2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第六章　4 第4讲　数列求和

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第六章　4 第4讲　数列求和

第4讲　数列求和 ‎1．基本数列求和方法 ‎(1)等差数列求和公式：Sn＝＝na1＋d．‎ ‎(2)等比数列求和公式：Sn＝ ‎2．一些常见数列的前n项和公式 ‎(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；‎ ‎(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；‎ ‎(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n．‎ ‎3．数列求和的常用方法 ‎(1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．‎ ‎(2)错位相减法 如果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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．‎ ‎(3)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，从而求得其和．‎ ‎(4)分组转化法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．‎ ‎(5)并项求和法 一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．‎ ‎[疑误辨析]‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)当n≥2时，＝－.(　　)‎ ‎(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　　)‎ ‎(3)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，当a≠0，且a≠1时，求Sn的值可用错位相减法求得．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√‎ ‎[教材衍化]‎ ‎1．(必修5P61A组T5改编)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(　　)‎ A．100＋200(1－2－9)　　　　 B．100＋100(1－2－9)‎ C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)‎ 解析：选A.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)．‎ ‎2．(必修5P47B组T4改编)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)‎ A．2 014 B．2 015‎ C．2 016 D．2 017‎ 解析：选D.an＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 017.故选D.‎ ‎3．(必修5P61A组T4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．‎ 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，所以Sn＝－.‎ 答案：－ ‎[易错纠偏]‎ ‎(1)不会分组致误；‎ ‎(2)错位相减法运用不熟练出错．‎ ‎1．已知数列：1，2，3，…，，…，则其前n项和关于n的表达式为________．‎ 解析：设所求的数列前n项和为Sn，则 Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＋＋…＋＝＋1－.‎ 答案：＋1－ ‎2．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．‎ 解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①‎ 所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②‎ ‎①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1，‎ 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.‎ 答案：(n－1)2n＋1＋2‎ ‎　　　　　　分组转化法求和 ‎ 设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.‎ ‎(1)求通项公式an；‎ ‎(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．‎ ‎【解】　(1)由题意得则 又当n≥2时，‎ 由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，‎ 得an＋1＝3an.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.‎ ‎(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.‎ 当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.‎ 当n≥3时，‎ Tn＝3＋－＝，‎ 所以Tn＝ 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，可采用分组转化法求{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，‎ 可采用分组转化法求和．　 ‎ ‎1．数列{an}的通项公式an＝2n－n，前n项之和为Sn，则Sn＝________．‎ 解析：Sn＝21＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝－＝2n＋1－.‎ 答案：2n＋1－ ‎2．(2020·丽水模拟)在等比数列{an}中，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前2n项和S2n.‎ 解：(1)设等差数列{bn}的公差为d.‎ 则有解得或(舍去)，‎ 所以an＝3n，bn＝2n＋1.‎ ‎(2)由(1)知cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n，‎ 则S2n＝(3＋32＋33＋…＋32n)＋{(－3)＋5＋(－7)＋9＋…＋[－(4n－1)]＋(4n＋1)}‎ ‎＝＋[(5－3)＋(9－7)＋…＋(4n＋1－4n＋1)]‎ ‎＝＋2n.‎ ‎　　　　　　错位相减法求和 ‎ 已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝bn＋1－1(n∈N*)．‎ ‎(1)求an与bn的通项公式；‎ ‎(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎【解】　(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)．‎ 由题意知当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.‎ 当n≥2时，bn＝bn＋1－bn，‎ 整理得＝，‎ 所以bn＝n.‎ 当n＝1时，也符合bn＝n，综上bn＝n(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知anbn＝n·2n，‎ 因此Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，‎ ‎2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，‎ 所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1.‎ 故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．