人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊學(xué)案：習(xí)題課二 求數(shù)列的和

人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊PAGEPAGE1習(xí)題課二求數(shù)列的和題型一分組分解求和〖例1〗已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an，求數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1·q＝6，,a1·q2＋a1·q3＝24，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2，))∴an＝a1·qn－1＝2×2n－1＝2n.(2)bn＝log22n＝n，設(shè){an＋bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝eq\f(2×（2n－1）,2－1)＋eq\f(n（1＋n）,2)＝2n＋1－2＋eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n.規(guī)律方法1.若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝an±bn，且{an}，{bn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和.2.若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))其中數(shù)列{an}，{bn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求{cn}的前n項(xiàng)和.〖訓(xùn)練1〗已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝(－1)n－1an，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為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)＋…＋〖(4n－3)－(4n－1)〗＝(－2)·n＝－2n.題型二裂項(xiàng)相消法求和〖例2〗已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若an>0，設(shè)bn＝log2(3an＋3)，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an＋1}的公比為q，其前n項(xiàng)和為Tn，因?yàn)镾2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，易知q≠1，所以T2＝eq\f(（a1＋1）（1－q2）,1－q)＝4①，T4＝eq\f(（a1＋1）（1－q4）,1－q)＝20②，由eq\f(②,①)得1＋q2＝5，解得q＝±2.當(dāng)q＝2時(shí)，a1＝eq\f(1,3)，所以an＋1＝eq\f(4,3)×2n－1＝eq\f(2n＋1,3)；當(dāng)q＝－2時(shí)，a1＝－5，所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.所以an＝eq\f(2n＋1,3)－1或an＝－(－2)n＋1－1.(2)因?yàn)閍n>0，所以an＝eq\f(2n＋1,3)－1，所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2（n＋2）).規(guī)律方法(1)把數(shù)列的每一項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，求和時(shí)有些部分可以相互抵消，從而達(dá)到求和的目的.常見的拆項(xiàng)公式：(ⅰ)eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；(ⅱ)eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；(ⅲ)eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).(2)裂項(xiàng)原則：一般是前邊裂幾項(xiàng)，后邊就裂幾項(xiàng)直到發(fā)現(xiàn)被消去項(xiàng)的規(guī)律為止.(3)消項(xiàng)規(guī)律：消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng)，后邊就剩幾項(xiàng)，前邊剩第幾項(xiàng)，后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng).〖訓(xùn)練2〗設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.(1)求an；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,Sn)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝a1＋6d，,（a1＋7d）－2（a1＋2d）＝3，))解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由(1)得Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n(n＋2)，∴bn＝eq\f(1,n（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)〖eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))〗＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).題型三錯(cuò)位相減法求和〖例3〗已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2){bn}為各項(xiàng)非零的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè){an}的公比為q，由題意知：a1(1＋q)＝6，aeq\o\al(2,1)q＝a1q2，又an>0，解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由題意知：S2n＋1＝eq\f(（2n＋1）（b1＋b2n＋1）,2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝eq\f(bn,an)，則cn＝eq\f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)＋eq\f(2n＋1,2n)，又eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n)＋eq\f(2n＋1,2n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(5,2)－eq\f(2n＋5,2n＋1)，所以Tn＝5－eq\f(2n＋5,2n).規(guī)律方法1.一般地，如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時(shí)，可采用錯(cuò)位相減法.2.用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，應(yīng)注意：(1)要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形.(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對齊”，以便于下一步準(zhǔn)確地寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式.〖訓(xùn)練3〗已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1，在等差數(shù)列{bn}中，bn>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{anbn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.∵在等差數(shù)列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，則b2＝5.設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比數(shù)列，∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.∵bn>0，∴d＝－10應(yīng)舍去，∴d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.故anbn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N*.(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②①－②，得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×eq\f(3－3n,1－3)－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.∴Tn＝n·3n，n∈N*.一、素養(yǎng)落地1.通過學(xué)習(xí)數(shù)列求和的方法，提升數(shù)學(xué)運(yùn)算和邏輯推理素養(yǎng).2.求數(shù)列的前n項(xiàng)和，一般有下列幾種方法.(1)錯(cuò)位相減適用于一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列對應(yīng)項(xiàng)相乘構(gòu)成的數(shù)列求和.(2)分組求和把一個(gè)數(shù)列分成幾個(gè)可以直接求和的數(shù)列.(3)裂項(xiàng)相消有時(shí)把一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式分成兩項(xiàng)差的形式，相加過程消去中間項(xiàng)，只剩有限項(xiàng)再求和.(4)奇偶并項(xiàng)當(dāng)數(shù)列通項(xiàng)中出現(xiàn)(－1)n或(－1)n＋1時(shí)，常常需要對n取值的奇偶性進(jìn)行分類討論.(5)倒序相加例如，等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的推導(dǎo)方法.二、素養(yǎng)訓(xùn)練1.數(shù)列2eq\f(1,4)，4eq\f(1,8)，6eq\f(1,16)，…的前n項(xiàng)和Sn為()A.n2＋1＋eq\f(1,2n＋1) B.n2＋2－eq\f(1,2n＋1)C.n(n＋1)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1) D.n(n＋1)＋eq\f(1,2n＋1)〖解析〗Sn＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)n(2＋2n)＋eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n(n＋1)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1).〖答案〗C2.等比數(shù)列{an}中，a5＝2，a6＝5，則數(shù)列{lgan}的前10項(xiàng)和等于()A.6 B.5C.4 D.3〖解析〗∵數(shù)列{an}是等比數(shù)列，a5＝2，a6＝5，∴a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10，∴l(xiāng)ga1＋lga2＋…＋lga10＝lg(a1·a2·…·a10)＝lg(a5a6)5＝5lg10＝5.故選B.〖答案〗B3.數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,n（n＋1）)))的前2020項(xiàng)和為________.〖解析〗因?yàn)閑q\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以S2020＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2020)－\f(1,2021)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2021)))＝eq\f(4040,2021).〖答案〗eq\f(4040,2021)4.已知數(shù)列an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n－1，n為奇數(shù)，,n，n為偶數(shù)，))則S100＝________.〖解析〗由題意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000.〖答案〗50005.在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*.(1)設(shè)bn＝eq\f(an,2n－1)，證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)在(1)的條件下求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.(1)證明由已知an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(2an＋2n,2n)＝eq\f(an,2n－1)＋1＝bn＋1.∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴{bn}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列.(2)解由(1)知，bn＝n，eq\f(an,2n－1)＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，兩邊同時(shí)乘以2得2Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，兩式相減得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝(n－1)×2n＋1.三、審題答題示范(一)數(shù)列求和問題〖典型示例〗(12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a2＝4，2Sn＝nan＋n①，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若取出數(shù)列{an}中的部分項(xiàng)a2，a6，a22，…依次組成一個(gè)等比數(shù)列{cn}，若數(shù)列{bn}滿足an＝bn·cn，求證：數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn<eq\f(2,3).②聯(lián)想解題看到①，想到an＝Sn－Sn－1(n≥2)，利用Sn與an的關(guān)系結(jié)合定義法或等差中項(xiàng)法證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列并求通項(xiàng)公式.看到②，想到利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn，從而得到Tn的取值范圍，即可證明Tn<eq\f(2,3).滿分示范(1)解數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝nan＋n，n∈N*，當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝a1＋1，則a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1①，an＋1＝Sn＋1