13 第四章 微专题2 数列求和-【名师导航】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册同步课件(人教A版2019)

第四章　数列 微专题2　数列求和 等差、等比数列可直接应用求和公式求和，非等差、等比数列求和有以下几种常用方法． 1．倒序相加法 如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法．等差数列的前n项和即是用此法推导的． 微专题2　数列求和 2．错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和可用此法来求，等比数列的前n项和就是用此法推导的． 3．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 微专题2　数列求和 4．分组求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或其他可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． 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．形如an＝(－1)nf (n)类型，可采用两项合并求解． 例如：Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050． 微专题2　数列求和 类型1　分组求和 【例1】　(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn． 微专题2　数列求和 [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d． 因为bn＝ 所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6． 因为S4＝32，T3＝16， 所以 整理得解得 所以{an}的通项公式为an＝2n＋3． (2)证明：由(1)知an＝2n＋3， 所以Sn＝＝n2＋4n， bn＝ 当n为奇数时， Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝． 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0， 所以Tn＞Sn． 当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝ [－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝． 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0， 所以Tn＞Sn． 综上可知，当n＞5时，Tn＞Sn． 反思领悟　分组转化法求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差数列或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和． (2)通项公式为an＝的数列，其中{bn}，{cn}是等比 数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 [学以致用]　1．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝A2n＋Bn－1，前n项和为Sn，则(　　) A．当A＝0，B＝2时，Sn＝n2 B．当A＝1，B＝0时，Sn＝2n+1－n－2 C．当A＝，B＝－1时，∀n∈N*，an＋1＞Sn D．当A＝1，B＝1时，∃n∈N*，使得Sn＝2an √ √ √ 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 ABD　[当A＝0，B＝2时，an＝2n－1，所以Sn＝＝n2，故A正确； 当A＝1，B＝0时，an＝2n－1，所以Sn＝－n＝2n+1－n－2，故B正确； 当A＝，B＝－1时，an＝2n-1－n－1，所以an＋1＝2n－n－2． Sn＝＝2n－－1，an＋1－Sn＝－n＋－1＝， 当n＝1时，an＋1＝Sn，当n≥2时，an＋1＞Sn，故C错误； 当A＝1，B＝1时，an＝2n＋n－1，所以Sn＝＝2n+1＋－2． 当Sn＝2an时，解得n＝5，所以∃n∈N*，使得Sn＝2an成立，故D正确． 故选ABD．] 类型2　倒序相加法求和 【例2】　已知函数f (x)对任意的x∈R，都有f (x)＋f (1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f (0)＋f ＋f ＋…＋f ＋f (1)，求数列{an}的通项公式． 微专题2　数列求和 [解]　∵f (x)＋f (1－x)＝1， ∴f ＋f ＝1． ∵an＝f (0)＋f ＋f ＋…＋f ＋f (1)，① ∴an＝f (1)＋f ＋f ＋…＋f ＋f (0)，② ①＋②得2an＝n＋1， ∴an＝，故数列{an}的通项公式为an＝． 反思领悟　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. 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 [学以致用]　2．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 √ 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 C　[S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98 ＝＋…＋， S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1 ＝＋…＋， 两式相加得， 2S＝ ＝＋…＋＝98×2， ∴S＝98．故选C．] 类型3　裂项相消法求和 【例3】　已知在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝an－2n，bn＝an＋n2(n∈N*)． (1)证明数列{bn}是等差数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)设Sn为数列的前n项和，求满足Sn≥的n的最小值． 微专题2　数列求和 [解]　(1)证明：因为bn＋1－bn＝an＋1＋(n＋1)2－(an＋n2)＝an＋1－an＋2n＋1＝1，b1＝a1＋1＝2， 所以数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列， 所以bn＝2＋(n－1)＝n＋1． (2)因为＝＝， 所以Sn＝＋…＋＝＝，令Sn≥，解得n≥10， 所以满足Sn≥的n的最小值为10． [母题探究]　已知数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，求数列的前n项和Tn． [解]　由bn＝2n－1得＝＝， 所以Tn＝＋…＋＝＝＝． 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 反思领悟　(1)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． (2)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． 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 (3)常见的裂项求和的形式： ①＝． ②＝． ③＝． ④＝． 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 ⑤＝． ⑥ln ＝ln (n＋1)－ln n． ⑦＝． 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 [学以致用]　3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*)． (1)证明：数列{an＋1}是等比数列； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 [解]　(1)证明：当n＝1时，a1＋1＝2a1，得a1＝1． 当n≥2时，两式相减得an＝2an－1＋1(n≥2)， 即an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，又a1＋1＝2，且an－1＋1≠0， 所以数列{an＋1}是以2为公比，2为首项的等比数列． (2)由(1)知an＋1＝2n(n∈N*)，即an＝2n－1(n∈N*)． ∵bn＝＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋…＋＝ 1－． 