2021新高考數(shù)學(xué)新課程一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第五章第4講數(shù)列求和

第4講數(shù)列求和[考綱解讀]1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式．(重點(diǎn))2.熟練掌握另外幾種非等差、等比數(shù)列求和的常見方法．(難點(diǎn))[考向預(yù)測(cè)]從近三年高考情況來看，本講一直是高考中的熱點(diǎn)，主要考查“錯(cuò)位相減”“裂項(xiàng)相消”“等差、等比數(shù)列的公式求和”等．預(yù)測(cè)2021年高考會(huì)考查數(shù)列求和或數(shù)列求和與不等式的綜合．此類問題一般以解答題為主，以中檔題型為主.1．基本數(shù)列求和公式法(1)等差數(shù)列求和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2)等比數(shù)列求和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))2．非基本數(shù)列求和常用方法(1)倒序相加法；(2)分組求和法；(3)并項(xiàng)求和法；(4)錯(cuò)位相減法；(5)裂項(xiàng)相消法．常見的裂項(xiàng)公式：①eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；②eq\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)))；③eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))；④eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))．3．常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6)；(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2.1．概念辨析(1)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，則有eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))).()(2)推導(dǎo)等差數(shù)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.()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan時(shí)只要把上式等號(hào)兩邊同時(shí)乘以(4)若數(shù)列a1，a2－a1，…，an－an－1是(n>1，n∈N*)首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝eq\f(3n－1,2).()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．小題熱身(1)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1)，則S5等于()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,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).(2)數(shù)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項(xiàng)和Sn的值等于()A．n2＋1－eq\f(1,2n) B．2n2－n＋1－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－1) D．n2－n＋1－eq\f(1,2n)答案A解析該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋1－eq\f(1,2n).(3)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項(xiàng)之和S100等于()A．200 B．－200C．400 D．－400答案B解析設(shè)bn＝4n－3，則{bn}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列，an＝(－1)n－1bn.S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝(b1－b2)＋(b3－b4)＋…＋(b99－b100)＝－4－4－4－…－4＝－4×50＝－200.(4)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n項(xiàng)和為Sn，則S2021等于()A．－1010 B．2018C．505 D．1010答案D解析易知a1＝coseq\f(π,2)＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以數(shù)列{an}的所有奇數(shù)項(xiàng)為0，前2020項(xiàng)中所有偶數(shù)項(xiàng)(共1010項(xiàng))依次為－2,4，－6,8，…，－2018，2020.故S2020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2018＋2020)＝1010.a2021＝0，∴S2021＝1010.故選D.題型一分組轉(zhuǎn)化法求和1．(2019·信陽模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇數(shù)，,2an，n是偶數(shù)，))則數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和為()A．1121 B．1122C．1123 D．1124答案C解析由題意知，數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n－1}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和為eq\f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.2．(2019·中山調(diào)研)在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.(1)證明：數(shù)列{an－n}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)證明：由an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*.又a1－1＝1，所以數(shù)列{an－n}是首項(xiàng)為1，公比為4的等比數(shù)列．(2)由(1)可知an－n＝4n－1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝4n－1＋n，所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(4n－1,3)＋eq\f(nn＋1,2).分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型(1)通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求和．如舉例說明1.(2)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項(xiàng)和．如舉例說明2(2).已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝2，a4＝8，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿足b2＝4，b5＝32.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝2，所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，由題意得q3＝eq\f(b5,b2)＝8，解得q＝2.因?yàn)閎1＝eq\f(b2,q)＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.(2)Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＋eq\f(21－2n,1－2)＝n2＋n＋2n＋1－2.題型二裂項(xiàng)相消法、并項(xiàng)法求和1.