2025版高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教学案理含解析新人教A版_第1页
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文档简介

PAGE5-第四节数列求和[考纲传真]1.驾驭等差、等比数列的前n项和公式.2.驾驭特别的非等差、等比数列的几种常见的求和方法.1.公式法(1)等差数列的前n项和公式:Sn=eq\f(na1+an,2)=na1+eq\f(nn-1,2)d;(2)等比数列的前n项和公式:Sn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1,q=1,,\f(a1-anq,1-q)=\f(a11-qn,1-q),q≠1.))2.几种数列求和的常用方法(1)分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.(2)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得前n项和.裂项时常用的三种变形:①eq\f(1,nn+1)=eq\f(1,n)-eq\f(1,n+1);②eq\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)));③eq\f(1,\r(n)+\r(n+1))=eq\r(n+1)-eq\r(n).(3)错位相减法:假如一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.(4)倒序相加法:假如一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.(5)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,可采纳两项合并求解.例如,Sn=1002-992+982-972+…+22-12=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050.[常用结论]常用求和公式(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.(4)12+22+…+n2=eq\f(nn+12n+1,6).[基础自测]1.(思索辨析)推断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)已知等差数列{an}的公差为d,则有eq\f(1,anan+1)=eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)-\f(1,an+1))).()(2)当n≥2时,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之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可依据错位相减法求得.()(4)假如数列{an}是周期为k(k为大于1的正整数)的周期数列,那么Skm=mSk.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2.(教材改编)数列{an}的前n项和为Sn,若an=eq\f(1,nn+1),则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.数列{an}的通项公式是an=eq\f(1,\r(n)+\r(n+1)),前n项和为9,则n等于()A.9 B.99C.10 D.100B[∵an=eq\f(1,\r(n)+\r(n+1))=eq\r(n+1)-eq\r(n),∴Sn=a1+a2+…+an=(eq\r(n+1)-eq\r(n))+(eq\r(n)-eq\r(n-1))+…+(eq\r(3)-eq\r(2))+(eq\r(2)-eq\r(1))=eq\r(n+1)-1,令eq\r(n+1)-1=9,得n=99,故选B.]4.数列{1+2n-1}的前n项和为()A.1+2n B.2+2nC.n+2n-1 D.n+2+2nC[Sn=(1+1+…+1)+(20+21+…+2n-1)=n+eq\f(1-2n,1-2)=2n+n-1.故选C.]5.数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17=________.9[S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+(-6+7)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.]分组转化法求和【例1】(2024·合肥检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满意S4=24,S7=63.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=2an+(-1)n·an,求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)因为{an}为等差数列,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4=4a1+\f(4×3,2)d=24,S7=7a1+\f(7×6,2)d=63))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=3,d=2))⇒an=2n+1.(2)因为bn=2an+(-1)n·an=22n+1+(-1)n·(2n+1)=2×4n+(-1)n·(2n+1),所以Tn=2×(41+42+…+4n)+[-3+5-7+9-…+(-1)n·(2n+1)]=eq\f(84n-1,3)+Gn.当n=2k(k∈N*)时,Gn=2×eq\f(n,2)=n,所以Tn=eq\f(84n-1,3)+n;当n=2k-1(k∈N*)时,Gn=2×eq\f(n-1,2)-(2n+1)=-n-2,所以Tn=eq\f(84n-1,3)-n-2,所以Tn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(84n-1,3)+nn=2k,k∈N*,,\f(84n-1,3)-n-2n=2k-1,k∈N*.)).[规律方法]分组转化法求和的常见类型(1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,则可采纳分组求和法求{an}的前n项和.(2)通项公式为an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn,n为奇数,,cn,n为偶数))的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采纳分组求和法求和.易错警示:留意在含有字母的数列中对字母的分类探讨.(2024·北京高考)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{an}的通项公式;(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.[解](1)设等比数列{bn}的公比为q,则q=eq\f(b3,b2)=eq\f(9,3)=3,所以b1=eq\f(b2,q)=1,b4=b3q=27,所以bn=3n-1(n∈N*).设等差数列{an}的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(2)由(1)知an=2n-1,bn=3n-1.因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.从而数列{cn}的前n项和Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=eq\f(n1+2n-1,2)+eq\f(1-3n,1-3)=n2+eq\f(3n-1,2).裂项相消法求和【例2】(2024·唐山五校联考)已知数列{an}满意:eq\f(1,a1)+eq\f(2,a2)+…+eq\f(n,an)=eq\f(3,8)(32n-1),n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3eq\f(an,n),求eq\f(1,b1b2)+eq\f(1,b2b3)+…+eq\f(1,bnbn+1).[解]eq\f(1,a1)=eq\f(3,8)(32-1)=3,当n≥2时,因为eq\f(n,an)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)+\f(2,a2)+…+\f(n,an)))-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)+\f(2,a2)+…+\f(n-1,an-1)))=eq\f(3,8)(32n-1)-eq\f(3,8)(32n-2-1)=32n-1,当n=1时,eq\f(n,an)=32n-1也成立,所以an=eq\f(n,32n-1).