第四章 重点题型强化(三) 数列求和（二）-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

[学习目标]　1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义．　2.掌握错位相减和裂项相消求和的一般过程和思路． 技法一　错位相减法 已知各项均为正项的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)记bn＝，{bn}的前n项和为Tn，求Tn. 解：(1)设各项均为正项的等差数列{an}的公差为d，则d＞0. 因为 S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，所以3a2＝12，所以a2＝4. 又2a1，a2，a3＋1成等比数列， 所以a＝2a1·(a3＋1)， 即42＝2(4－d)·(4＋d＋1)， 解得d＝3，或d＝－4(舍去)， 所以a1＝a2－d＝1，故an＝1＋(n－1)×3＝3n－2. (2)bn＝＝＝(3n－2)×， 所以Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－2)× ①. Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)×②. ①－②得，Tn＝＋3×＋3×＋3×＋…＋3×－(3n－2)×＝＋3×－(3n－2)×＝－×－(3n－2)×， 所以Tn＝－×－×＝－×. [变式探究]　(变设问)在本例(2)中，若an＝(－2)n－1，求数列{nan}的前n项和Sn. 解：由题意知，Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1， 所以－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n. 可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n＝－(－2)n. 所以Sn＝－. 规律方法 错位相减法求和适合的题型和注意点 1．一般地，若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列且公比为q(q≠1)，求{anbn}的前n项和时，常用“乘公比，错位减”的方法求和，即错位相减法．在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确写出Sn－qSn的表达式． 2．在运用错位相减法求和时要注意四点：(1)乘数(式)的选择；(2)对q的讨论；(3)两式相减后各项间呈现的规律；(4)可构成等比数列的项数． 对点练1. (2023·全国甲卷)记Sn为数列的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 解：(1)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0； 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， 所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an， 化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1， 当n＝1，2时都满足上式， 所以an＝n－1(n∈N*)． (2)因为＝，所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n， Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1， 两式相减得， Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1＝－n×n＋1 ＝1－n， 即Tn＝2－(2＋n)n，n∈N*. 技法二　裂项相消法 (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2. 解：(1)因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以＝1， 又因为是公差为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝，所以Sn＝， 所以当n≥2时，Sn－1＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝－， 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1， 即＝， 所以an＝a1×××…×× ＝1×××…××＝(n≥2)， 显然对于n＝1也成立， 所以数列{an}的通项公式an＝(n∈N*)． (2)证明：＝＝2， 所以＋＋…＋ ＝2 ＝2<2. 学生用书↓第45页 [变式探究]　(变条件，变设问)在本例中，若的前n项和为，则项数n为________． 答案：2 024 解析：记的前n项和为Tn，则Tn＝2＝2＝＝，所以n＝2 024 . 规律方法 1．裂项相消法的原理与规律 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的； (2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止； (3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． 2．常见的裂项技巧 (1)＝； (2)＝(－); (3)＝； (4)＝. 对点练2.已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，a＝a＋2(an＋1＋an)． (1)求{an}的通项公式； (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)由各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，a＝a＋2(an＋1＋an)， 整理得(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an)， 因为an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2， 故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)可得bn＝＝ ＝， 所以Sn＝×[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝(－1)． 方法 错位相减法求和、裂项相消法求和及化归思想 易错 误区 1.错位相减法注意相减后的项数是n还是n－1.2.裂项相消法要关注正项与负项的个数是否相同 1．数列，，，…，，…的前n项和为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A． B． C． D． 答案：B 解析：由数列通项公式＝，得前n项和Sn＝＝＝.故选B． 2．已知an＝2n，bn＝，则{bn}的前n项和Tn＝________． 答案： 解析：因为＝，所以Tn＝＝＝. 3．已知数列an＝(2n－1)3n－1的前n项和为Sn，则S20＝________． 