第1章 习题课 错位相减法求和、裂项相消法求和-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修 第二册 （北师大版2019）

习题课　错位相减法求和、裂项相消法求和 [学习目标]　1.熟练掌握裂项相消求和法.2.掌握错位相减法的一般过程和思路． 一、裂项相消法 例1　求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋. 解　∵＝ ＝， ∴原式＝ ＝ ＝－(n≥2，n∈N＋)． 延伸探究　求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋. 解　∵＝＝1＋， ∴原式＝＋＋＋…＋ ＝(n－1)＋ ＝(n－1)＋－ ＝n－－(n≥2，n∈N＋)． 反思感悟　(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＝. 跟踪训练1　在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n. (1)求证：数列是等差数列； (2)求数列的前n项和Sn. (1)证明　nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得－＝2(n∈N＋)， 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列． (2)解　由(1)得＝2n＋2，所以an＝2n2＋2n， 故＝＝＝， 所以Sn＝ ＝＝. 二、错位相减法 例2　已知等比数列{an}满足a1，a2，a3－a1成等差数列，且a1a3＝a4.等差数列{bn}的前n项和Sn＝. (1)求an，bn； (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 解　(1)设{an}的公比为q，{bn}的公差为d. 因为a1，a2，a3－a1成等差数列， 所以2a2＝a1＋(a3－a1)，即2a2＝a3. 因为a2≠0，所以q＝＝2. 因为a1a3＝a4，所以a1＝＝q＝2. 因此an＝a1qn－1＝2n. 由题意得，Sn＝＝， 所以b1＝S1＝1，b1＋b2＝S2＝3，从而b2＝2， 所以{bn}的公差d＝b2－b1＝2－1＝1， 所以bn＝b1＋(n－1)d＝1＋(n－1)·1＝n. (2)令cn＝anbn，则cn＝n·2n. 因此Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， 又因为2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1， 两式相减得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)·2n＋1－2.所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2. 延伸探究　设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项． (1)求{an}的公比； (2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和． 解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)， ∵2a1＝a2＋a3，∴2a1＝a1q＋a1q2， 又∵a1≠0，故q2＋q－2＝0， 解得q＝－2或q＝1(舍去)． (2)由a1＝1，可得an＝a1qn－1＝(－2)n－1， 设数列{nan}的前n项和为Sn， 则Sn＝1×(－2)0＋2×(－2)1＋…＋n×(－2)n－1，① －2Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋…＋n×(－2)n，② ①－②得3Sn＝(－2)0＋(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n＝·(－2)n＋， ∴Sn＝·(－2)n＋. 反思感悟　(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，应注意： 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． 跟踪训练2　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N＋)，等差数列{bn}中，bn>0(n∈N＋)，且b1＋b2＋b3＝15,3，b4,27成等比数列． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 解　(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N＋)， ∴an＝2Sn－1＋1(n∈N＋，n≥2)， ∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an， ∴an＋1＝3an(n∈N＋，n≥2)， 而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1， ∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴an＝3n－1(n∈N＋)． 在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5， 又3，b4,27成等比数列，得b4＝±9， 又bn>0，故公差d>0， ∴b4＝9，d＝2， 又b2＝5，∴bn＝2n＋1(n∈N＋)． (2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)·3n－2＋(2n＋1)3n－1，① ∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)3n，② ∴①－②得，－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n， ∴Tn＝n·3n. 1.知识清单： (1)错位相减法求和． (2)裂项相消法求和． 2．方法归纳：公式法、错位相减法、裂项相消法． 3．常见误区：错位相减法中要注意项的符号以及化简合并；裂项求和法中要关注正项与负项的个数是否相同． 1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　) A．1 B. C. D. 答案　B 解析　∵an＝＝－. ∴S5＝＋＋…＋＝1－＝. 2．已知数列{an}的通项公式为an＝(2n＋1)·2n－1，则其前n项和Sn等于(　　) A．(2n－1)·2n－1 B．(2n－1)·2n＋1 C．(2n＋1)·2n－3 D．(2n－1)·2n＋1－1 答案　B 解析　Sn＝3＋5×2＋7×22＋9×23＋…＋·2n－1，① 2Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋9×24＋…＋·2n，② ①－②得 －Sn＝3＋22＋23＋24＋…＋2n－·2n＝3＋－·2n ＝－1＋·2n， 所以Sn＝·2n＋1. 3．设数列的前n项和为Sn，则Sn等于(　　) A.－ B.＋ C.－1 D.＋1 答案　C 解析　∵an＝＝－， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝－1. 4．数列，，，…，，…的前n项和为________． 答案　2－ 解析　Sn＝＋＋＋…＋，① Sn＝＋＋…＋＋，② ①－②得Sn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝1－－ ＝1－，∴Sn＝2－. 　　　　　　　　　　　　　　　　 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×＝. 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 ＝ ＝＝. 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－1，① 2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，② ②－①得， Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2. 