(2)bn=log3eq\f(an,n)=-(2n-1),因为eq\f(1,bnbn+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))),所以eq\f(1,b1b2)+eq\f(1,b2b3)+…+eq\f(1,bnbn+1)=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(1,3)-\f(1,5)))+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n-1)-\f(1,2n+1)))))=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2n+1)))=eq\f(n,2n+1).[规律方法]1利用裂项相消法求和时,应留意抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.2将通项公式裂项后,有时侯须要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.(2024·银川质检)正项数列{an}的前n项和Sn满意:Seq\o\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+22a\o\al(2,n)),数列{bn}的前n项和为Tn,证明:对于随意的n∈N*,都有Tn<eq\f(5,64).[解](1)∵Seq\o\al(2,n)-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,∴[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0,∴Sn=n2+n或Sn=-1(舍去)当n=1时,a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,∴an=2n(n∈N*).(2)bn=eq\f(n+1,4n2n+22)=eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)-\f(1,n+22))).∴Tn=eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\f(1,9)+\f(1,4)-\f(1,16)+\f(1,9)-\f(1,25)+…+\f(1,n2)-\f(1,n+22)))=eq\f(1,16)1+eq\f(1,4)-eq\f(1,n+12)-eq\f(1,n+22)=eq\f(5,64)-eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n+12)+\f(1,n+22)))又n∈N*,∴Tn<eq\f(5,64).错位相减法求和【例3】已知数列{an}的首项a1=3,前n项和为Sn,an+1=2Sn+3,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式.(2)设bn=log3an,求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn.[解](1)由an+1=2Sn+3,得an=2Sn-1+3(n≥2),两式相减得an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an,故an+1=3an(n≥2),所以当n≥2时,{an}是以3为公比的等比数列.因为a2=2S1+3=2a1+3=9,eq\f(a2,a1)=3,所以{an}是首项为3,公比为3的等比数列,an=3n.(2)an=3n,故bn=log3an=log33n=n,eq\f(bn,an)=eq\f(n,3n)=n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n,Tn=1×eq\f(1,3)+2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2+3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3+…+n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n,①eq\f(1,3)Tn=1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2+2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3+3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4+…+(n-1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1.②①-②,得eq\f(2,3)Tn=eq\f(1,3)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n-n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1=eq\f(\f(1,3)-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1,1-\f(1,3))-n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1=eq\f(1,2)-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)+n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1,所以Tn=eq\f(3,4)-eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)+n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.[规律方法]错位相减法求和的详细步骤步骤1→写出Sn=c1+c2+…+cn;步骤2→等式两边同乘等比数列的公比q,即qSn=qc1+qc2+…+qcn;步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和;步骤4→两边同除以1-q,求出Sn.同时留意对q是否为1进行探讨.(2024·天津高考)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.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).[解](1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2,所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①由S11=11b4,可得a1+5d=16②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)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,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).所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为eq\f(3n-2,3)×4n+1+eq\f(8,3).1.(2024·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则eq\o(∑,\s\up12(n))eq\o(,\s\do4(k=1))eq\f(1,Sk)=________.eq\f(2n,n+1)[设等差数列{an}的公差为d,则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3=a1+2d=3,,S4=4a1+\f(4×3,2)d=10,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=1.))∴Sn=n×1+eq\f(nn-1,2)×1=eq\f(nn+1,2),eq\f(1,Sn)=eq\f(2,nn+1)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)-\f(1,n+1))).∴eq\o(∑,\s\up12(n))eq\o(,\s\do4(k=1))eq\f(1,Sk)=eq\f(1,S1)+eq\f(1,S2)+eq\f(1,S3)+…+eq\f(1,Sn)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2)+\f(1,2)-\f(1,3)+\f(1,3)-\

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