答案：19×320＋1 解析：S20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，3S20＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S20＝1＋2×(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×－39×320＝－38×320－2，所以S20＝19×320＋1. 4．已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和． 解：(1)由已知得 解得 所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)bn＝＝， 所以Tn＝＝＝. 课时测评13　数列求和(二) (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9每小题5分，共45分) 1．已知an＝(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．7 B．8 C．9 D．10 答案：B 解析：因为an＝＝－(n∈N*)，所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝9－1＝8.故选B． 2．(2024·天津滨海高二期末)已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*，则数列{an}的前100项之和为(　　) A．6－ B．6－ C． D． 答案：B 解析：设数列{an}的前n项和为Sn，因为an＝，所以Sn＝1＋＋＋…＋，则有Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得Sn＝1＋－＝1＋－＝3－，所以Sn＝6－，则有S100＝6－.故选B． 3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，a1＝1，a3＝a2＋2.若数列{bn}的前n项和为Tn，an＋1＝bnSn＋1Sn，n∈N*，则T9＝(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：因为a1＝1，a3＝a2＋2，所以a1q2＝a1q＋2，即q2－q－2＝0，所以q＝2，或q＝－1，因为q>0，所以q＝2，所以an＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1.因为an＋1＝bnSn＋1Sn，所以Sn＋1－Sn＝bnSn＋1Sn，所以bn＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－，所以T9＝1－＝.故选C． 4．在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有an＋1＝an＋n·2n，则a100等于(　　) A．99·2100＋2 B．98·299 ＋2 C．99·2100＋3 D．98·2100＋3 答案：D 解析： an＋1－an＝n·2n，所以a2－a1＝1·21，a3－a2＝2·22，a4－a3＝3·23，… ，an－an－1＝(n－1)·2n－1，以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1①，又因为2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n②，①－ ②得a1－an＝(2＋22＋23＋…＋2n－1)－(n－1)·2n＝－(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，所以an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，所以a100＝98×2100＋3.故选D． 5．(多选)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法正确的是(　　) A．an＝2n＋1 B．d＝2 C．＝ D．的前n项和为 答案：ABD 解析：设等差数列{an}的公差为d.因为{an}是等差数列，所以a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，又a2＝5，所以a7－a2＝5d，所以d＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝5＋(n－2)×2＝2n＋1，故A、B正确；所以＝＝，故C错误；所以的前n项和为Sn＝＝＝.故D正确．故选ABD． 6．(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝31，S10＝210，则下列结论正确的是(　　) A．若bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前2 024项和为4 048 B．数列{2a2n}是公比为8的等比数列 C．S19＝19a9 D．若bn＝，则数列{bn}的前2 024项和为 答案：AD 解析：由题意，设{an}的公差为d，则有解得a1＝3，d＝4，故an＝3＋(n－1)×4＝4n－1.若bn＝(－1)n·an＝(－1)n·(4n－1)，则{bn}的前2 024项和T2 024＝－3＋7－11＋15－…＋8 095＝(－3＋7)＋(－11＋15)＋…＋(－8 091＋8 095)＝4×1 012＝4 048，故A正确；由an＝4n－1，得2a2n＝28n－1，令cn＝28n－1，则当n≥2时，＝＝28，则数列{2a2n}是公比为28的等比数列，故B错误；由等差数列的性质可知S19＝＝＝19a10，故C错误；若bn＝＝，则{bn}的前2 024项和T2 024＝＝＝，故D正确，故选AD． 7．已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(an－1＋2)an－an－1－3＝0(n≥2)，则＋＋…＋＝________． 答案： 解析：由a－(an－1＋2)an－an－1－3＝0，得(an＋1)(an－an－1－3)＝0，因为a1＝1，an>0，所以an－an－1＝3，所以数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×3＝3n－2，则＝＝，所以＋＋…＋＝＝＝. 8．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________，数列{nan}的前n项和为Sn＝________． 答案：2n－1－1　(n－1)2n＋1－ 解析：由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，又a1＋1＝1，则是以1为首项，2为公比的等比数列，所以即an＋1＝2n－1，即an＝2n－1－1，所以nan＝n(2n－1－1)＝n2n－1－n，设bn＝n2n－1，前n项和为Tn，则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n，两式相减得－Tn＝(20＋21＋22＋23＋…＋2n－1)－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，Tn＝(n－1)2n＋1，又1＋2＋3＋…＋n＝，则Sn＝(n－1)2n＋1－. 9．在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则数列的前n项和是______________． 答案：1－ 解析：在各项都为正数，公比设为q(q>0)的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则4q4＝64，解得q＝2，则an＝2×2n－1＝2n.