第一章 重点题型强化 ( 二）数列求和（一）-【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（北师大版2019）

[学习目标] 1．熟练掌握等差数列和等比数列的求和公式．　2.掌握分组求和、倒序相加法求和、并项求和等数列求和的方法． 技法一　公式法求和 例1　 (2024·四川遂宁高二期中)已知数列{an}是等差数列，公差为d，Sn为数列{an}的前n项和，a1＋a7＝－2，S3＝15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：(1)法一：因为{an}是等差数列，公差为d，且a1＋a7＝－2，S3＝15，所以解得a1＝8，d＝－3， 所以an＝8＋(n－1)×(－3)＝－3n＋11， 所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋11. 法二：因为{an}是等差数列，所以2a4＝a1＋a7＝－2，所以a4＝－1. 因为S3＝15，所以3a2＝15，所以a2＝5. 因为a4＝a2＋2d，即－1＝5＋2d，所以d＝－3， 所以an＝5＋(n－2)×(－3)＝－3n＋11. 所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋11. (2)令an≥0，则－3n＋11≥0，得n≤. 又n∈N*，所以当n≤3时，an>0； 当n≥4时，an<0. 因为a1＝8，an＝－3n＋11， 所以当n≤3时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝＝； 当n≥4时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋(－a4－…－an)＝2(a1＋a2＋a3)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S3－Sn＝2×15－＝. 所以Tn＝ 公式法是数列求和最常用的方法之一，针对数列的结构特征确定数列的类型，符合等差或等比数列时，直接利用等差或等比数列相应的求和公式求解． 等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋d＝； 等比数列前n项和公式：Sn＝ 对点练1.(2024·河南南阳高二下期中)已知正项等比数列{an}满足 a2a16＝16，且＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Tn＝a1a2…an，求Tn的最大值． 解：(1)设{an}的公比为q. 由 a2a16＝a＝16，得a9＝4 由＝q3＝，得 q＝， 所以 an＝a9qn－9＝4×＝211－n. (2)由(1)得， Tn＝a1a2…an＝210＋9＋8＋…＋(11－n)＝2. 因为二次函数 y＝＝－x2＋x的图象的对称轴为直线 x＝，且开口向下， 所以当 n＝10或11时， 取得最大值，即Tn取得最大值，为T10＝T11＝255. 学生用书↓第44页 技法二　分组法求和 例2　已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a5－a3＝4. (1)求{an}的通项公式； (2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 则d＝＝2. 由a1＋a2＝10，得a1＋a1＋2＝10，解得a1＝4. 所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2. (2)设等比数列{bn}的公比为q， 则b2＝a3＝8，b3＝a7＝16， 所以q＝＝＝2， 所以b1＝＝4， 所以bn＝4×2n－1＝2n＋1. 则cn＝an＋bn＝2n＋2＋2n＋1， 则Sn＝[4＋6＋…＋(2n＋2)]＋ ＝＋4(2n－1)＝2n＋2＋n2＋3n－4. 分组转化求和法的应用条件和解题步骤 1．应用条件：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的通项公式组成． 2．解题步骤 对点练2.已知递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b3＝a1＋a2＋a3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝an＋bn，求数列的前n项和Sn. 解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q. 由已知得2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28可得a3＝8.于是a2＋a4＝20. 故解得或 又数列{an}为递增数列，故所以an＝2n. 设等差数列{bn}的首项为b1＝a1＝2，公差为d. 所以b3＝2＋4＋8＝14＝2＋2d，所以d＝6， 所以bn＝2＋(n－1)×6＝6n－4. (2)由题得cn＝an＋bn＝2n＋6n－4， 所以数列的前n项和Sn＝＋(2＋6n－4)＝2n＋1＋3n2－n－2. 技法三　倒序相加法求和 例3　(2024·福建三明高二期中)已知函数f(x)＝x2＋x，数列的前n项和为Sn，点均在函数f(x)的图象上． (1)求数列的通项公式； (2)若函数g(x)＝，令bn＝g(n∈N＋)，求数列{bn}的前2 024项和T2 024. 解：(1)因为点均在函数f(x)的图象上， 所以Sn＝n2＋n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n； 当n＝1时，a1＝S1＝1，适合上式，所以an＝n. (2)因为g(x)＝，所以g(x)＋g＝1. 又由(1)知an＝n，所以bn＝g. 所以T2 024＝b1＋b2＋…＋b2 024＝g＋g＋…＋g，① 又T2 024＝b2 024＋b2 023＋…＋b1＝g＋g＋…＋g，② ①＋②，2T2 024＝2 024 ＝2 024， 所以T2 024＝1 012. 倒序相加法求和适合的题型 一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和． 对点练3.德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称为高斯算法．已知数列an＝，则a1＋a2＋…＋a98等于(　　 ) A．96 B．97 C．98 D．99 答案：C 解析：S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝＋＋…＋＋，S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋＋…＋＋，两式相加得，2S＝＋＝＋＋…＋＋＝98×2，所以S＝98.故选C. 