第4章 习题课 数列求和(2) （课件）-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第二册 （人教A版2019）

习题课　数列求和(二) 第四章　数　列 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.掌握错位相减法的一般过程和思路以及数列求和中的创新问题. 学习目标 一、错位相减法 二、数列求和中的创新问题 课时对点练 随堂演练 内容索引 错位相减法 一 例1　求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0). 5 当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn， xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1， ∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1 6 (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. 反思感悟 7 跟踪训练1　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*). ①求数列{an}的通项公式； 因为Sn＝2an－2，当n＝1时，S1＝2a1－2，解得a1＝2， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， 所以an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2) ＝2an－2an－1， 即an＝2an－1(n≥2). 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 故an＝2×2n－1＝2n. 8 9 由①知an＝2n， ① ② 10 11 (2)在①Sn＝2n－3n－1，②an＋1＝2an＋3，a1＝－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.设数列{an}的前n项和为Sn，且________. (ⅰ)求数列{an}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 12 若选①：∵Sn＝2n－3n－1， ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－1－[2n－1－3(n－1)－1]＝2n－1－3， 又当n＝1时，a1＝S1＝－2满足上式， 故an＝2n－1－3. 若选②：由an＋1＝2an＋3，a1＝－2， 易得an＋1＋3＝2(an＋3)， 于是数列{an＋3}是以a1＋3＝1为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋3＝2n－1，∴an＝2n－1－3. 13 (ⅱ)若bn＝n·(an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(ⅰ)得bn＝n·2n－1， 从而Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1， 2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 作差得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n 于是Tn＝(n－1)2n＋1. 14 数列求和中的创新问题 二 例2　在①S3＝6，S5＝15；②公差为1，且a2，a4，a8成等比数列；③a1＝1，a2＋a3＋a5＋a6＝16，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答. 问题：已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足________. (1)求数列{an}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 16 选①， 设等差数列{an}的公差为d， 因为S3＝6，S5＝15， 解得a1＝d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 选②， 因为等差数列{an}中，公差为1，且a2，a4，a8成等比数列， 17 即(a1＋1)(a1＋7)＝(a1＋3)2， 解得a1＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 选③， 因为等差数列{an}中，a1＝1， a2＋a3＋a5＋a6＝16， 所以4a1＋12d＝16， 即4＋12d＝16， 解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 18 (2)令cn＝[lg an ]，其中[x]表示不超过x的最大整数，求c1＋c2＋…＋c2 023. 由(1)知cn＝[lg an]＝[lg n]， 因为c1＝[lg 1]＝0，c10＝[lg 10]＝1， c100＝[lg 100]＝2，c1 000＝[lg 1 000]＝3， 所以当1≤n≤9时，cn＝0， 当10≤n≤99时，cn＝1， 当100≤n≤999时，cn＝2， 当1 000≤n≤2 023时，cn＝3， 所以c1＋c2＋…＋c2 023＝0＋90×1＋900×2＋(2 023－999)×3＝4 962. 19 数列求和中的创新问题往往和函数、不等式、平面几何等实际问题相结合，重点考查数列求和的应用意识. 反思感悟 20 跟踪训练2　“提丢斯数列”，是由18世纪德国数学家提丢斯给出，具体如下：0,3,6,12,24,48,96,192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4,7,10,16,28,52,100, 196，…；再将每一项除以10后得到：“提丢斯数列”：0.4,0.7,1.0,1.6, 2.8,5.2,10.0，…，则下列说法中，正确的是 A.“提丢斯数列”是等比数列 B.“提丢斯数列”的第99项为 C.“提丢斯数列”前31项和为 D.“提丢斯数列”中，不超过20的有9项 √ 21 当n＝2时，a2＝0.7，符合该式；当n＝1时，a1＝0.55≠0.4； “提丢斯数列”不是等比数列，故A错误； 22 由an≤20，得a1＝0.55，成立； ∴“提丢斯数列”中，不超过20的有8项，故D错误. 23 1.知识清单： (1)错位相减法求和. (2)创新求和问题. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、列举法. 3.常见误区： (1)错位相减法中要注意项的符号以及化简合并. (2)创新求和问题有时可用列举法. 课堂小结 随堂演练 三 1 2 3 4 1.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 √ 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. 1 2 3 4 √ 由题意得2n＋1an＋1＝2nan＋1， 所以{2nan}是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以2nan＝1＋(n－1)＝n， 记数列{an}的前n项和为Sn， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3.已知数列{an}满足an＝ 定义使a1·a2·a3·…· ak(k∈N*)为整数的k叫做“幸福数”，则区间[1,2 023]内所有“幸福数”的和为________. 2 036 若满足a1·a2·…·ak为正整数， 则k＋1＝2n，即k＝2n－1， 所以在[1,2 023]内的所有“幸福数”的和为 21－1＋22－1＋…＋210－1 1 2 3 4 1 2 3 4 4.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在欧洲，帕斯卡(1623～1662)在1654年发现这一规律，比杨辉要迟了393年.如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3, 6,4,10,5，…，则在该数列中，第37项是_______. 