‎ 错位相减法求和策略 ‎(1)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，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．‎ ‎(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．‎ ‎(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．　 ‎ ‎1．数列，，，，…，的前10项之和为________．‎ 解析：S10＝＋＋＋…＋，①‎ 所以S10＝＋＋…＋＋.②‎ ‎①－②得 S10＝＋－ ‎＝＋－ ‎＝－－＝，‎ 所以S10＝＝.‎ 答案： ‎2．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，求数列的前n项和Tn.‎ 解：(1)设{an}的公比为q，‎ 由题意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2.‎ 又an>0，‎ 解得a1＝2，q＝2，‎ 所以an＝2n.‎ ‎(2)由题意知：S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，‎ 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，‎ 所以bn＝2n＋1.‎ 令cn＝，‎ 则cn＝，‎ 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋，‎ 又Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减得 Tn＝＋－，‎ 所以Tn＝5－.‎ ‎　　　　　　裂项相消法求和(高频考点)‎ 裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题第二问，难度适中．主要命题角度有：‎ ‎(1)形如an＝型；‎ ‎(2)形如an＝型；‎ ‎(3)形如an＝(a>0，a≠1)型．‎ 角度一　形如an＝型 ‎ (2020·舟山市普陀三中高三期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＋＋＝12.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝，{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.‎ ‎【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d，则S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，S4＝4a1＋6d，‎ 因为＋＋＝12，‎ 所以3a1＋3d＝12，即3＋3d＝12，解得d＝3，‎ 所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.‎ ‎(2)证明：bn＝＝，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝，‎ 所以Tn＝<＝.‎ 角度二　形如an＝型 ‎ (2020·台州质检)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 018＝(　　)‎ A.－1　　　　　　　 B.－1‎ C.－1 D. ＋1‎ ‎【解析】　由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝.‎ 则f(x)＝x.‎ 所以an＝＝＝－，‎ 所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－ )＋(－)＝－1.‎ ‎【答案】　C 角度三　形如an＝(a>0，a≠1)型 ‎ (2020·杭州市高三期末考试)设数列{an}的前n项和为Sn.若Sn＝2an－n，则＋‎ eq f(4,a2a3)＋＋＝________．‎ ‎【解析】　因为Sn＝2an－n，所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)]，‎ 所以an＝2an－1＋1，化为：an＋1＝2(an－1＋1)，‎ n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1.‎ 所以数列{an＋1}是等比数列，首项为2，公比为2.‎ 所an＋1＝2n，即an＝2n－1，‎ 所以＝＝－.‎ 所以＋＋＋＝＋＋…＋＝1－＝.‎ ‎【答案】　 利用裂项相消法求和的注意事项 ‎(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；‎ ‎(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝(－)．　 ‎ ‎　已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.‎ ‎(1)求an与bn的通项公式；‎ ‎(2)求和：＋＋＋…＋.‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，‎ 因为等差数列{an}的各项均为正数，即an>0，‎ 所以d>0，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，‎ 依题意得，‎ 解得，或(舍去)，‎ 故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.‎ ‎(2)因为Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，‎ 所以＝＝，‎ 所以＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋‎ ＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝(1＋－－)＝－.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12＝(　　)‎ A．18　　　　　　　　　 B．15‎ C．－18 D．－15‎ 解析：选A.记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a11＋a12‎ ‎＝(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)＝6×3＝18.‎ ‎2．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为(　　)‎ A.或5 B.或5‎ C. D. 解析：选C.设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝.‎ ‎3．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为(　　)‎ A．120 B．99‎ C．11 D．121‎ 解析：选A.an＝＝＝－，所以a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10.即＝11，所以n＋1＝121，n＝120.‎ ‎4．设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4a8＝32，则S11的最小值为(　　)‎ A．22 B．44 C．22 D．44‎ 解析：选B.因为数列{an}为各项均为正数的等差数列，所以a4＋a8≥2＝8，S11＝＝(a4＋a8)≥×8＝44，故S11的最小值为44，当且仅当a4＝a8＝4时取等号．‎ ‎5．设等比数列{an}的各项均为正数，且a1＝，a＝4a2a8，若＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，则数列{bn}的前10项和为(　　)‎ A．－ B. C．－ D. 解析：选A.设等比数列{an}的公比为q，因为a＝4a2a8，所以(a1q3)2＝4a1q·a1q7，即4q2＝1，所以q＝或q＝－(舍)，所以an＝＝2－n，所以log2an＝log22－n＝－n，所以＝－(1＋2＋3＋…＋n)＝－，所以bn＝－＝－2，‎ 所以数列{bn}的前10项和为 ‎－2＝‎ ‎－2＝－.‎ ‎6．