第一章 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（北师大版2019）

[学习目标] 1．掌握错位相减法的一般过程和思路．　2.熟练掌握裂项相消求和法． 技法一　错位相减法求和 例1　 数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＝8，a3＝32，bn＝log2an(n∈N＋)． (1)求数列{bn}的通项公式，并证明数列{bn}是等差数列； (2)令cn＝，求数列的前n项和Sn. 解：(1)设等比数列的公比为q，则q2＝＝4，q>0，所以q＝2， 所以an＝a1qn－1＝8×2n－1＝2n＋2，bn＝log2an＝log22n＋2＝n＋2， bn＋1－bn＝(n＋3)－(n＋2)＝1(常数)，b1＝3， 所以数列{bn}是首项为3，公差为1的等差数列． (2)cn＝＝＝， Sn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋…＋＋， 两式相减得Sn＝＋－ ＝＋－＝1－， 所以Sn＝2－. 1．一般地，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． 2．用错位相减法求和时的注意点 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． 对点练1.(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； 学生用书↓第46页 (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×＋2×＋3×＋…＋n×， Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×， 两式相减得，Tn＝＋＋＋…＋－n×＝－n×＝1－， 即Tn＝2－(2＋n)，n∈N*. 技法二　裂项相消法求和 例2　设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3. (1)求an； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设数列{an}的公差为d， 由题意得 解得a1＝3，d＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. (2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)， 所以bn＝＝. 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn ＝[＋＋…＋＋] ＝＝－. 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.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N＋)． (1)记bn＝an＋1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：＋＋…＋<. 解：(1)证明：由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)， 所以{bn}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列， 所以bn＝an＋1＝2n. (2)证明：易得Tn＝＝2(2n－1)， 于是＝＝－＝， 所以＋＋…＋＝ ＝， 因为>0， 所以＋＋…＋<. 课时测评15　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．数列的前2 023项和为(　　 ) A． B．2 C． D． 答案：A 解析：因为＝2，所以S2 023＝2×＝2×＝.故选A. 2．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. 3．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　　 ) A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2 C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2 答案：D 解析：Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1①，2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n②，②－①得，Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2.故选D. 4．设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法不正确的是(　　 ) A．an＝2n＋1 B．d＝2 C．＝ D．的前n项和为 答案：C 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，a7－a2＝5d＝10，所以d＝2.所以an＝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C. 5．(多选题)数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N＋都有an＋1＝an＋n＋1，则(　　 ) A．an＝ B．数列的前100项和为 C．数列的前100项和为 D．数列{an}的第100项为50 050 答案：AB 解析：因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1.又因为a1＝1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝，数列{an}的第100项为5 050，故A正确，D错误；所以＝＝2，所以数列的前100项和为2＝2＝，故B正确，C错误．故选AB. 6．已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－1，则数列{nan}的前10项和为(　　 ) A．9×210－1 B．9×210＋1 C．9×211－1 D．9×211＋1 答案：B 解析：由Sn＝2an－1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)＝2(an－an－1)，所以an＝2an－1.所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1.所以数列{nan}的前10项和为T＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋10×29①，所以2T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋10×210②，①－②得－T＝1＋2＋22＋…＋29－10×210＝－10×210＝210－1－10×210＝－9×210－1，故T＝9×210＋1.故选B. 7．数列{an}的通项公式an＝，则该数列的前n项和Sn＝________． 