190 1 2 3 4 由题意可得从第4行起的每行第三个数3＝1＋2,6＝1＋2＋3,10＝1＋2＋3＋4， 所以第k(k≥4)行的第三个数为1＋2＋…＋(k－2)，在该数列中，第37项为第21行第三个数， 课时对点练 四 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 1.等比数列{an}中，a5＝2，a6＝5，则数列{lg an}的前10项和等于 A.6 B.5 C.4 D.3 √ ∵数列{an}是等比数列，a5＝2，a6＝5， ∴a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10， ∴lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg(a1·a2·…·a10) ＝lg(a5a6)5＝5lg 10＝5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如 数列 就是二阶等差数列，数列 (n∈N*)的前3项和是 A.11 B.10 C.9 D.8 √ 因此前3项和S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.数列{n·2n}的前n项和等于 A.n·2n－2n＋2 B.n·2n＋1－2n＋1＋2 C.n·2n＋1－2n D.n·2n＋1－2n＋1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设{n·2n}的前n项和为Sn， 则Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ① 所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1， ② ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝ －n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2，所以Sn＝n·2n＋1－2n＋1＋2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴a2＋a2 022＝1， ∵{an}是等差数列， ∴a1＋a2 023＝a2＋a2 022＝1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(多选)在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45，…这些数叫做三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是 A.an－an－1＝n(n>1) B.a20＝210 C.1 024是三角形数 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，由此可归纳得an－an－1＝n(n>1)，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.已知数列{an}满足a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则{an}的前100项和为 A.25×2102 B.25×2103 C.25×2104 D.25×2105 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an， 设{an}的前n项和为Tn，则 Tn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)2n＋2,2Tn＝2×24＋3×25＋4×26＋…＋(n＋1)2n＋3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 两式相减，得－Tn＝2×23＋24＋25＋…＋2n＋2－(n＋1)2n＋3＝2×23＋ －(n＋1)2n＋3＝－n·2n＋3，所以Tn＝n·2n＋3，T100＝100× 2103＝25×2105. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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________. 2n－1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.已知数列{an}满足an＝(3n－2)· ，则数列{an}的前n项和Tn＝ _______________. ①－②，得 ① ② 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.求数列1,3a，5a2，7a3，…，(2n－1)an－1(a≠0)的前n项和. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设该数列的前n项和为Sn， 当a＝1时，数列为1,3,5,7，…，2n－1， 当a≠0且a≠1时，Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1， ① aSn＝a＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＋(2n－1)an， ② ①－②，得Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 即(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋…＋an－1)＝1－(2n－1)an＋ 又1－a≠0， 10.已知数列{an}满足a1＝－1，记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋n2＝n(an＋1). (1)求数列{an}的通项公式； 因为Sn＋n2＝n(an＋1)， 所以Sn＋1＋(n＋1)2＝(n＋1)(an＋1＋1)， 两式相减，得nan＋1－nan＝2n， 所以an＋1－an＝2. 又a1＝－1，所以数列{an}是首项为－1，公差为2的等差数列，所以an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ＝4(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝4× ×50＝100×(1＋197)＝19 800. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 11.观察下列式子： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以1×2＋2×3＋3×4＋…＋2 021×2 022 ＝ ×(1×2×3－0×1×2＋2×3×4－1×2×3＋3×4×5－2×3×4＋…＋2 021×2 022×2 023－2 020×2 021×2 022) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.对于数列{an}，定义An＝ 为数列{an}的“好数”， 已知某数列{an}的“好数”An＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S6对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1， 当n＝1时，a1＝4， 当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n， 两式相减得， 2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n＝(n＋1)2n， 所以an＝2(n＋1)，对a1也成立，故an＝2(n＋1)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{an－kn}为等差数列， 故Sn≤S6对任意的n(n∈N*)恒成立可化为a6－6k≥0，a7－7k≤0； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.