(2020·杭州八校联考)在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a，a)在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于(　　)‎ A．3n－1 B. C. D. 解析：选A.由点(a，a)在直线x－9y＝0上，得a－9a＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，所以an＋3an－1>0，所以an－3an－1＝0，即＝3，所以数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝3n－1，故选A.‎ ‎7．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________．‎ 解析：由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，‎ 所以T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18‎ ‎＝S10－(S18－S10)＝60.‎ 答案：60‎ ‎8．设函数f(x)＝＋log2，定义Sn＝f＋f＋…＋f，其中n∈N*，且n≥2，则Sn＝________．‎ 解析：因为f(x)＋f(1－x)＝＋log2＋＋log2＝1＋log21＝1，‎ 所以2Sn＝＋[f＋f]＋…＋＝n－1.‎ 所以Sn＝.‎ 答案： ‎9．数列的前n项和为，则n的值为________．‎ 解析：由题意得＋＋＋…＋＝－＋－＋－＋…＋－＝1－＝＝.所以n＝99.‎ 答案：99‎ ‎10．(2020·温州中学高三模考)已知数列{an}满足：a1＝，an＋1＝a＋an，用[x]表示不超过x的最大整数，则的值等于________．‎ 解析：因为an＋1＝a＋an，故an＋1－an＝a>0，即数列{an}是递增数列，由an＋1＝a＋an可得an＋1＝an(an＋1)，所以＝－，从而＝－，‎ 所以1<＋＋…＋＝－<＝2，故＝1.‎ 答案：1‎ ‎11．(2020·金华十校联考)设数列{an}的各项均为正数，且a1，22，a2，24，…，an，22n，…成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sk≥30(2k＋1)，求正整数k的最小值．‎ 解：(1)设等比数列的公比为q，则q2＝＝22，‎ 又由题意q＞0，故q＝2，‎ 从而an＝＝22n－1，‎ 即数列{an}的通项公式为an＝22n－1.‎ ‎(2)由(1)知a1＝2，数列{an}是以22为公比的等比数列，‎ 故Sn＝＝(22n－1)．‎ 因此不等式Sk≥30(2k＋1)可化为(22k－1)≥30(2k＋1)，即(2k－1)(2k＋1)≥30(2k＋1)，‎ 因为2k＋1＞0，‎ 所以2k≥46，‎ 即k≥log246，‎ 又5＜log246＜6，‎ 所以正整数k的最小值为6.‎ ‎12．(2020·温州市普通高中模考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，2Sn＝(n＋1)an＋1(n≥2)．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<(n∈N*)．‎ 解：(1)当n＝2时，2S2＝3a2＋1，解得a2＝2.‎ 当n＝3时，2S3＝4a3＋1，‎ 解得a3＝3.‎ 当n≥3时，2Sn＝(n＋1)an＋1，2Sn－1＝nan－1＋1，‎ 以上两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，‎ 所以＝，‎ 所以＝＝…＝＝1，‎ 所以an＝.‎ ‎(2)证明：bn＝＝，‎ 当n≥2时，bn＝<＝－，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＝－<.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)‎ A．a1d>0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0‎ C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0‎ 解析：选B.因为 a3，a4，a8成等比数列，所以a＝a3a8，所以(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，展开整理，得－3a1d＝5d2，即a1d＝－d2.因为 d≠0，所以a1d＜0.因为 Sn＝na1＋d，所以S4＝4a1＋6d，dS4＝4a1d＋6d2＝－d2<0.‎ ‎2．在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对任意的n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选C.在等差数列{an}中，因为a2＝5，a6＝21，‎ 所以解得a1＝1，d＝4，‎ 所以＝＝.‎ 因为－ ‎＝－ ‎＝－－＝－－ ‎＝＋>0，所以数列(n∈N*)是递减数列，数列(n∈N*)的最大项为S3－S1＝＋＝，所以≤，m≥.又m是正整数，所以m的最小值是5.‎ ‎3．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是________．‎ 解析：由S5S6＋15＝0，得·(6a1＋d)＋15＝0.‎ 整理可得2a＋9a1d＋10d2＋1＝0.‎ 因为a1，d为实数，所以Δ＝(9d)2－4×2×(10d2＋1)≥0，解得d≤－2或d≥2.‎ 答案：d≤－2或d≥2 ‎4．(2020·台州诊断考试)已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 017＝________．‎ 解析：当n≥2时，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S＝－SnSn－1，‎ 所以－＝1，又＝2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，‎ 所以＝n＋1，故Sn＝，‎ 则S2 017＝.‎ 答案： ‎5．(2020·浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值．‎ 解：(1)由条件an＋1＝2an得＝2·，‎ 又a1＝2，所以＝2，‎ 因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列，‎ 从而＝2·2n－1＝2n，因此，an＝n·2n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝，设cn＝S2n－Sn，则cn＝＋＋…＋，‎ 所以cn＋1＝＋＋…＋＋＋，‎ 从而cn＋1－cn＝＋－>＋－＝0，‎ 因此数列{cn}是单调递增的，所以{cn}min＝c1＝.‎ ‎6．(2020·严州阶段测试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a7＝4，a19＝2a9，数列{bn}的前n项和为Tn，满足42an－1＝λTn－(a5－1)(n∈N*)．‎ ‎(1)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由；‎ ‎(2)已知对于n∈N*，不等式＋＋＋…＋＜M恒成立，求实数M的最小值．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 则an＝a1＋(n－1)d.‎ 因为 所以解得a1＝1，d＝，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝.‎ 因为a5＝3，42an－1＝λTn－(a5－1)，‎ 所以4n＝λTn－2，Tn＝4n＋.‎ 当n＝1时，b1＝；‎ 当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝4n＋－4n－1－＝4n－1.‎ 所以bn＋1＝4n＝4bn(n≥2)，‎ 若数列{bn}是等比数列，则有b2＝4b1，‎ 而b2＝，所以＝2与b2＝4b1矛盾．‎ 故不存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列．‎ ‎(2)由(1)知Sn＝，‎ 所以＝＝，‎ 从而＋＋＋…＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝＜，‎ 所以M ≥，故实数M的最小值为.‎