数列即为.因为＝－，所以数列的前n项和是＋＋…＋＝1－. 10．(10分)(2024·广东茂名高二期末)已知Sn为数列{an}的前n项和，an>0，a＋2an＝4Sn. (1)求数列{an}的通项公式；(4分) (2)若bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并证明：≤Tn<.(6分) 解：(1)因为a＋2an＝4Sn， 所以当n＝1时，a＋2a1＝4S1，则a＝2a1， 又an>0，所以a1＝2， 当n≥2时，由a＋2an＝4Sn，得a＋2an－1＝4Sn－1， 所以a＋2an－(a＋2an－1)＝4(Sn－Sn－1)， 即a－a＝4an－2an＋2an－1， 所以(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)， 因为an>0，所以an－an－1＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)得an＝2n， 则bn＝＝， 所以Tn＝×＝， 因为>0，所以1－<1，所以Tn<. 又因为n∈N*，所以随着n的增大而减少，从而Tn随着n的增大而增大，所以Tn≥T1＝. 综上所述，≤Tn<. (11—13每题5分，共15分) 11．(新角度)设S＝ ＋＋ ＋…＋ ，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S]等于(　　 ) A．2 013 B．2 024 C．2 025 D．2 026 答案：B 解析：因为＝ ＝＝1＋，所以S＝＋＋…＋＝2 025－，所以[S]＝2 024.故选B． 12．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a3＝b1＝3，a15＝b7＝15，设cn＝(－1)n－1，则数列{cn}的前2 024项和为________． 答案： 解析：设{an}，{bn}的公差分别为d，d′，由题意知，解得 bn＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，an＝1＋(n－1)×1＝n，则cn＝(－1)n－1＝(－1)n－1.所以S2 024＝－＋－…＋－＝1－＝. 13．(2024·安徽合肥高二联考)已知数列的前n项和为Sn，且有Sn·an＝Sn－1·an＋1(n≥2，n∈N*)，a1＝a2＝1.则Sn＝________，数列的前n项和为Tn，则Tn＝________． 答案：2n－1　 解析：由Sn·an＝Sn－1·an＋1(n≥2，n∈N*)，得Sn(Sn－Sn－1)＝Sn－1(Sn＋1－Sn)，化简得S＝Sn－1Sn＋1，根据等比数列的性质得数列是等比数列．易知S1＝1，S2＝2，故的公比为2，则Sn＝2n－1，得Sn＋1＝2n，Sn＋2＝2n＋1，＝＝－.由裂项相消法得Tn＝＋＋＋…＋＝1－＝. 14．(10分)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求数列{an}的通项公式；(4分) (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.(6分) 解：(1)设数列{an}的公比为q， 由题意知，a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2， 又an>0， 解得a1＝2，q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n. (2)由题意知，S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，所以(2n＋1)bn＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0， 所以bn＝2n＋1. 令cn＝，则cn＝， 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋. 又Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得Tn＝＋－＝＋－ ＝－，所以Tn＝5－. 15．(5分)(多选)已知数列{an}满足a1＝3，对任意n≥2且n∈N*恒有an＋3n＝3(an－1－3n－1)成立，记{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　) A．{an}为等差数列 B．为等差数列 C．{an}为递减数列 D．Sn＝(2－n)3n＋1－6 答案：BCD 解析：因为an＋3n＝3(an－1－3n－1)，故可得an＝3an－1－2·3n，则－＝－2，故数列是首项为＝1，公差为－2的等差数列，则＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，an＝(－2n＋3)·3n.对于A，因为an－an－1＝(－2n＋3)3n－[－2(n－1)＋3]·3n－1＝(－4n＋4)·3n－1不是常数，故数列{an}不是等差数列，故A错误；对于B，由上述推导可知，数列是等差数列，故B正确；对于C，因为an－an－1＝(－4n＋4)·3n－1，对任意的n≥2，n∈N*，都有(－4n＋4)·3n－1<0，即an<an－1，故数列{an}是递减数列，故C正确；对于D，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1×3＋(－1)×32＋(－3)×33＋…＋(－2n＋3)×3n，故3Sn＝1×32＋(－1)×33＋(－3)×34＋…＋(－2n＋5)×3n＋(－2n＋3)×3n＋1，则－2Sn＝3＋[(－2)×32＋(－2)×33＋…＋(－2)×3n]－(－2n＋3)×3n＋1，－2Sn＝3＋(－2)×－(－2n＋3)×3n＋1＝12－(－2n＋4)×3n＋1，故可得Sn＝(2－n)×3n＋1－6，故D正确．故选BCD． 16．(15分)(开放题)在①数列{an}为递增的等比数列，S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项，②Sn＝2n－1，n∈N*这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由． 已知数列{an}的前n项和为Sn，________，bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，是否存在实数k，使得Tn<k恒成立？ 解：若选①时，存在满足题意的实数k，数列{an}是公比为q的递增的等比数列， 因为S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项， 故解得a2＝2， 整理得＋2＋2q＝7，故q＝2，或q＝(舍去)， 所以a1＝＝1，所以an＝2n－1， Sn＝＝2n－1. 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝＋＋…＋＝1－<1， 当k≥1时，使得Tn<k恒成立，故k的最小值为1. 若选②时，存在满足题意的实数k，Sn＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(首项符合通项)， 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝＋＋…＋＝1－<1， 当k≥1时，使得Tn<k恒成立，故k的最小值为1. 学生用书↓第46页 学科网（北京）股份有限公司 $$