题号 一、选择题 1．已知等差数列{an}的公差d≠0，若{an}的前9项和大于前20项和，则(　　) A．d＜0　　 B．a1＜0 C．a15＜0　　 D．S15＜0 微专题强化练(二)　数列求和 1 3 5 2 4 6 8 7 9 √ 微专题2　数列求和 26 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 C　[因为等差数列{an}的公差d≠0，前n项和为 Sn， 若{an}的前9项之和大于前20项之和，即S9＞S20， 即S20－S9＝a10＋a11＋…＋a20＝＝11a15＜0， 所以a15＜0，ABD无法判断．故选C．] 27 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 2．已知某数列的通项an＝则a1＋a2＋…＋a51＝(　　) A．48　　B．49　　C．50　　D．51 √ 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 28 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 D　[令函数f (x)＝(x≠26)，则f (x)＝＝1＋(x≠26)，所以f (x)＋f (52－x)＝1＋＋1＋＝2(x≠26)． 所以an＋a52－n＝2，令S＝a1＋a2＋…＋a51， 则S＝a51＋a50＋…＋a1，则有2S＝(a1＋a51)＋(a2＋a50)＋…＋(a51＋a1)＝2×51，所以S＝51．故选D．] 29 题号 3 2 4 5 6 8 7 9 1 3．已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*，则数列{an}的前100项和为(　　) A．6－　　 B．6－ C．　　 D． √ 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 30 题号 3 2 4 5 6 8 7 9 1 B　[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＋＋…＋＝1＋＝3－， 所以Sn＝6－，则有S100＝6－， 所以数列{an}的前100项之和为6－．故选B．] 31 题号 4 2 3 5 6 8 7 9 1 4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　) A．2n＋n2－1　　 B．2n+1＋n2－1 C．2n＋n－2　　 D．2n+1＋n2－2 √ 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 32 题号 4 2 3 5 6 8 7 9 1 D　[由题可设数列{an}的前n项和为Sn， 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an，即Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋…＋2n－1)， 所以Sn＝，故Sn＝2n+1－2＋n2．故选D．] 33 题号 2 4 5 3 6 8 7 9 1 5．已知单调递增数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝an(an＋1)(n∈N*)，且Sn＞0，记数列{2n·an}的前n项和为Tn，则使得Tn＞2 025成立的n的最小值为(　　) A．7　　B．8　　C．10　　D．11 √ 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 34 题号 2 4 5 3 6 8 7 9 1 B　[由题意，2Sn＝an(an＋1)(n∈N*)，当n≥2时，2Sn－1＝an－1(an－1＋1)，所以2an＝2Sn－2Sn－1＝an(an＋1)－an－1(an－1＋1)，整理得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0．因为数列{an}单调递增且Sn＞0，所以an＋an－1≠0，an－an－1－1＝0，即an＝an－1＋1，当n＝1时，2S1＝a1(a1＋1)，所以a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，公差为1的等差数列，所以an＝n，所以Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1．两式相减，得－Tn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，所以Tn＝(n－1)·2n+1＋2，所以T7＝6×28＋2＝1 538，T8＝7×29＋2＝3 586，所以Tn＞2 025成立的n的最小值为8．] 35 题号 2 4 5 3 6 8 7 9 1 二、填空题 6．已知数列{an}满足an＝则数列{an}的前10 项和为_______________． ＋ln 6 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 36 题号 2 4 5 3 6 8 7 9 1 ＋ln 6　[依题意，当n为正奇数时，an＝＝，当n为正偶数时，an＝ln ＝ln (n＋2)－ln n，所以数列{an}的前10项和为a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a9＋a10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a10)＝1－＋…＋＋ln 4－ln 2＋ln 6－ln 4＋…＋ln 12－ln 10＝1－＋ln 12－ln 2＝＋ln 6．] 37 题号 2 4 5 3 7 6 8 9 1 7．已知数列{an}，{bn}满足an＝，bn＝log4a1＋log4a2＋log4a3＋…＋log4an，则的前n项和Tn＝________． －　[依题意，由an＝＝4－n， 可得bn＝log4a1＋log4a2＋log4a3＋…＋log4an ＝log44-1＋log44-2＋log44-3＋…＋log44－n － 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 38 题号 2 4 5 3 7 6 8 9 1 ＝－1－2－3－4－…－n＝－(1＋2＋3＋4＋…＋n)＝－， 则＝－＝－2·， ∴Tn＝＋…＋＝－2·－2·－…－2· ＝－2·＝－2·＝－．] 39 题号 2 4 5 3 8 6 7 9 1 8．已知函数f (x)＝(x∈R)，等差数列{an}满足a2 024＝0，则f (a1)＋f (a2)＋f (a3)＋…＋f (a4 047)＝________． 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 40 题号 2 4 5 3 8 6 7 9 1 　[f (x)＋f (－x)＝＝＝1．依题意{an}是等差数列，a2 024＝0，所以a1＋a4 047＝a2＋a4 046＝…＝2a2 024＝0，故a1＝－a4 047，a2＝－a4 046，…，所以f (a1)＋f (a4 047)＝f (a2)＋f (a4 046)＝1． 令S＝f (a1)＋f (a2)＋f (a3)＋…＋f (a4 047)， S＝f (a4 047)＋f (a4 046)＋f (a4 045)＋…＋f (a1)， 结合等差数列的性质，两式相加得2S＝1×4 047，S＝．] 41 题号 9 2 4 5 3 8 6 7 1 三、解答题 9．(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； (2)求数列的前n项和Tn． 类型1 类型2 类型3 微专题2　数列求和 42 题号 9 2 4 5 3 8 6 7 1 [解]　(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0． 当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1， 两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1， 即(n－1)an－1＝(n－2)an， 当n＝2时，可得a1＝0， 故当n≥3时，＝， 则··…·＝··…·， 整理得＝n－1， 因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3)． 当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1． 43 题号 9 2 4 5 3 8 6 7 1 (2)令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋…＋，　① Tn＝＋…＋，　② 由①－②得Tn＝＋…＋＝＝1－，即Tn＝2－． 44 $$