2019-2020学年高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第二课时 数列求和（习题课

第二课时数列求和(习题课)[目标导航]课标要求1.通过具体实例,理解并掌握数列的分组求和法.2.通过具体实例,理解并掌握数列的裂项求和法.3.通过具体实例,理解并掌握数列求和的错位相减法.素养达成通过对数列求和的学习,培养学生逻辑推理和数学运算能力.新知导学课堂探究1.公式法求和(1)等差数列的前n项和公式Sn=12nnaa=.新知导学·素养养成(2)等比数列前n项和公式Sn=11,1.naqq112nnnad111naqq2.分组法求和有些数列,通过适当分组,可把它拆分成等差数列和等比数列求和.3.裂项相消法求和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.错位相减法求和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,在求和式子的左、右两边同乘等比数列的公比,然后错位相减,使其转化为等比数列的求和问题.课堂探究·素养提升题型一分组法求和解:因为bn=an+lnan=2·3n-1+ln2+(n-1)ln3,所以Sn=2(1+3+32+…+3n-1)+{ln2+(ln2+ln3)+(ln2+2ln3)+…+[ln2+(n-1)ln3]}=2×1313n+nln2+12nnln3=3n-1+nln2+12nnln3.[例1]已知数列{an}的通项公式为an=2·3n-1,数列{bn}满足:bn=an+lnan,求数列{bn}的前n项和Sn.方法技巧当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列,但如果它的通项公式可以拆分为几项的和,而这些项又构成等差数列或等比数列,那么就可以用分组求和法,即原数列的前n项和等于拆分成的每个数列前n项和的和.解:数列3,33,333,…,3333n个…的通项公式an=13(10n-1).所以Sn=13(10-1)+13(102-1)+…+13(10n-1)=13(10+102+…+10n)-3n=13×10110110n-3n=1027(10n-1)-3n.即时训练1-1:求和:Sn=3+33+333+…+.3333n个…解:(1)①当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=22nn-2(1)(1)2nn=n.a1=1也适合an=n.综上可知,数列{an}的通项公式为an=n.[备用例1](1)已知数列{an}的前n项和Sn=22nn,n∈N*.①求数列{an}的通项公式;解:②由①知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=221212n=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-2.②设bn=2na+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.解:(2)当n=2m(m∈N*)时,Sn=1+5+…+(4m-3)+9+92+…+9m=422mm+91919m=12nn+98(3n-1);当n为奇数时,则n-1为偶数,所以Sn=Sn-1+an=122nn+98(3n-1-1)+2n-1=12nn+98(3n-1-1).综上可知Sn=11928192313,1.8nnnnnnnn为偶数为奇数(2)在数列{an}中,an=求其前n项和Sn.21()3()nnnn为奇数，为偶数，题型二裂项相消法求和(1)解:设等差数列{an}的公差为d,由题意可得1235915,30aaaaa⇒113315,21230adad⇒13,2,ad则an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+212nn=n2+2n.[例2](2019·泰安高二检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=15,a5+a9=30.(1)求an及Sn;(2)若数列{bn}满足bn(Sn-n)=2(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn2.(2)证明:由题意可得bn=2nSn=22nn=2(1n-11n),所以Tn=b1+b2+…+bn=2[(1-12)+(12-13)+…+(1n-11n)]=2(1-11n)2.方法技巧(2)裂项求和的几种常见类型:①1nnk=1k(1n-1nk);(1)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.②1nkn=1k(nk-n);③12121nn=12(121n-121n);④若{an}是公差为d的等差数列,且an≠0,d≠0,则11nnaa=1d(1na-11na).即时训练2-1:(2019·武汉高二检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn=n2+n.(1)求数列{an}的通项公式;(1)解:因为Sn=n2+n,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,又a1=2满足上式,所以an=2n(n∈N*).(2)设{}的前n项和为Tn,求证Tn1.1nS(2)证明:因为Sn=n2+n=n(n+1),所以1nS=11nn=1n-11n,所以Tn=(1-12)+(12-13)+…+(1n-11n)=1-11n.因为n∈N*,所以11n0,即Tn1.解:(1)①由题设知a1·a4=a2·a3=8,又a1+a4=9,可解得141,8aa或148,1aa(舍去).由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.[备用例2](1)(2019·长春高二期末)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.