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文档介绍
【数学】2020届一轮复习苏教版数列求和学案
§6.5 数列求和 考情考向分析 本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主,识别出等差(比)数列,直接用公式法也是考查的热点.题型以填空题为主,难度中等.解答题中一般和简单数论结合,难度较大. 1.(1)an= (2)等差数列前n项和Sn=,推导方法:倒序相加法; (3)等比数列前n项和Sn= 推导方法:错位相减法. 2.常见数列的前n项和 (1)1+2+3+…+n=; (2)2+4+6+…+2n=n(n+1); (3)1+3+5+…+(2n-1)=n2. 3.数列求和的常见方法 (1)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列; (2)裂项相消:有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和; (3)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; (4)倒序相加:如等差数列前n项和公式的推导方法. (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. 概念方法微思考 请思考以下常见式子的裂项方法. (1); (2); (3); (4). 提示 (1)=-; (2)=; (3)=-; (4)=. 题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果数列{an}为等比数列,且公比不等于1,则其前n项和Sn=.( √ ) (2)当n≥2时,=.( √ ) (3)求Sn=a+2a2+3a3+…+nan之和时,只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得.( × ) (4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法,利用此法可求得sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°=44.5.( √ ) (5)如果数列{an}是周期为k的周期数列,那么Skm=mSk(m,k为大于1的正整数).( √ ) 题组二 教材改编 2.[P69本章测试T12]等比数列1,2,4,8,…中从第5项到第10项的和为________. 答案 1 008 解析 由a1=1,a2=2,得q=2, ∴S10==1 023, S4==15, ∴S10-S4=1 008. 3.[P68复习题T13(2)]已知数列{an}的通项公式an=,则该数列的前________项之和等于9. 答案 99 解析 由题意知,an==-, 所以Sn=(-1)+(-)+…+(-)=-1=9,解得n=99. 4.[P62习题T12]1+2x+3x2+…+nxn-1=________(x≠0且x≠1). 答案 - 解析 设Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1, ① 则xSn=x+2x2+3x3+…+nxn, ② ①-②得(1-x)Sn=1+x+x2+…+xn-1-nxn =-nxn, ∴Sn=-. 题组三 易错自纠 5.一个球从100 m高处自由落下,每次着地后又跳回到原高度的一半再落下,当它第10次着地时,经过的路程是________________. 答案 100+200(1-2-9) 解析 第10次着地时,经过的路程为100+2(50+25+…+100×2-9)=100+2×100×(2-1+2-2+…+2-9)=100+200×=100+200(1-2-9). 6.数列{an}的通项公式为an=ncos ,其前n项和为Sn,则S2 017=________. 答案 1 008 解析 因为数列an=ncos 呈周期性变化,观察此数列规律如下:a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4. 故S4=a1+a2+a3+a4=2. a5=0,a6=-6,a7=0,a8=8, 故a5+a6+a7+a8=2,∴周期T=4. ∴S2 017=S2 016+a2 017 =×2+2 017·cos π=1 008. 7.已知数列{an}的前n项和Sn=1-5+9-13+…+(-1)n-1(4n-3),则S15+S22-S31=______. 答案 -76 解析 Sn= ∴Sn= ∴S15=29,S22=-44,S31=61, ∴S15+S22-S31=-76. 题型一 分组求和与并项求和 例1 已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和. 解 (1)当n=1时,a1=S1=1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n. a1也满足an=n, 故数列{an}的通项公式为an=n(n∈N*). (2)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, 则A==22n+1-2, B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2(n∈N*). 引申探究 本例(2)中,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 由(1)知bn=2n+(-1)nn. 