学生用书↓第45页 技法四　并项法求和 例4　已知数列{an}满足an＋2＝an＋1＋2an，a1＝1，a2＝2. (1)求证：数列{an＋1＋an}为等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解：(1)证明：由题意，an＋2＋an＋1＝2(an＋1＋an)，且a1＋a2＝3， 所以数列{an＋1＋an}是以3为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得an＋1＋an＝3·2n－1， 当n为偶数时，Sn＝ (a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝3·20＋3·22＋…＋3·2n－2＝＝2n－1； 当n为奇数时， Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝1＋3·21＋3·23＋…＋3·2n－2 ＝1＋＝2n－1. 综上，数列{an}的前n项和Sn＝2n－1. 并项转化法求和的解题策略 1．常见题型：数列an满足an＝(－1)n－1f(n)型、an是周期数列、ak＋ak＋1为定值． 2．注意：在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n进行分类讨论，最终的结果往往可以用分段形式来表示． 对点练4. 已知数列{an}各项均为正数，且a1＝1，a－2an＋1＝a＋2an. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)an，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 解：(1)因为a－2an＋1＝a＋2an， 所以＝0， 因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1＋an>0，故an＋1－an＝2， 所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，则an＝2n－1. (2)bn＝(－1)an＝(－1)·(2n－1)，则bn＋bn＋1＝(－1)·2， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b20＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b19＋b20)＝2×10＝20. 课时测评14　数列求和(一) (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．已知数列{bn}为等比数列，且首项b1＝1，公比q＝2，则数列{b2n－1}的前10项的和为(　　 ) A.×(49－1) B．×(410－1) C.×(49－1) D．×(410－1) 答案：D 解析：数列{b2n－1}中的项是数列{bn}中的所有奇数项，已知数列{bn}为等比数列，故其所有的奇数项也构成等比数列，公比为4，首项为1，则其前10项的和为＝×(410－1)．故选D. 2．求值：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 025－2 027等于(　　 ) A．－2 026 B．－1 014 C．－507 D．1 014 答案：B 解析：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 025－2 027＝(1－3)＋(5－7)＋(9－11)＋…＋(2 025－2 027)＝－2×507＝－1 014.故选B. 3．数列1，3，5，7…的前n项和Sn为(　　 ) A．n2＋1－ B．n2＋2－ C．n2＋1－ D．n2＋2－ 答案：C 解析：数列1，3，5，7…的通项公式为an＝2n－1＋，所以Sn＝＋＋＋＋…＋＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝＋＝n2＋1－.故选C. 4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝3，Sn为其前n项和，则S2 025等于(　　 ) A．3 035 B．3 036 C．3 037 D．3 038 答案：C 解析：由题意a2＝2，a3＝1，a4＝2，…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 025＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＋a2 025＝3×1 012＋1＝3 037.故选C . 5．设数列{an}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　 ) A． B．1－ C． D．1－ 答案：C 解析：由a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝①，得a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－2an－1＝(n≥2)②，①－②得2n－1an＝，所以an＝(n≥2)，易得a1＝，符合上式，所以an＝，所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝＝＝.故选C. 6．(多选题)数列{an}是首项为1的正项数列，an＋1＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　 ) A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2 答案：AB 解析：an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3，所以a3＝13，所以Sn＝－3n＝2n＋2－3n－4.故选AB. 7．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，点M(2，log2a2)，N(5，log2a5)都在直线y＝x－1上，则数列{an}的前n项和为____________． 答案：2n－1 解析：由题意可得log2a2＝2－1＝1，log2a5＝5－1＝4，则a2＝2，a5＝16，{an}的公比q＝＝＝2，数列{an}的首项a1＝＝＝1，前n项和Sn＝＝2n－1. 8．sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝________． 答案：44.5 解析：设S＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°①，将①式右边反序得，S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin23°＋sin22°＋sin21°②，①＋②得，2S＝(sin21°＋sin289°)＋(sin22°＋sin288°)＋…＋(sin289°＋sin21°)＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin289°＋cos289°)＝89，所以S＝44.5. 