①求数列{an}的通项公式;解:②Sn=111naqq=2n-1,又bn=11nnnaSS=11nnnnSSSS=1nS-11nS,所以Tn=b1+b2+…+bn=(11S-21S)+(21S-31S)+…+(1nS-11nS)=11S-11nS=1-1121n.②设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.11nnnaSS(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,nSn)在直线y=12x+112上.数列{bn}满足bn+2-2bn+1+bn=0,b3=11,且其前9项和为153.①求数列{an},{bn}的通项公式;解:(2)①由已知得nSn=12n+112,所以Sn=12n2+112n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n2+112n-12(n-1)2-112(n-1)=n+5.当n=1时,a1=S1=6也符合上式.所以an=n+5.由bn+2-2bn+1+bn=0知{bn}是等差数列.由{bn}的前9项和为153,可得1992bb=9b5=153,得b5=17,又因为b3=11,所以{bn}的公差d=532bb=3.因为b3=b1+2d,所以b1=5.所以bn=3n+2.②设cn=321121nnab,数列{cn}的前n项和为Tn,求使不等式Tn57k对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值.解:②因为cn=32163nn=12(121n-121n),所以Tn=12(1-13+13-15+…+121n-121n)=12(1-121n).因为n增大时,Tn增大,所以{Tn}是递增数列.所以Tn≥T1=13.若Tn57k对一切n∈N*都成立,只要T1=1357k,所以k19,则kmax=18.题型三错位相减法求和[例3]数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.(1)证明:数列{}是等差数列;规范解答:(1)证明:由已知可得11nan=nan+1,即11nan-nan=1.……………………………………………2分所以{nan}是以11a=1为首项,1为公差的等差数列.…4分nan规范解答:(2)解:由(1)得nan=1+(n-1)·1=n,所以an=n2.从而bn=n·3n.………………………………………………6分Sn=1×31+2×32+3×33+…+n·3n,①3Sn=1×32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②…………………8分(2)设bn=3n·,求数列{bn}的前n项和Sn.na①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1……………………………………10分=31313n-n·3n+1=112332nn.所以Sn=121334nn.…………………………………12分方法技巧如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法.在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.即时训练3-1:(2019·青岛高二检测)设{an}是等差数列,{bn}是各项都为正数的等比数列,且a1=b1=1,a3+b5=21,a5+b3=13.(1)求{an},{bn}的通项公式;解:(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则依题意有q0且421221,1413,dqdq解得2,2,dq所以an=1+(n-1)d=2n-1,bn=2n-1.解:(2)nnab=1212nn.Sn=1+132+252+…+2232nn+1212nn,①2Sn=2+3+52+…+3232nn+2212nn,②(2)求数列{}的前n项和Sn.nnab②-①得Sn=2+2+22+222+…+222n-1212nn=2+2×(1+12+212+…+212n)-1212nn=2+2×1121211n-1212nn=6-1232nn.[备用例3](2019·洛阳高二检测)设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.①求数列{an}和{bn}的通项公式;解:①当n=1时,a1=S1=2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,故{an}的通项公式为an=4n-2.即{an}是a1=2,公差d=4的等差数列.设{bn}的公比为q,则b1qd=b1,又d=4,所以q=14.故bn=b1qn-1=124n,即{bn}的通项公式为bn=124n.②设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.解:②因为cn=nnab=14224nn=(2n-1)4n-1,所以Tn=c1+c2+…+cn=1+3×41+5×42+…+(2n-1)4n-1,4Tn=1×4+3×42+5×43+…+(2n-3)4n-1+(2n-1)4n.两式相减得3Tn=-1-2(41+42+43+…+4n-1)+(2n-1)4n=13[(6n-5)4n+5],所以Tn=19[(6n-5)4n+5].nnab题型四易错辨析——错位相减法不能正确“错位”致误错解:由Sn=12+232+352+…+212nn,两边同乘以12,得12Sn=212+332+452+…+1212nn,两式相减,得12Sn=212+332+452+…+1212nn,至此无法再做下去.[例4]求Sn=12+232+352+…+212nn.纠错:(1)出错的原因是两边同乘以公比后相减时出错.(2)等式两边同乘以公比后,错后一位,让“等比”部分指数相同的相减.正解:由Sn=12+232+352+…+232nn+212nn,①两边同时乘以12得12Sn=212+332+452+…+232nn+1212nn,②由①-②得12Sn=12+222+322+…+22n-1212