第5章 习题课 数列求和(一)-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教B版）

习题课　数列求和(一) 第五章　数列 [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、倒序相加求和、并项求和等数列求和的方法. 题型一　公式法求和 内容索引 题型二　分组转化法求和 课时作业 巩固提升 题型三　倒序相加求和 课堂达标·素养提升 题型四　并项求和 3 题型一　公式法求和 [例1]　在等差数列中,a1=1,a6=2a3. (1)求的通项公式; (2)设bn=,记Sn为数列前n项的和,若Sm=39,求m. [解]　(1)设的公差为d, 因为a6=2a3,所以1+(6-1)d=2[1+(3-1)d],解得d=1,故an=n. (2)由(1)得bn=3n,因为b1=3,=3, 所以数列是以3为首项,3为公比的等比数列, 所以Sn==, 由Sm=39得=39,解得m=3. 一些常见的数列的前n项和 1.k=1+2+3+…+n=n(n+1);2k=2+4+6+…+2n=n(n+1). 2.(2k-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2. 3.k2=12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1). 4.k3=13+23+33+…+n3=. 思维提升 1.已知数列是公差为d的等差数列,数列是公比为q的等比数列,且a1=b1=-8,a4+a6=0,a3b2=-16. (1)求数列和的通项公式; (2)求数列的前n项和Sn的最值; (3)设cn=,求数列的前n项和Tn. 跟踪训练 解:(1)因为数列是公差为d的等差数列,数列是公比为q的等比数列, 且a1=-8,a4+a6=2a5=0,即a5=0, 所以公差d==2,则an=-8+2(n-1)=2n-10, 所以a3=2×3-10=-4. 又因为b1=-8,a3b2=-4b2=-16,即b2=4, 所以公比q==-, 所以bn=-8×. (2)数列的前n项和Sn==n(n-9)=-, 所以当n=4或n=5时,Sn取得最小值,且(Sn)min=-20,没有最大值. (3)由(1)可得cn==64×=64×, 所以的前n项和Tn=64=64×=. 题型二　分组转化法求和 [例2]　在递增等比数列中,a1a5=64,a2+a4=20,数列的前n项和为Sn,Sn=n2+n(n∈N+). (1)求,的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. [解]　(1)在递增等比数列中,a1a5=a2a4=64,a2+a4=20, 解得a2=4,a4=16, 设公比为q,则q2==4,又因为为递增数列,故q>0,所以q=2,a1=2,所以an=2×2n-1=2n,即an=2n(n∈N+); 数列的前n项和为Sn,Sn=n2+n(n∈N+), 当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+(n-1)=n2-n+1,则bn=Sn-Sn-1=n2+n-=3n-1, 当n=1时,b1=S1=2,符合上式, 所以bn=3n-1(n∈N+). (2)由(1)知an=2n,bn=3n-1,所以an+bn=×2n+3n-1, 则Tn=(21+22+23+…+2n)+(3×1-1+3×2-1+…+3n-1) =(21+22+23+…+2n)+3(1+2+3+…+n)-n =×+-n =(2n-1)+(n2+n)-n =3·2n-1+n2+n-, 即Tn=3·2n-1+n2+n-(n∈N+). 1.适用范围:某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而求得原数列的和,注意在含有字母的数列中对字母的讨论. 2.常见类型: (1)an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列; (2)通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列. 思维提升 2.已知数列是公差不为零的等差数列,满足a3=6,且a2,a4,a8成等比数列. (1)求数列的通项公式; (2)设bn=an+,求数列的前n项和Sn. 跟踪训练 解:(1)设数列的公差为d,由已知有 =a2a8,即(6+d)2=(6-d)(6+5d),解得d=2或d=0(舍), ∴a1=a3-2d=2, ∴an=2+2(n-1)=2n. (2)bn=2n+22n=2n+4n, Sn=(2+4+…+2n)+(4+42+…+4n)=+=n2+n+(4n-1). 题型三　倒序相加求和 [例3]　已知f(x)+f(1-x)=2,an=f(0)+f+…+f+f(1),则数列的通项公式为(　　) A.an=n+1　　　　　　　 B.an=2n+1 C.an=2n+2 D.an=4n+2 A [解析]　an=f(0)+f+…+f+f(1), 则an=f(1)+f+…+f+f(0), 两式相加得2an=[f(0)+f(1)]++…++[f(1)+f(0)], 所以2an=2×(n+1), 所以an=n+1. 