2024屆一輪復習人教A版 第7章數(shù)列第4節(jié)數(shù)列求和 學案

第四節(jié)數(shù)列求和考試要求：1．掌握等差、等比數(shù)列前n項和公式．2．掌握非等差、非等比數(shù)列求和的幾種方法，如分組求和、裂項相消以及錯位相減等．一、教材概念·結論·性質重現(xiàn)1．求數(shù)列前n項和的常用方法方法數(shù)列求和公式公式法等差數(shù)列Sn＝na1+an2等比數(shù)列Sn＝n分組求和法等差±等比適用于一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列對應項相加(減)構成的數(shù)列求和倒序相加法對偶型將一個數(shù)列倒過來排列與原數(shù)列相加，主要用于倒序相加后對應項之和有公因式可提的數(shù)列求和裂項相消法積商化差型適用于通項公式可以積商化差的數(shù)列求和錯位相減法等差×等比適用于一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列對應項相乘(除)構成的數(shù)列求和并項求和法正負號間隔適用于奇數(shù)項與偶數(shù)項正負號間隔的數(shù)列求和，常需對n分奇偶討論一些常見數(shù)列的前n項和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn+1(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.(4)12＋22＋…＋n2＝nn+1(5)13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2＝n22.常用結論常見的裂項技巧(1)1nn+1＝(2)1nn+2＝(3)12n-1(4)1n+n+1(5)1nn+1n+2(6)loga1+1n＝loga(n＋1)－logan(a＞0且二、基本技能·思想·活動經(jīng)驗1．判斷下列說法的正誤，對的畫“√”，錯的畫“×”．(1)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項和為Sn＝a1 (√)(2)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和． (√)(3)當n≥2時，1n2-1＝12(4)求數(shù)列12n+2n+3的前n項和可用分組求和法．2．在數(shù)列{an}中，an＝1nn+1，若{an}的前n項和為20192020A．2016 B．2017C．2018 D．2019D解析：an＝1nn+1＝1n-1n+1，Sn＝1－12+12-3．數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n(2n－1)，則該數(shù)列的前100項之和為()A．－200 B．－100C．200 D．100D解析：根據(jù)題意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故選D．4．已知數(shù)列：112，214，318，…，n+nn+12＋1－12n解析：設所求的數(shù)列前nSn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12+14＋…＋125．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝10n－n2，數(shù)列{bn}滿足bn＝|an|，設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T4＝________，T30＝________．24650解析：當n＝1時，a1＝S1＝9；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，當n＝1時也滿足上式，所以an＝－2n＋11(n∈N*)．所以當n≤5時，an>0，bn＝an，當n>5時，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.考點1利用公式、分組求和——基礎性1．若數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an}的前n項和為()A．2n＋n2－1 B．2n+1＋n2－1C．2n+1＋n2－2 D．2n＋n－2C解析：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＝21-2n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n+1＋n2－2.故選C．2．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足S4＝24，S7＝63.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝2an＋an，求數(shù)列{bn}的前n項和T解：(1)因為{an}為等差數(shù)列，所以S4=4所以an＝2n＋1.(2)因為bn＝2an＋an＝22n+1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2所以Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝2×4＝83(4n－1)＋n2＋2n1．分組的實質是分成兩個(或多個)數(shù)列求和，這些數(shù)列必須是等比數(shù)列或等差數(shù)列，因此要仔細觀察通項公式，合理分組．2．有些式子如22n+1需要變形，以方便確定首項、公差，如果不變形會導致運算過程復雜，也會導致運算錯誤．考點2裂項求和——綜合性(2022·武漢三模)已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1∈0，2(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝1anan+1，求數(shù)列{bn}的前n解：(1)當n＝1時，由an2＋3an＋2＝6Sn，得a12+3a1＋2＝6S1＝6a1，即又a1∈(0，2)，解得a1＝1.由an2＋3an＋2＝6Sn，可知an+12＋3an＋1＋2＝6兩式相減，得an+12-an2＋3(an＋1－an)＝6an＋1，即(an＋1＋an)(a由于an>0，可得an＋1－an＝3，所以{an}是首項為1，公差為3的等差數(shù)列，所以an＝3n－2.(2)因為an＝3n－2，所以bn＝1anan+1＝所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝131-本例的條件變?yōu)椋篴n＝12n-1，bn＝an+1a解：因為bn＝12n1所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1121+1-1120應用裂項相消法求和的注意點(1)用裂項相消法求和時，要對通項進行變換，如：1n+n+k＝1k((2)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項等．