9．数列{an}的通项公式为an＝1＋n2sin ，前n项和为Sn，则S100＝________． 答案：－4 900 解析：因为a1＝1＋12，a2＝1，a3＝1－32，a4＝1，…，又因为y＝sin 的周期为4，所以S100＝100＋12－32＋52－72＋…＋972－992＝100－2×(1＋3＋5＋7＋…＋99)＝100－2×＝－4 900. 10．(10分)已知等差数列{an}的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；(4分) (2)设bn＝an＋2n，求数列的前n项和Sn.(6分) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意，得 解得或 所以an＝或an＝－2＋3 (n－1)＝3n－5. (2)当an＝时，bn＝＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝n＋＝2n＋1＋n－2； 当an＝3n－5时，bn＝(3n－5)＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝·n＋＝2n＋1＋n2－n－2. (11－13每小题5分，共15分) 11．若数列{an}的通项公式是an＝其前n项和为Sn，则S30等于(　　 ) A．120 B．180 C．240 D．360 答案：C 解析：由题意得S30＝(a1＋a3＋…＋a29)＋(a2＋a4＋…＋a30)＝(1＋2＋…＋15)＋(1＋2＋…＋15)＝×2＝240.故选C. 12．已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ} 的前2 024项和为(　　 ) A．1 011 B．1 012 C．2 023 D．2 024 答案：D 解析：设数列{an}的公差为d，则解得所以an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，所以b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，所以数列{ancos nπ}的前2 024项和S2 024＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 023＋b2 024)＝2×＝2 024.故选D. 13．已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 023＝0，若f(x)＝，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 023)等于________． 答案：2 023 解析：因为正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 023＝0，所以lg(a1·a2 023)＝0，即a1·a2 023＝1.因为函数f(x)＝，所以f(x)＋f ＝＋＝＝2.令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 023)，则T＝f(a2 023)＋f(a2 022)＋…＋f(a1)，所以2T＝f(a1)＋f(a2 023)＋f(a2)＋f(a2 022)＋…＋f(a2 023)＋f(a1)＝2×2 023，所以T＝2 023. 14．(10分)已知等差数列{an}满足a5＝9，a2＋a6＝14. (1)求{an}的通项公式；(4分) (2)若bn＝an＋qan(q>0)，求数列{bn}的前n项和Sn.(6分) 解：(1)设数列{an}的公差为d， 则由得解得 所以{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1. 当q>0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－1)＝n2＋； 当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1)． 所以数列{bn}的前n项和Sn ＝ 15．(5分)(2024·安徽合肥高二联考)在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2.记an＝1＋x1＋x2＋…＋xk＋2，数列的前n项和为Sn，则(　　 ) A. a3＝42 B. an＋1＝3an－3 C. an＝ D. Sn＝ 答案：ABD 解析：由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时k＝1，第2次得到数列1，4，3，5，2，此时k＝3，第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时k＝7，第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时k＝15，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2，此时k＝2n－1，由此可得a1＝3＋3，a2＝3＋3＋9，a3＝3＋3＋9＋27＝42，故A正确；a4＝3＋3＋9＋27＋81，…，an＝3＋31＋32＋33＋…＋3n＝3＋＝，故C错误；由an＝，可得an＋1＝＝3an－3，故B正确；由Sn＝a1＋a2＋…＋an＝ (32＋33＋34＋…＋3n＋1)＋＝×＋＝ (3n＋1＋2n－3)，故D正确．故选ABD. 16．(15分)(2024·江苏南通月考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(6分) (2)数列{cn}满足cn＝，求i.(9分) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得 解得 所以an＝2n－1，n∈N＋. 因为 Tn＋＝1，所以Tn＝1－＝1－， 当n＝1时， b1＝T1＝0， 当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝， 又b1＝0不符合该式，所以bn＝ (2)i＝c1＋c2＋c3＋c4＋c5＋c6＋…＋c2n－1＋c2n ＝－a1＋b2－a3＋b4－a5＋b6－…－a2n－1＋b2n ＝－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n) ＝－＋ ＝－2n2＋n＋， 令Fn＝＋＋＋…＋①， 则Fn＝＋＋＋…＋②， ①－②得 Fn＝＋＋…＋－＝－＝－. 所以Fn＝＝－， 综上， i＝－2n2＋n＋－. 学科网（北京）股份有限公司 $$