（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列 6.5 数列求和教案（含解析）

1§6.5数列求和考情考向分析本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以填空题为主，难度中等．解答题中一般和简单数论结合，难度较大．1．(1)an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2；(2)等差数列前n项和Sn＝na1＋an2，推导方法：倒序相加法；(3)等比数列前n项和Sn＝na1，q＝1，a11－qn1－q＝a1－anq1－q，q≠1.推导方法：错位相减法．2．常见数列的前n项和(1)1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.3．数列求和的常见方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．(5)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．概念方法微思考请思考以下常见式子的裂项方法．2(1)1nn＋1；(2)12n－12n＋1；(3)1n＋n＋1；(4)1nn＋1n＋2.提示(1)1nn＋1＝1n－1n＋1；(2)12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n；(4)1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝a1－an＋11－q.(√)(2)当n≥2时，1n2－1＝121n－1－1n＋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即可根据错位相减法求得．(×)(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(√)(5)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(√)题组二教材改编2．[P69本章测试T12]等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________．答案1008解析由a1＝1，a2＝2，得q＝2，∴S10＝1×1－2101－2＝1023，S4＝1×1－241－2＝15，∴S10－S4＝1008.33．[P68复习题T13(2)]已知数列{an}的通项公式an＝1n＋n＋1，则该数列的前________项之和等于9.答案99解析由题意知，an＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1＝9，解得n＝99.4．[P62习题T12]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．答案1－xn1－x2－nxn1－x解析设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝1－xn1－x－nxn，∴Sn＝1－xn1－x2－nxn1－x.题组三易错自纠5．一个球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是________________．答案100＋200(1－2－9)解析第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－11－2－91－2－1＝100＋200(1－2－9)．6．数列{an}的通项公式为an＝ncosnπ2，其前n项和为Sn，则S2017＝________.答案1008解析因为数列an＝ncosnπ2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.∴S2017＝S2016＋a20174＝20164×2＋2017·cos20172π＝1008.7．已知数列{an}的前n项和Sn＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31＝______.答案－76解析Sn＝n2×－4，n为偶数，n－12×－4＋4n－3，n为奇数，∴Sn＝－2n，n为偶数，2n－1，n为奇数，∴S15＝29，S22＝－44，S31＝61，∴S15＋S22－S31＝－76.题型一分组求和与并项求和例1已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，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＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n.a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈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＝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(n∈N*)．5引申探究本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.解由(1)知bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝2－2n＋11－2＋n2＝2n＋1＋n2－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋n－12－n＝2n＋1－n2－52.∴Tn＝2n＋1＋n2－2，n为偶数，2n＋1－n2－52，n为奇数.思维升华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，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．跟踪训练1(2018·苏州模拟)已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.解(1)若数列{an}是等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.由an＋1＋an＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，即2d＝4,2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－12.(2)由an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)，得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*)．两式相减得an＋2－an＝4，6所以数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列．由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1，所以an＝2n，n为奇数，2n－5，n为偶数.①当n为奇数时，an＝2n，an＋1＝2n－3.Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n＝n－12×1＋4n－112＋2n＝2n2－3n＋52.②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝2n2－3n2.所以Sn＝2n2－3n＋52，n为奇数，2n2－3n2，n为偶数.题型二错位相减法求和例2已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n.(1)求{an}的通项公式an；(2)若ak＋1，a2k，a2k＋3(k∈N*)恰好依次为等比数列{bn}的第一、第二、第三项，求数列nbn的前n项和Tn.解(1)当n＝1时，a1＝S1＝12＋1＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.检验n＝1时，上式符合，∴an＝2n(n∈N*)．(2)由题意知ak＋1，a2k，a2k＋3成等比数列，7∴a22k＝ak＋1·a2k＋3，即(2·2k)2＝2(k＋1)·2(2k＋3)，解得k＝3(负值舍去)．b1＝a4＝8，b2＝a6＝12，公比q＝128＝32，∴bn＝8·32n－1，∴nbn＝18n·23n－1，∴Tn＝18×230＋18×2×231＋…＋18×n×23n－1，即Tn＝18×230＋2×231＋…＋n×23n－1.①上式两边乘以23，得23Tn＝18×231＋2×232＋…＋n－1×23n－1＋n×23n.②①－②，得13Tn＝18×230＋231＋…＋23n－1－18n23n＝38－3＋n823n，则Tn＝98－9＋3n823n(n∈N*)．思维升华形如{an·bn}(其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列)的数列可用错位相减法求和．跟踪训练2已知数列{an}满足an≠0，a1＝13，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N*.(1)求证：1an是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由已知可得，1an＋1－1an＝2，1a1＝3，∴1an是首项为3，公差为2的等差数列，∴1an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴an＝12n＋1(n∈N*)．(2)由(1)知bn＝(2n＋1)2n，∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，82Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1，两式相减得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1.＝6＋8－8×2n－11－2－(2n＋1)2n＋1＝－2－(2n－1)2n＋1，∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1(n∈N*)．题型三裂项相消法求和例3(2018·江苏省启东中学月考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，anan＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)．(1)求a2019的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)若数列{bn}满足b1＝1，bn＝1anan－1＋an－1an(n≥2，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为anan＋1＝2(Sn＋1)，所以当n≥2时，an－1an＝2(Sn－1＋1)，两式相减，得anan＋1－an－1an＝2an，an≠0，所以an＋1－an－1＝2.又a1＝2，所以a2019＝2＋2019－12×2＝2020.(2)由anan＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，当n＝1时，a1a2＝2(a1＋1)，即2a2＝2×3，解得a2＝3.由an＋1－an－1＝2，可得数列{an}的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为2，所以a2k－1＝2＋2(k－1)＝2k，k∈N*，a2k＝3＋2(k－1)＝2k＋1，k∈N*，所以an＝n＋1.(3)因为数列{bn}满足b1＝1，bn＝1anan－1＋an－1an＝1n＋1n＋nn＋1＝n＋1n－nn＋1nn＋1＝nn－n