当n为偶数时, Tn=(21+22+…+2n)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n] =+ =2n+1+-2; 当n为奇数时,Tn=(21+22+…+2n)+[-1+2-3+4-…-(n-2)+(n-1)-n] =2n+1-2+-n =2n+1--. ∴Tn= 思维升华 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,可采用分组求和法求{an}的前n项和. (2)通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和. 跟踪训练1 (2018·苏州模拟)已知数列{an}满足an+1+an=4n-3(n∈N*). (1)若数列{an}是等差数列,求a1的值; (2)当a1=2时,求数列{an}的前n项和Sn. 解 (1)若数列{an}是等差数列,则an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd. 由an+1+an=4n-3, 得(a1+nd)+[a1+(n-1)d]=4n-3, 即2d=4,2a1-d=-3,解得d=2,a1=-. (2)由an+1+an=4n-3(n∈N*), 得an+2+an+1=4n+1(n∈N*). 两式相减得an+2-an=4, 所以数列{a2n-1}是首项为a1,公差为4的等差数列,数列{a2n}是首项为a2,公差为4的等差数列. 由a2+a1=1,a1=2,得a2=-1, 所以an= ①当n为奇数时,an=2n,an+1=2n-3. Sn=a1+a2+a3+…+an =(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-2+an-1)+an =1+9+…+(4n-11)+2n =+2n=. ②当n为偶数时, Sn=a1+a2+a3+…+an =(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an) =1+9+…+(4n-7)=. 所以Sn= 题型二 错位相减法求和 例2 已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=n2+n. (1)求{an}的通项公式an; (2)若ak+1,a2k,a2k+3(k∈N*)恰好依次为等比数列{bn}的第一、第二、第三项,求数列的前n项和Tn. 解 (1)当n=1时,a1=S1=12+1=2. 当n≥2时, an=Sn-Sn-1=(n2+n)-[(n-1)2+(n-1)]=2n. 检验n=1时,上式符合, ∴an=2n(n∈N*). (2)由题意知ak+1,a2k,a2k+3成等比数列, ∴a=ak+1·a2k+3, 即(2·2k)2=2(k+1)·2(2k+3), 解得k=3(负值舍去). b1=a4=8,b2=a6=12,公比q==, ∴bn=8·n-1, ∴=n·n-1, ∴Tn=×0+×2×1+…+×n×n-1, 即Tn=×. ① 上式两边乘以, 得Tn=×. ② ①-②,得Tn=× -nn=-n, 则Tn=-n(n∈N*). 思维升华 形如{an·bn}(其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列)的数列可用错位相减法求和. 跟踪训练2 已知数列{an}满足an≠0,a1=,an-an+1=2anan+1,n∈N*. (1)求证:是等差数列,并求出数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)由已知可得,-=2,=3, ∴是首项为3,公差为2的等差数列, ∴=3+2(n-1)=2n+1,∴an=(n∈N*). (2)由(1)知bn=(2n+1)2n, ∴Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n-1)2n-1+(2n+1)2n, 2Tn=3×22+5×23+7×24+…+(2n-1)2n+(2n+1)·2n+1, 两式相减得,-Tn=6+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)2n+1. =6+-(2n+1)2n+1 =-2-(2n-1)2n+1, ∴Tn=2+(2n-1)2n+1(n∈N*). 题型三 裂项相消法求和 例3 (2018·江苏省启东中学月考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=2,anan+1=2(Sn+1)(n∈N*). (1)求a2 019的值; (2)求数列{an}的通项公式; (3)若数列{bn}满足b1=1,bn=(n≥2,n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)因为anan+1=2(Sn+1), 所以当n≥2时,an-1an=2(Sn-1+1), 两式相减,得anan+1-an-1an=2an,an≠0, 所以an+1-an-1=2. 又a1=2,所以a2 019=2+×2=2 020. (2)由anan+1=2(Sn+1)(n∈N*), 当n=1时,a1a2=2(a1+1),即2a2=2×3,解得a2=3. 由an+1-an-1=2, 可得数列{an}的奇数项与偶数项都成等差数列,公差为2, 所以a2k-1=2+2(k-1)=2k,k∈N*,a2k=3+2(k-1)=2k+1,k∈N*, 所以an=n+1. (3)因为数列{bn}满足b1=1, bn== ==-, 所以{bn}的前n项和 Tn=++…+ =1-. 思维升华 裂项相消法的关键是对通项拆分,要注意相消后剩余的项. 跟踪训练3 已知数列{an}满足:an+1=an(1-an+1),a1=1,数列{bn}满足:bn=anan+1,则数列{bn}的前10项和S10=________. 