答案：－ 解析：an＝＝＝＝－，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－. 8．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，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＝3n－2，则＝＝(－)，所以＋＋…＋＝＝(1－)＝. 9．设数列{nan}的前n项和为Tn，若nan＝n·，则Tn＝________． 答案：－· 解析：Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·，－Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n·，两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－n·＝－n·＝－·.所以数列{nan}的前n项和Tn＝－·. 10．(10分)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对于任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上． (1)求数列{an}的通项公式；(4分) (2)当b＝2时，记bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.(6分) 解：(1)因为对于任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上，所以Sn＝bn＋r， 当n＝1时，a1＝S1＝b＋r， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－(bn－1＋r)＝bn－bn－1＝(b－1)bn－1. 又因为{an}为等比数列， 所以r＝－1，公比为b， 所以an＝(b－1)bn－1. (2)当b＝2时，an＝(b－1)bn－1＝2n－1， bn＝＝， 则Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减，得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－＝－－， 所以Tn＝－－＝－. (11－13每小题5分，共15分) 11．(新定义)定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋＋…＋等于(　　 ) A． B． C． D． 答案：C 解析：由定义可知a1＋a2＋…＋an＝5n2，所以当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝5(n－1)2，两式相减得an＝10n－5(n≥2)．当n＝1时，a1＝5也符合上式，所以an＝10n－5，则bn＝2n－1.又＝，所以＋＋…＋＝＝＝＝.故选C. 12．(多选题)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的为(　　 ) A．a5＝8 B．an＋3＝2an＋1＋an对∀n∈N＋恒成立 C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝a2 024 D.＝a2 024 答案：BCD 解析：“斐波那契数列”为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，所以a5＝5，故A错误；依题意an＋2＝an＋1＋an(n≥1)，所以an＋3＝an＋2＋an＋1，故an＋3＝2an＋1＋an对∀n∈N＋恒成立，故B正确；a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2 023＝a2 024－a2 022，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝a2 024，C选项正确；a＝a2·a1，a＝a2·(a3－a1)＝a2·a3－a2·a1，a＝a3·(a4－a2)＝a3·a4－a3·a2，…，a＝a2 023·(a2 024－a2 022)＝a2 023·a2 024－a2 023·a2 022，所以a＋a＋…＋a＝a2 023·a2 024，故D正确．故选BCD. 13．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：由条件易知bn＝2n＋1，an＝n，则cn＝(－1)n－1＝(－1)n－1.所以S2 024＝－＋－…＋－＝1－＝. 14．(10分)(新角度)如图，将数列{2n}(n∈N＋)依次从左到右，从上到下排成三角形数阵，其中第n行有n个数． 2　　　　　　　　 ……第1行 4　　6　　　　　　　……第2行 8　　 10　　12　　　　　……第3行 14　　16　　18　　20　　　 ……第4行 … 　… (1)求第5行的第2个数；(3分) (2)问数32是第几行第几个数？(3分) (3)记第i行的第j个数为ai，j(如a3，2表示第3行第2个数，即a3，2＝10)，求＋＋＋＋＋的值．(4分) 解：(1)记an＝2n，由数阵可知，第5行的第2个数为a12. 因为an＝2n，所以第5行的第2个数为24. (2)因为an＝32，所以n＝16. 由数阵可知，32在第6行第1个数． (3)由数阵可知a1，1＝2，a2，2＝6，a3，3＝12，a4，4＝20，a5，5＝30，a6，6＝42. 所以＋＋＋＋＋＝＋＋＋…＋＝1－＋－＋－…－＝. 15．(5分)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＝1＋＋1＋＋…＋1＋＝2 025－，所以[S]＝2 024.故选B. 16．(15分)数列{an}是等比数列，公比不为1，a1＝3，且3a1，2a2，a3成等差数列． (1)设数列{nan}的前n项和为Sn，求Sn；(6分) (2)设bn＝log3a2n－1，Tn为数列的前n项和，求不超过T2 025的最大整数．(9分) 解：(1)由题意得4a2＝3a1＋a3， 设{an}的公比为q(q≠1)，则4a1q＝3a1＋a1q2， 即12q＝9＋3q2，整理得q2－4q＋3＝0，解得q＝3， 所以an＝3n，则nan＝n·3n， 所以Sn＝31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n， 则3Sn＝32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1， 两式相减得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－1＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1＝·3n＋1－， 所以Sn＝(2n－1)·3n＋1＋. (2)由(1)得bn＝log3a2n－1＝2n－1， 令cn＝， 则cn＝＝1＋＝1＋ ＝1＋2， 所以Tn＝n＋2＝n＋2， 所以T2 025＝2 027－∈(2 026，2 027)， 故不超过T2 025的最大整数为2 026. 学生用书↓第47页 学科网（北京）股份有限公司 $$