin21°))＝89，故S＝eq\f(89,2)，即sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝eq\f(89,2).问题an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).例2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＋11－q2,1－q)＝4，①T4＝eq\f(a1＋11－q4,1－q)＝20，②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＋1n＋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,2n＋2).跟踪训练2解(1)设数列{an}的公差为d，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝a1＋6d，,a1＋7d－2a1＋2d＝3，))解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由(1)得Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n(n＋2)，∴bn＝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＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)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(1,2)－\f(1,4)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\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))).随堂演练1．B[因为an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋…＋eq\r(81)－eq\r(80)＝9－1＝8.]2．B[因为eq\f(1,3n－13n＋2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，所以Sn＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,8)＋\f(1,8)－\f(1,11)＋…＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝eq\f(n,6n＋4).]3．B[∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(2,2x＋1)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))＝eq\f(2,2x＋1)＋eq\f(2,2－x＋1)＝eq\f(2,2x＋1)＋eq\f(2·2x,2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x＋1)))＝eq\f(2,2x＋1)＋eq\f(2·2x,1＋2x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2x)),2x＋1)＝2，设S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4))＋…＋fe