答案 解析 由an+1=an(1-an+1),a1=1,得-=1, 所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列, 所以=n,即an=. 因为bn=anan+1==-, 所以S10=b1+b2+…+b10=++…+=1-=. 1.正项等差数列{an}满足a1=4,且a2,a4+2,2a7-8成等比数列,{an}的前n项和为Sn. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)设数列{an}的公差为d(d>0), 由已知得a2(2a7-8)=(a4+2)2, 化简得,d2+4d-12=0,解得d=2或d=-6(舍), 所以an=a1+(n-1)d=2n+2(n∈N*). (2)因为Sn===n2+3n, 所以bn=== =-, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =+++…+ =-=(n∈N*). 2.等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,满足a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)令cn=设数列{cn}的前n项和为Tn,求T2n. 解 (1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q, 由得 解得 ∴an=3+2(n-1)=2n+1(n∈N*),bn=2n-1(n∈N*). (2)由a1=3,an=2n+1, 得Sn==n(n+2), 则cn= 即cn= 所以T2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n) =+(2+23+…+22n-1) =1-+=+(4n-1)(n∈N*). 3.已知等差数列{an}的公差d≠0,a1=0,其前n项和为Sn,且a2+2,S3,S4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn-2n<. (1)解 由a1=0,得an=(n-1)d,Sn=, 因为a2+2,S3,S4成等比数列, 所以S=(a2+2)S4, 即(3d)2=(d+2)·6d, 整理得3d2-12d=0,即d2-4d=0, 因为d≠0,所以d=4, 所以an=(n-1)d=4(n-1)=4n-4(n∈N*). (2)证明 由(1)可得Sn+1=2n(n+1), 所以bn===2+ =2+, 所以Tn=2n+++…+ =2n+1+--, Tn-2n=--, 所以Tn-2n<. 4.已知递增的等比数列{an}满足:a2+a3+a4=28,且a3+2是a2和a4的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=an an,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn+n·2n+1>62成立的正整数n的最小值. 解 (1)由题意,得 解得或 ∵{an}是递增数列,∴a1=2,q=2, ∴数列{an}的通项公式为an=2·2n-1=2n(n∈N*). (2)∵bn=anan=2n·2n=-n·2n, ∴Sn=b1+b2+…+bn=-(1×2+2×22+…+n·2n), ① 则2Sn=-(1×22+2×23+…+n·2n+1), ② ②-①,得Sn=(2+22+…+2n)-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1, 则Sn+n·2n+1=2n+1-2, 解2n+1-2>62,得n>5, ∴n的最小值为6. 5.数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,(2n-1)an+1=(2n+3)Sn(n=1,2,3,…). (1)证明:数列是等比数列; (2)求数列{Sn}的前n项和Tn. (1)证明 ∵an+1=Sn+1-Sn=Sn, ∴Sn+1=Sn, ∴=2·, 又a1=1,∴=1≠0, ∴数列是以1为首项,2为公比的等比数列. (2)解 由(1)知,=2n-1, ∴Sn=(2n-1)·2n-1, ∴Tn=1+3×2+5×22+…+(2n-3)·2n-2+(2n-1)·2n-1, ① 2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n. ② ①-②得 -Tn=1+2×(21+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n =1+2×-(2n-1)·2n =(3-2n)·2n-3, ∴Tn=(2n-3)·2n+3(n∈N*). 6.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,∀n∈N*,2Sn=a+an.令bn=,设{bn}的前n项和为Tn,求在T1,T2,T3,…,T100中有理数的个数. 解 ∵2Sn=a+an, ① ∴2Sn+1=a+an+1, ② ②-①,得2an+1=a+an+1-a-an, a-a-an+1-an=0,(an+1+an)(an+1-an-1)=0. 又∵{an}为正项数列,∴an+1-an-1=0, 即an+1-an=1. 在2Sn=a+an中,令n=1,可得a1=1. ∴数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列. ∴an=n, ∴bn= = ==-, ∴Tn=1-+-+…+-+-=1-, 要使Tn为有理数,只需为有理数,令n+1=t2. ∵1≤n≤100,∴n=3,8,15,24,35,48,63,80,99,共9个数, ∴T1,T2,T3,…,T100中有理数的个数为9.查看更多