高考数学科学创新复习方案提升版第37讲数列的求和学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第37讲数列的求和学案（Word版附解析），共22页。

1．公式法
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
2．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．
3．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．
4．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．
5．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．
6．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．
常见的拆项类型
(1)分式型：eq \f(1,n（n＋k）)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，
eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
eq \f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n（n＋1）)－,\f(1,（n＋1）（n＋2）)))等．
(2)指数型：eq \f(2n,（2n＋1－1）（2n－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，eq \f(n＋2,n（n＋1）·2n)＝eq \f(1,n·2n－1)－
eq \f(1,（n＋1）·2n)等．
(3)根式型：eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))等．
(4)对数型：lgmeq \f(an＋1,an)＝lgman＋1－lgman，an>0，m>0且m≠1.
1．(人教B选择性必修第三册习题5－5B T4改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,n（n＋1）)，则S5＝( )
A．1 B.eq \f(5,6)
C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,30)
答案 B
解析 ∵an＝eq \f(1,n（n＋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(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).故选B.
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＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
答案 C
解析 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＋2×eq \f(n（n＋1）,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.
3．数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(2n－1)，则该数列的前100项和为( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
答案 D
解析 根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.
4．(人教B选择性必修第三册习题5－5B T3改编)Sn＝eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,（2n）2－1)＝________．
答案 eq \f(n,2n＋1)
解析 通项公式为an＝eq \f(1,（2n）2－1)
＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
5．(人教A选择性必修第二册习题4.3 T3(2)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________．
答案 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1))
解析 记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)，当x≠1时，xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋x3＋…＋xn－1－nxn，所以Sn＝eq \f(1－xn,（1－x）2)－eq \f(nxn,1－x)(x≠1)．原式＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1.))
多角度探究突破
角度分组求和
例1 (2023·广东深圳模拟)已知数列{an}为正项等差数列，数列{bn}为递增的正项等比数列，a1＝1，a1－b1＝a2－b2＝a4－b3＝0.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和．
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a1＝1，a1－b1＝a2－b2＝a4－b3＝0，
所以得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋d＝q，,1＋3d＝q2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝1，,d＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝2，,d＝1，))
因为数列{bn}为正项递增数列，
所以q＝2，d＝1，
所以an＝1＋(n－1)×1＝n，
bn＝1×2n－1＝2n－1.
(2)由(1)得cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))
所以数列{cn}的前2n项和为
T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(21＋23＋…＋22n－1)＝eq \f(（1＋2n－1）n,2)＋eq \f(21×（1－4n）,1－4)
＝eq \f(3n2＋22n＋1－2,3).
分组转化求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)若an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数，))且数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解 (1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))
解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝eq \f(1,2)(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，
b1对应的区间为(0，1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0，2]，(0，3]，
则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2；
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
角度并项求和
例2 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)设bn＝(－1)nSn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，
又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1，Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
(2)结合(1)知bn＝(－1)nn2，当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn－1＋bn)
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]
＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋(6－5)×(6＋5)＋…＋[n－(n－1)]×[n＋(n－1)]
＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)；
当n为奇数时，n－1为偶数，
Tn＝Tn－1＋(－1)nn2＝eq \f(（n－1）n,2)－n2
＝－eq \f(n（n＋1）,2).
综上，Tn＝eq \f(（－1）nn（n＋1）,2).
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.
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－1）2＋（n－1）,2)＝n.
a1＝1也满足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－1)＋2n]．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n，
则A＝eq \f(2（1－22n）,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.
例3 (2023·承德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(an＋1,Sn)＝eq \f(2,n).
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{bn}的前n项和Tn.
①bn＝eq \f(n,aeq \\al(2,n)aeq \\al(2,n＋1))；②bn＝eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))；
③bn＝eq \f(2n＋3,anan＋12n＋1).
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)证明：因为eq \f(an＋1,Sn)＝eq \f(2,n)，即n(an＋1)＝2Sn，当n＝1时，a1＋1＝2S1，解得a1＝1，
当n≥2时，(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－1，
所以n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－2Sn－1，
即n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2an，
所以(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，
当n＝2时，上述式子恒成立，
当n>2时，两边同除以(n－2)(n－1)可得
eq \f(an,n－1)－eq \f(an－1,n－2)＝－eq \f(1,（n－1）（n－2）)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n－2)，
即eq \f(an,n－1)－eq \f(1,n－1)＝eq \f(an－1,n－2)－eq \f(1,n－2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,n－1)))为常数列，即eq \f(an－1,n－1)＝a2－1，
所以an－1＝(n－1)(a2－1)，
即an＝(n－1)(a2－1)＋1，
当n＝1时，也适合上式，
所以an＋1－an＝n(a2－1)＋1－(n－1)(a2－1)－1＝a2－1，
所以数列{an}是以1为首项，a2－1为公差的等差数列．
(2)设{an}的公差为d，因为a2＋1，a3＋1，a5成等比数列，
所以(a3＋1)2＝a5(a2＋1)，即(2＋2d)2＝(1＋4d)(2＋d)，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
若选①bn＝eq \f(n,aeq \\al(2,n)aeq \\al(2,n＋1))，
则bn＝eq \f(n,（2n－1）2（2n＋1）2)＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))，
所以Tn＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,（2n＋1）2))).
若选②bn＝eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，
则bn＝eq \f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))
＝eq \f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),（\r(2n－1)＋\r(2n＋1)）（\r(2n＋1)－\r(2n－1)）)
＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))，
所以Tn＝eq \f(1,2)(eq \r(3)－eq \r(1)＋eq \r(5)－eq \r(3)＋…＋eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－1)．
若选③bn＝eq \f(2n＋3,anan＋12n＋1)，
则bn＝eq \f(2n＋3,（2n－1）（2n＋1）2n＋1)＝eq \f(1,（2n－1）×2n)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1)，
所以Tn＝eq \f(1,1×21)－eq \f(1,3×22)＋eq \f(1,3×22)－eq \f(1,5×23)＋…＋eq \f(1,（2n－1）×2n)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1)
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1).
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eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).
1.数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n项和为24，则n＝( )
A．25 B．576
C．624 D．625
答案 C
解析 an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，所以Sn＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－1，令Sn＝24，得n＝624.故选C.
2．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)