2021版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和教学案 苏教版

-1-第四节数列求和[最新考纲]1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握特殊的非等差、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＝na1＋an2＝na1＋nn－12d；(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a11－qn1－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(注意消项规律)，从而求得前n项和．裂项时常用的三种变形：①1nn＋1＝1n－1n＋1；②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；③1n＋n＋1＝n＋1－n.(3)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：如果一个数列{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，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.-2-一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有1anan＋1＝1d1an－1an＋1.()(2)当n≥2时，1n2－1＝121n－1－1n＋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即可根据错位相减法求得．()(4)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√二、教材改编1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()A．1B.56C.16D.130B[∵an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]2．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2C[Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝21－2n1－2＋2×nn＋12－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.]3．Sn＝12＋12＋38＋…＋n2n等于()A.2n－n－12nB.2n＋1－n－22nC.2n－n＋12nD.2n＋1－n＋22n-3-B[由Sn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①得12Sn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，②①－②得，12Sn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1，∴Sn＝2n＋1－n－22n.]4．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.]考点1分组转化法求和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，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝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，可采用分组求和法求和．提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，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≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n.当n＝1时，a1＝S1＝1满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.-4-(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＝21－22n1－2＝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.[母题探究]在本例(2)中，若条件不变求数列{bn}的前n项和Tn.[解]由本例(1)知bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝2－2n＋11－2＋n2＝2n＋1＋n2－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋n－12－n＝2n＋1－n2－52.所以Tn＝2n＋1＋n2－2，n为偶数，2n＋1－n2－52，n为奇数.常用并项求和法解答形如(－1)nan的数列求和问题，注意当n奇偶性不定时，要对n分奇数和偶数两种情况分别求解．对n为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求n为偶数时前n项和Tn.n为奇数可用Tn＝Tn－1＋bn(n≥2)或Tn＝Tn＋1－bn＋1最好．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＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.考点2裂项相消法求和形如an＝1nn＋k(k为非零常数)型-5-an＝1nn＋k＝1k1n－1n＋k.提醒：求和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．(2019·厦门一模)已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列1anbn的前n项和．[解](1)数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1.所以当n＝1时，a2＝b1＝6，故an＝6＋2(n－2)＝2n＋2，由于b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1，①当n≥2时，b1＋b22＋b33＋…＋bn－1n－1＝an，②①－②得：bnn＝an＋1－an＝2，所以bn＝2n.所以bn＝6n＝12nn≥2.(2)当n＝1时，S1＝1a1b1＝14×6＝124.当n≥2时，1anbn＝12n2n＋2＝141n－1n＋1，则Sn＝124＋1412－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1，＝124＋1412－1n＋1，＝2n－112n＋1，当n＝1时满足上式，故Sn＝2n－112n＋1.本例第(1)问在求{bn}的通项公式时灵活运用了数列前n项和与项的关系，注意-6-通项公式是否包含n＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1.[教师备选例题](2019·唐山五校联考)已知数列{an}满足：1a1＋2a2＋…＋nan＝38(32n－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3ann，求1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn＋1.[解]1a1＝38(32－1)＝3，当n≥2时，因为nan＝1a1＋2a2＋…＋nan－1a1＋2a2＋…＋n－1an－1＝38(32n－1)－38(32n－2－1)＝32n－1，当n＝1时，nan＝32n－1也成立，所以an＝n32n－1.(2)bn＝log3ann＝－(2n－1)，因为1bnbn＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，所以1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn＋1＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则∑nk＝11Sk＝.2nn＋1[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有a1＋2d＝3，4a1＋6d＝10，解得a1＝1，d＝1，-7-所以Sn＝nn＋12，1Sn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，因此∑nk＝11Sk＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2nn＋1.]形如1n＋k＋n(k为非零常数)型an＝1n＋k＋n＝1k(n＋k－n)．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝1fn＋1＋fn，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2019＝()A.2018－1B.2019－1C.2020－1D.2020＋1C[由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x.∴an＝1fn＋1＋fn＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2020－2019)＝2020－1.]运用分母有理化对分式1n＋1＋n正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．求和S＝11＋3＋13＋5＋…＋1119＋121＝()A．5B．4C．10D．9A[S＝1－31－3＋3－53－5＋…[phone]＝1－11－2＝5，故选A.]形如bn＝q－1anan＋kan＋1＋k(q为等比数列{an}的公比)型bn＝q－1anan＋kan＋1＋k＝1an＋k－1an＋1＋k.(2019·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝an＋12－n－1.(1)求数列{an}的通项公式；-8-(2)求数列2×3nanan＋1的前n项和Tn.[解](1)∵a2＝8，Sn＝an＋12－n－1，∴a1＝S1＝a22－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋12－n－1－an2－n，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.(2)∵2×3nanan＋1＝2×3n3n－13n＋1－1＝13n－1－13n＋1－1.∴数列2×3nanan＋1的前n项和Tn＝13－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n－1－13n＋1－1＝12－13n＋1－1.本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如an＋1＝λan＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和．已知{an}是等比数列，且a2＝12，a5＝116，若bn＝an＋1an＋1an＋1＋1，则数列{bn}的前n项和为()A.2n－122n＋1B.2n－12n＋1C.12n＋1D.2n－12n＋2A[a5＝a2·q3，∴q3＝18，∴q＝12，a1＝1，∴an＝12n-1，-9-形如an＝n＋1n2n