(多选)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 021＝a2 022 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 “斐波那契数列”为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89，…，所以a5＝5，A选项错误； 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，B选项正确； a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2 021＝a2 022－a2 020， 所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝a2 022，C选项正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可得Gn＝ ＝2，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n， 当n＝1时，则有a1＝2；当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＋nan＝2n得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)，上述两个等式 作差可得nan＝2，则an＝ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 15.“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，如图所示，去掉所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5，…，则此数列的前46项和为________. 2 037 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可知，n次二项式的二项式系数对应“杨辉 三角”中的第n＋1行， 则“杨辉三角”第n＋1行各项之和为2n， ∴第n＋1行去掉所有为1的项的各项之和为2n－2， 从第3行开始每一行去掉所有为1的项的数字个数 为1,2,3,4，…， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＝45，即至第11行 结束，数列共有45项， ∴第46项为第12行第1个不为1的数， 即为 ＝11， ∴前46项的和为21－2＋22－2＋23－2＋…＋210 －2＋11＝2 037. 16.已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a5＝40，a4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以q＝2，a3＝8， 所以数列{an}的通项公式为an＝a3qn－3＝2n. (2)设bn＝ ，Sn是数列{bn}的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn＋ > (－1)n·a恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当n为奇数时，f(n)的最小值为1， 所以－a<1，解得a>－1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综上可得，Sn＝ 当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝； ＝－nxn＋1， ∴Sn＝－. ②若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 则bn＝＝＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋…＋＋， ①－②得Tn＝1＋－＝1＋－ ＝1＋－－＝－. 所以数列{bn}的前n项和Tn＝3－. ＝－n·2n＝(1－n)2n－1， 所以 所以a2a8＝a， ＋ 记“提丢斯数列”为数列{an}，则当n≥3时，10an－4＝6·2n－3，解得an＝； ∴an＝ “提丢斯数列”的第99项为a99＝，故B错误； “提丢斯数列”前31项和为S31＝0.4＋30×＋× ＝12.4＋×＝＋，故C正确； n≥2时，an＝≤20， 即2n≤，解得n≤8， a8＝＝19.6，a9＝＝38.8， 2.已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋(n∈N*)，则数列{an}的前10项的和为 A. B. C. D. 得an＝. 则Sn＝＋＋…＋＋， Sn＝＋＋…＋＋， 两式作差得Sn＝＋＋＋…＋－， 得Sn＝－， 即Sn＝2－， 所以S10＝2－＝. 当n≥2时，an＝logn(n＋1)＝， 所以a1·a2·…·ak＝1×××…×＝log2(k＋1)， ＝－10＝2 036. 所以该数列的第37项为1＋2＋…＋19＝＝190. 设an＝， 则a1＝＝1，a2＝＝3，a3＝＝6， 4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a2＋a2 022，且A，B，C三点共线(该直线不过原点O)，则S2 023的值为 A. B.1 011 C. D.1 012 ∵＝a2＋a2 022，且A，B，C三点共线， ∴S2 023＝＝. D.＋＋＋…＋＝ 将前面的所有项累加可得an＝＋a1＝，∴a20＝210，故B正确； 令＝1 024，此方程没有正整数解，故C错误； 由an＝，得＝＝2， ∴＋＋…＋＝2 ＝2＝，故D正确. 所以＝，又＝8， 所以数列是以8为首项，2为公比的等比数列，则＝2n＋2，即an＝(n＋1)2n＋2. 由题意可得log2a2＝2－1＝1，log2a5＝5－1＝4，则a2＝2，a5＝16，数列{an}的公比q＝＝＝2，数列{an}的首项a1＝＝＝1，前n 项和Sn＝＝2n－1. －× Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－2)×. ①×得 Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)×， Tn＝＋3×＋3×＋3×＋…＋3×－(3n－2)×＝＋3×－(3n－2)×＝－×－(3n－2)×. ∴Tn＝－×－× ＝－×. 则Sn＝＝n2； ∴Sn＝＋. 2·＝1－(2n－1)an＋， 综上，Sn＝ 当n＝4k－2(k∈N*)时，bn＝－a， 所以T100＝(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝(a4－a2)(a4＋a2)＋(a8－a6)(a8＋a6)＋…＋(a100－a98)(a100＋a98) (2)若bn＝acos ，求数列{bn}的前100项和T100. 由bn＝acos ，得当n＝2k－1(k∈N*)时，bn＝0， 当n＝4k(k∈N*)时，bn＝a， 1×2＝×； 2×3＝×； 3×4＝×； … 根据规律，则1×2＋2×3＋3×4＋…＋2 021×2 022等于 A.×2 020×2 021×2 022 B.×2 021×2 022×2 023 C.× D.× 由规律可得n×＝[n××－×n×]， ＝× ＝×2 021×2 022×2 023. A. B. C. D. 由题意，An＝＝2n＋1， 即解得≤k≤. D.＝a2 022 a＝a2·a1，a＝a2·(a3－a1)＝a2·a3－a2·a1，a＝a3·(a4－a2)＝a3·a4－a3·a2，…， a＝a2 021·(a2 022－a2 020) ＝a2 021·a2 022－a2 021·a2 020， 所以a＋a＋…＋a＝a2 021·a2 022，所以D选项正确. 14.定义Gn＝为数列{an}的“匀称值”，若数列{an}的“匀称值”为2，设bn＝数列的前n项和为Sn，则S20＝________. a1＝2也满足an＝，故对任意的n∈N*，an＝， 所以S20＝＋ ＝＋ ＝200＋－＝ . 则bn＝ C 因为 因为bn＝， 所以Sn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得，Sn＝＋＋＋…＋－， 所以Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－. 所以不等式Sn＋>(－1)n·a对任意正整数n恒成立， 即2－>(－1)n·a对任意正整数n恒成立. 设f(n)＝2－(n∈N*)，易知f(n)单调递增. 当n为偶数时，f(n)的最小值为，所以a<. 综上，a的取值范围是. $$