在等比數(shù)列{an}中，a1＝3，a2＋a3＝6.(1)求an；(2)設bn＝2nan+1an+1+1，且b4<1，求數(shù)列{b解：(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q，a1(q＋q2)＝6，代入a1＝3，解得q＝－2或q＝1.當q＝－2時，an＝a1·qn-1＝3·(－2)n-1；當q＝1時，an＝a1＝3.(2)當an＝3時，b4＝243+13+1＝1，這與所以an＝3·(－2)n-1.所以bn＝2n3·所以Sn＝2313·2考點3錯位相減法求和——應用性(2021·全國乙卷)設{an}是首項為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝nan3.已知a1，3a2，9a(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項和，證明：Tn<Sn(1)解：因為{an}是首項為1的等比數(shù)列且a1，3a2，9a3成等差數(shù)列，所以6a2＝a1＋9a3，所以6a1q＝a1＋9a1q2，即9q2－6q＋1＝0，解得q＝13，所以an＝1所以bn＝nan3(2)證明：由(1)可得Sn＝1×1-Tn＝13+2313Tn＝132+①－②得23Tn＝13+132+所以Tn＝34所以Tn－Sn2＝341-13n錯位相減法求和的注意點(1)若在數(shù)列{an·bn}中，{an}成等差數(shù)列，{bn}成等比數(shù)列，在和式的兩邊同乘公比，再與原式錯位相減，整理后即可以求出前n項和．(2)分組求和時，中間部分等比數(shù)列的求和要找好等比數(shù)列的首項和項數(shù)．最好用Sn＝a1設數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)計算a2，a3，猜想{an}的通項公式并加以證明；(2)求數(shù)列{2nan}的前n項和Sn.解：(1)a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.證明：由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，…a2－5＝3(a1－3)．因為a1＝3，所以an＝2n＋1.(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①從而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n+1.②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n+1＝2×21-2n1-2＋2－(2n＋1)·2n+1＝2·2n+1－(2n＋1)·2n所以Sn＝(2n－1)·2n+1＋2.考點4分奇偶討論求和——應用性(2022·濟寧二模)已知數(shù)列{an}是正項等比數(shù)列，滿足a3是2a1，3a2的等差中項，a4＝16.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q，因為a3是2a1，3a2的等差中項，所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q.因為a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－12因為數(shù)列{an}是正項等比數(shù)列，所以q＝2.因為a4＝16，即a4＝a1q3＝8a1＝16，解得a1＝2，所以an＝2×2n-1＝2n.(2)由(1)可知，a2n＋1＝22n+1，所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1＝(－1)n·log222n+1＝(－1)n·(2n＋1)．①若n為偶數(shù)，Tn＝－3＋5－7＋9－…－(2n－1)＋(2n＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2×n2＝n②若n為奇數(shù)，當n≥3時，Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，當n＝1時，T1＝－3適合上式．綜上得Tn＝n，n為偶數(shù)，-n-2，n為奇數(shù)(或T對于分奇偶的數(shù)列求和一般思路是：當n為偶數(shù)時，分組求其前n項和；當n為奇數(shù)時，則n－1為偶數(shù)，故代入先求出前n－1項的和再加第n項，即前n項的和．用式子表示為Sn＝S已知等差數(shù)列{an}的公差為2，前n項和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令bn＝(－1)n-14nanan+1，求數(shù)列{bn}的前n解：(1)由于等差數(shù)列{an}的公差為2，故S1＝a1，S2＝2＋2a1，S4＝12＋4a1.由于S1，S2，S4成等比數(shù)列，故(2＋2a1)2＝a1(12＋4a1)，解得a1＝1，故an＝2n－1.(2)由(1)可知bn＝(－1)n-14nanan+1＝(－1)n-1·4n2n當n為偶數(shù)時，Tn＝1+13-13+1當n為奇數(shù)時，Tn＝Tn－1＋12n-1+1所以Tn＝2n課時質量評價(四十二)A組全考點鞏固練1．(2023·濟南模擬)記Tn＝－1＋1＋3＋5＋…＋(2n＋1)(n∈N*)，則Tn為()A．n2 B．n2＋nC．n2－2n D．n2＋2nD解析：因為Tn＝－1＋1＋3＋5＋…＋(2n＋1)(n∈N*)，所以Tn＝n+2-1+2n+12＝n22．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝2aA．16 B．20C．33 D．120C解析：由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.故選C．3．已知{an}是首項為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項和，且9S3＝S6，則數(shù)列1aA．158或5 B．31C．31C解析：設{an}的公比為q，顯然q≠1，由題意得91-q31-q＝1-q61-q，所以1＋4．已知數(shù)列{an}滿足an＝n，在an，an＋1之間插入n個1，構成數(shù)列{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，則數(shù)列{bn}的前100項的和為()A．178 B．191C．206 D．