2025版高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教学案含解析理

PAGE1-第四节数列求和[考纲传真]1.驾驭等差、等比数列的前n项和公式.2.驾驭特殊的非等差、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＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；(2)等比数列的前n项和公式：2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．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．错位相减法假如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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法假如一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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．6．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，可采纳两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.eq\o([常用结论])1．一些常见的数列前n项和公式：(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)；(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.2．常用的裂项公式(1)eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；(2)eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；(3)eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)；(4)logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝loga(n＋1)－logan.[基础自测]1．(思索辨析)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)假如数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).()(2)当n≥2时，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋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即可依据错位相减法求得．()(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1)，则S5等于()A．1 B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,30)B[∵an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).]3．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________.－25[S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]4．数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于________．n2＋1－eq\f(1,2n)[Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.4－eq\f(n＋4,2n)[设S＝3×eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,22)＋5×eq\f(1,23)＋…＋(n＋2)×eq\f(1,2n)，则eq\f(1,2)S＝3×eq\f(1,22)＋4×eq\f(1,23)＋5×eq\f(1,24)＋…＋(n＋2)×eq\f(1,2n＋1).两式相减得eq\f(1,2)S＝3×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(n＋2,2n＋1).∴S＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(n＋2,2n)＝3＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－eq\f(n＋2,2n)＝4－eq\f(n＋4,2n).]分组转化求和【例1】(2024·黄山模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，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＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也满意an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝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＝eq\f(21－22n,1－2)＝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.[拓展探究]在本例(2)中，如何求数列{bn}的前n项和Tn.[解]由本例(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))[规律方法]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，可采纳分组求和法求{an}的前n项和；2通项公式为的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采纳分组转化法求和.等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满意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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n为奇数，,bn，n为偶数，))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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2.,q＝2，))∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n(n＋2)，则cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,nn＋2)，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))即cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2n,2n＋1)＋eq\f(2,3)(4n－1)．错位相减法求和【例2】(2024·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．[解](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，①4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，②①－②，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).[规律方法]错位相减法求和时的3个留意点1要擅长识别题目类型，特殊是等比数列公比为负数的情形.2在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特殊留意将两式“错项对齐”以便下一步精确写出“Sn－qSn”的表达式，同时应留意差式中成等比数列的项数.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1两种状况求解.(2024·阜阳模拟)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)当d＞1时，记cn＝eq\f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.[解](1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,9)))n－1.))(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq\f(2n－1,2n－1)，于是Tn＝1＋eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋eq\f(9,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋eq\f(9,25)＋…＋eq\f(2n－1,2n).②①－②可得eq\f(1,2)Tn＝2＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n)，故Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).裂项相消法求和►考法1形如an＝eq\f(1,nn＋k)型【例3】(2024·济南模拟)已知数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，且满意4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3对随意的正整数n都成立．(1)证明数列{an}是等差数列，并求其通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,Sn)，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)当n＝1时，4S1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－3，即aeq\o\al(2,1)－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，由4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，得当n≥2时，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1－3，两式相减，得4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，又an＞0，∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2(n≥2)，∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1，得Sn＝eq\f(3＋2n＋1,2)·n＝n(n＋2)，∴bn＝eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\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(2n＋3,2n＋1n＋2).►考法2形如an＝eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))型【例4】已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2019＝________.2eq\r(505)－1[由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝eq\f(1,2)，则f(x)＝xeq\f(1,2).∴an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2019)－eq\r(2018))＋(eq\r(2020)－eq\r(2019))＝eq\r(2020)－1＝2eq\r(505)－1.][规律方法]利用裂项相消法求和的留意事项1抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项，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，有时须要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.如：若{an}是公差d≠0的等差数列，则＝＝(2024·山西八校联考)在等差数列{an}中，a2＝4，a1＋a4＋a7＝30，其前n项和为Sn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn＋2n)))的前n项和Tn.[解](1)设等差数列{an}的公差为d.法一：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋a1＋3d＋a1＋6d＝30，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,3a1＋9d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3，))所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3n－2.法二：由等差数列的性质可得a1＋a4＋a7＝3a4＝30，解得a4＝10，所以d＝eq\f(a4－a2,4－2)＝eq\f(10－4,2)＝3，所以an＝a2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×3＝3n－2.(2)由(1)知Sn＝eq\f(3n2－n,2)，所以Sn＋2n＝eq\f(3n2－n,2)＋2n＝eq\f(3n2＋3n,2)＝eq\f(3nn＋1,2)，所以eq\f(1,Sn＋2n)＝eq\f(2,3nn＋1)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).所以Tn＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,3n＋1).1．(2024·全国卷Ⅲ)设数列{an}满意a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和．[解](1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满意上式，所以{an}的通项公式为an＝eq\f(2,2n－1).(2)记eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和为Sn.由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,2n＋12n－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，则Sn＝eq\f(1,1