4．(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. ∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7， 解得a7＝15， 又a2＝5，a7－a2＝5d＝10，∴d＝2. ∴an＝2n＋1. 故A，B正确； ∴＝＝，故C错误； ∴的前n项和为 Sn＝ ＝＝.故D正确． 5．(多选)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． 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)， ∴an＝2an－1. ∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列， ∴an＝2n－1. ∴数列{nan}的前10项和为T＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋10×29，① ∴2T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋10×210.② ①－②得－T＝1＋2＋22＋…＋29－10×210＝－10×210＝210－1－10×210＝－9×210－1， 故T＝9×210＋1. 7．若数列的前n项和为Sn，且Sn＝，则n＝________. 答案　19 解析　Sn＝＋＋…＋＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.由已知得＝，解得n＝19. 8．设数列{nan}的前n项和为Tn，若nan＝n·n－1，则Tn＝________. 答案　－·n 解析　Tn＝1×0＋2×1＋3×2＋…＋n·n－1， －Tn＝1×1＋2×2＋…＋(n－1)·n－1＋n·n， 两式相减得 Tn＝1＋1＋2＋…＋n－1－n·n＝－n·n ＝－·n. 所以数列{nan}的前n项和Tn＝－·n. 9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足＋＋…＋＝1－，n∈N＋，求{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得 解得 因此an＝2n－1，n∈N＋. (2)由已知＋＋…＋＝1－，n∈N＋， 当n＝1时，＝； 当n≥2时，＝1－－＝. ＝适合上式，所以＝，n∈N＋. 由(1)知an＝2n－1，n∈N＋， 所以bn＝，n∈N＋. 所以Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋…＋＋. 两式相减，得 Tn＝＋－ ＝＋－ ＝－－＝－， 所以Tn＝3－. 10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＋1＝Sn＋(n＋1)·. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)由题意知 an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)·， 即＝3×＋2， 即＋1＝3， ∵a1＝2，∴a1＋1＝3≠0， ∴＋1≠0， ∴数列是首项为3，公比为3的等比数列， ∴＋1＝3n，∴an＝n×3n－n. (2)由(1)知，bn＝n×3n， ∴Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，① ∴3Tn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1，② ①－②得－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1＝， ∴Tn＝. 11．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＋＋…＋ ＝ ＝＝＝. 12．在递减的等差数列{an}中，a1a3＝a－4，a1＝13，则数列的前n项和的最大值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设等差数列{an}的公差为d，则d<0， 因为a1a3＝a－4，a1＝13， 所以13(13＋2d)＝(13＋d)2－4， 解得d＝－2或d＝2(舍去)， 所以an＝a1＋(n－1)d＝13－2(n－1)＝15－2n， 当an＝15－2n≥0时，n≤7.5， 所以当n≤7时，an>0. 因为＝＝， 所以数列的前n项和 Sn＝× ＝×， 当n＝6时，Sn取得最大值，最大值为×＝. 13．在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有an＋1＝an＋n·2n，则a15等于(　　) A．14·215＋2 B．13·214＋2 C．14·215＋3 D．13·215＋3 答案　D 解析　∵an＋1－an＝n·2n，∴a2－a1＝1·21， a3－a2＝2·22， a4－a3＝3·23， … an－an－1＝(n－1)·2n－1(n≥2)， 以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1，① 又∵2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n，② ①－ ②得a1－an＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n ＝－(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2， ∴an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)， ∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3. 14．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．2 019 B．2 020 C．2 021 D．2 022 答案　D 解析　因为 ＝ ＝＝1＋， 所以S＝1＋＋1＋＋…＋1＋＝2 023－， 所以＝2 022. 15．在平面直角坐标系xOy中，已知An，Bn是圆x2＋y2＝n2上两个动点，且满足·＝－(n∈N＋)，设An，Bn到直线x＋y＋n(n＋1)＝0的距离之和的最大值为an，若数列的前n项和Sn<m恒成立，则实数m的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由·＝－， 得n·ncos ∠AnOBn＝－， 所以cos ∠AnOBn＝－，所以∠AnOBn＝120°. 设线段AnBn的中点为Cn，则|OCn|＝， 所以Cn在圆x2＋y2＝上，An，Bn到直线x＋y＋n(n＋1)＝0的距离之和等于点Cn到该直线的距离的两倍． 点Cn到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆x2＋y2＝的圆心(0,0)到直线x＋y＋n(n＋1)＝0的距离为d＝＝， 所以an＝2＝n2＋2n， 所以＝＝. 则Sn＝＋＋＋…＋ ＝ ＝ ＝－<， 所以m≥. 16．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； (2)设bn＝log3a2n－1，Tn为数列的前n项和，求不超过T2 023的最大整数． 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， ∴an＝3n，则nan＝n·3n， ∴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－， ∴Sn＝(2n－1)·3n＋1＋. (2)由(1)得bn＝log3a2n－1＝2n－1，令cn＝， 则cn＝＝1＋＝1＋ ＝1＋2， ∴Tn＝n＋2 ＝n＋2， ∴T2 023＝2 025－∈(2 024,2 025)， 故不超过T2 023的最大整数为2 024. 学科网（北京）股份有限公司 $$