216A解析：數(shù)列{an}滿足an＝n，在an，an＋1之間插入n個1，構成數(shù)列{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，所以共有n＋[1＋2＋…＋(n－1)]＝n＋n-11+n-12＝1當n＝13時，12當n＝14時，12由于an＝n，所以S100＝(a1＋a2＋…a13)＋(100－13)×1＝1+13×5．化簡Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n-2＋2n-1的結果是()A．2n+1＋n－2 B．2n+1－n＋2C．2n－n－2 D．2n+1－n－2D解析：因為Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n-2＋2n-1，①2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n-1＋2n，②所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n+1，所以Sn＝2n+1－n－2.故選D．6．(2022·貴陽摸底)定義為n個正數(shù)u1，u2，u3，…，un的“快樂數(shù)”．若已知正項數(shù)列{an}的前n項的“快樂數(shù)”為13n+1，則數(shù)列36aA．20182019 B．C．20192018 D．B解析：設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則根據(jù)題意nSn＝13n+1，Sn＝3n2＋n，所以an＝Sn－Sn－1＝6n－2(n≥2)．當n＝1時也適合上式，所以an＝6n－2.所以36an+2an+1+2＝366n6n+6＝1nn+17．等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n－1，則a113(4n－1)解析：當n＝1時，a1＝S1當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n-1－1)＝2n-1.又因為a1＝1適合上式，所以an＝2n-1，所以an2＝4n所以數(shù)列{an2所以a12+a22+8．(2022·淄博一模)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝2，且an＋1＝an+1，n為奇數(shù)，2設bn＝a2n－1.(1)證明：數(shù)列{bn＋2}為等比數(shù)列，并求出{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{an}的前2n項和．(1)證明：bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2bn＋2，所以bn+1+2bn+2＝2，又b所以{bn＋2}是首項為4，公比為2的等比數(shù)列，則bn＋2＝4·2n-1＝2n+1，所以bn＝2n+1－2.(2)解：數(shù)列{an}的前2n項和為S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a1＋a3＋…＋a2n－1＋n)＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n＝2(b1＋b2＋…＋bn)＋n＝2×(22＋23＋…＋2n+1－2n)＋n＝2×41-2n1-2－39．已知數(shù)列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1.(1)求證：數(shù)列an(2)令bn＝(－1)nan，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，求使得Sn≤－99的n的最小值．(1)證明：由n(an＋1－an)＝an＋1得：nan＋1＝(n＋1)·an＋1，即an+1n+1＝所以an+1n+1＝ann+所以數(shù)列an(2)解：由(1)知：an+1n＝a1＋1＝3，所以an＝3n－1，所以bn＝(－1)n即bn＝3n所以當n為偶數(shù)時，Sn＝(－2＋5)＋(－8＋11)＋…＋[－(3n－4)＋(3n－1)]＝3n2，顯然Sn當n為奇數(shù)時，Sn＝Sn＋1－an＋1＝3n+12－[3(n＋1)－1]＝－3n+12，令Sn結合n為奇數(shù)得n的最小值為67.所以n的最小值為67.B組新高考培優(yōu)練10．(2023·泰安模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1+12a2+122a3+…+12A．2×(22022－1) B．23(22022C．23(24044－1) D．23(2C解析：因為a1＋12a2＋122a3＋…＋12n所以當n≥2時，a1＋12a2＋122a3＋…12n-兩式相減得12n-1an＝2，所以an＝2又a1＝2也適合該式，故an＝2n，所以a1＋2a2＋22a3＋…＋22021a2022＝242022-1411．若數(shù)列{an}是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝____________．2n+2－4－2n解析：an＝2＋22＋23＋…＋2n＝2-2n+11Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n+1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝22-2n+21-2－212．已知Tn為數(shù)列2n+12n的前n項和，若m＞T1024解析：因為2n+12所以Tn＝n＋1－12所以T10＋1013＝11－1210＋1013＝1024－又m＞T10＋1013，所以整數(shù)m的最小值為1024.13．數(shù)列{an}滿足an+2+-1na7解析：因為an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以當n為偶數(shù)時，an＋2＋an＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因為數(shù)列{an}的前16項和為540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①因為當n為奇數(shù)時，an＋2－an＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②由①－②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.14．若數(shù)列{an}滿足an＋an＋1＝2n+2+n，則S2n+1－1解：因為an＋an＋1＝2n+2+n所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝(3-1)＋(5-3)＋(7-15．在等差數(shù)列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.(1)求數(shù)列{an}的通項公式