在數(shù)列{an}中，an＝n，n∈N*，前50個(gè)偶數(shù)的平方和與前50個(gè)奇數(shù)的平方和的差是()A.0 B．5050C．2525 D．－5050答案B解析(22＋42＋…＋1002)－(12＋32＋…＋992)＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992)＝3＋7＋11＋…＋195＋199＝eq\f(50×3＋199,2)＝5050.2.(2019·石家莊模擬)已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，各項(xiàng)均為正數(shù)，且a2＋a3＝12.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,n＋2log3an＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由a2＋a3＝12，a1＝1，得q＋q2＝12，解得q＝3或q＝－4.因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以q>0，所以q＝3，所以an＝3n－1.(2)因?yàn)閎n＝eq\f(1,n＋2log3an＋1)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)＋\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(2n＋3,2n＋1n＋2).條件探究將本例中的條件改為“an＝2n，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝(－1)n－1·eq\f(2n＋1,Sn)”，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解因?yàn)閍n＝2n，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，所以Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，則bn＝(－1)n－1eq\f(2n＋1,Sn)＝(－1)n－1eq\f(2n＋1,nn＋1)＝(－1)n－1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1))).所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)))＋…＋(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))＝1＋(－1)n－1eq\f(1,n＋1).1.幾種常見的裂項(xiàng)相消及解題策略(1)常見的裂項(xiàng)方法(其中n為正整數(shù))數(shù)列裂項(xiàng)方法eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋k)))(k為非零常數(shù))eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4n2－1)))eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))))eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(loga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))))(a>0，a≠1)logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝loga(n＋1)－logan{an}為等差數(shù)列，公差為d(d≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))(2)利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，應(yīng)注意抵消后不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)(如舉例說明2)，再就是將通項(xiàng)公式裂項(xiàng)后，有時(shí)候需要調(diào)整前面的系數(shù)，使前后相等.2.并項(xiàng)求和法一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項(xiàng)合并求解．如舉例說明1.1.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n項(xiàng)和為10，則項(xiàng)數(shù)n為________.答案120解析因?yàn)閍n＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，又因?yàn)镾n＝10，所以eq\r(n＋1)－1＝10，解得n＝120.2.(2019·長(zhǎng)春二模)各項(xiàng)均為整數(shù)的等差數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比數(shù)列.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{(－1)n·an}的前2n項(xiàng)和T2n.解(1)各項(xiàng)均為整數(shù)的等差數(shù)列{an}，設(shè)公差為d，則d為整數(shù)，由a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比數(shù)列，可得aeq\o\al(2,3)＝a2(1＋S4)，即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，可得d＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＝\f(1,2)舍去))，所以an＝2n－3.(2)由(1)可得T2n＝－a1＋a2－a3＋a4＋…－a2n－1＋a2n＝(1＋1)＋(－3＋5)＋…＋(5－4n＋4n－3)＝2＋2＋…＋2＝2n.題型三錯(cuò)位相減法求和(2019·成都模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋1)，設(shè)bn＝eq\f(1,an)，n∈N*.(1)求證數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求通項(xiàng)公式bn；(2)設(shè)cn＝bn·2n－1，且數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，若λ∈R，求使Sn－1≤λcn恒成立的λ的取值范圍.解(1)由條件知，eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,an)＋1，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，所以bn＋1－bn＝1.又b1＝eq\f(1,a1)＝1，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n.(2)由(1)知，cn＝n·2n－1，則Sn＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，①2Sn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n.②由①－②得，－Sn＝20＋21＋…＋2n－1－n·2n＝eq\f(20－2n－1×2,1－2)－n·2n＝－1＋(1－n)·2n，所以Sn＝1＋(n－1)·2n.因?yàn)閏n>0，所以Sn－1≤λcn恒成立，等價(jià)于λ≥eq\f(Sn－1,cn)對(duì)任意n∈N*恒成立.因?yàn)閑q\f(Sn－1,cn)＝eq\f(n－12n,n·2n－1)＝2－eq\f(2,n)<2，所以λ≥2.利用錯(cuò)位相減法的一般類型及思路(1)適用的數(shù)列類型：{anbn}，其中數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，{bn}是公比為q≠1的等比數(shù)列.(2)思路：設(shè)Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，(*)則qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1，(**)(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就轉(zhuǎn)化為根據(jù)公式可求的和．如舉例說明.提醒