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的. 思维提升 3.函数f(x)=,则f(2 013)+f(2 012)+f(2 011) +…+f(1)+f+f+…+f的值为(　　) A.2 012 B.2 012 C.2 013 D.2 013 跟踪训练 B 解析:由f(x)=可得f==, 所以f(x)+f=+=1,f(1)=, 所以设S=f(2 013)+f(2 012)+f(2 011)+…+f(1)+f+f+…+f, S=f+f+f+…+f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 013), 则两式相加可得f(2 013)+f(2 012)+f(2 011) +…+f(1)+f+f+…+f==2 012. 题型四　并项求和 [例4]　设是等差数列,是公比大于0的等比数列,已知a1=b1=2,b2=a2,b3=a2+4. (1)求和的通项公式; (2)设cn=(-1)nan+bn,求数列的前2n项和T2n. [解]　(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,且q>0. 依题意得解得2q2=2q+4,所以q=-1或q=2. 又因为q>0,所以q=2,所以d=2, 故an=2n,bn=2n. (2)cn=(-1)nan+bn=(-1)n·2n+2n, T2n=[(-1)1×2+21]+[(-1)2×4+22]+[(-1)3×6+23]+…+[(-1)2n-1×(4n-2)+22n-1]+[(-1)2n×4n+22n] =+(21+22+23+…+22n) =(-2+4)+(-6+8)+…++=22n+1-2+2n. 并项求和适用的题型 一般地,对于摆动数列适用于并项求和,此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论,有些摆动型的数列也可采用分组求和.若摆动数列为等比数列,也可用等比数列求和公式进行求和. 思维提升 4.已知等差数列的前n项和为Sn,公差为d≠0,且a2,a5,a14成等比数列,S5=25. (1)求数列的通项公式; (2)若bn=(-1)n+1,求数列的前30项的和T30. 跟踪训练 解:(1)依题意=a2a14,则=a2(a2+12d),解得a2=d, 则a1+d=d,故a1=d, ∴S5=5a1+=d+10d=25,解得d=2,则a1=1, 故an=1+2(n-1)=2n-1. (2)∵an=2n-1, ∴bn=(-1)n+1=(-1)n+1(2n-1)2, ∴T30=b1+b2+b3+…+b30=12-32+52-72+…+572-592 =(1-3)(1+3)+(5-7)(5+7)+…+(57-59)(57+59) =-2(1+3+5+…+57+59) =-2× =-1 800. 〈课堂达标·素养提升〉 1.在等差数列中,a6+a7+a8=3,则此数列的前13项的和等于(　　) A.8　　　　　　　　　　 B.26 C.13 D.162 解析:在等差数列中,a6+a7+a8=3a7=3, ∴a7=1,此数列的前13项的和等于=13a7=13. C 2.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) 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). 3.已知数列{an}满足an+2= 且a1=2,a2=1,则此数列的前20项的和为　　　　.  1 133 解析:当n为奇数时,由an+2=an+2可知,{an}的奇数项成等差数列,且公差为2,首项a1=2; 当n为偶数时,由an+2=2an可知,{an}的偶数项成等比数列,且公比为2,首项a2=1, 故a1+a2+a3+…+a19+a20 =(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20) =+ =110+1 023=1 133. 课时作业 巩固提升 [A组　必备知识练] 1.记数列的前n项和为Sn,若an=(-1)n(2n-1),则S101=(　　) A.301　　　　　　　　　 B.101 C.-101 D.-301 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C 解析:在数列中,an=(-1)n(2n-1),则a2n-1+a2n=-(4n-3)+(4n-1)=2, 所以S101=50×2+a101=100-201=-101. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(多选)在等比数列中,a1=1,a4=27,则(　　) A.的公比为9 B.的前20项和为210 C.的前20项积为3200 D.(ak+ak+1)=2(3n-1-1) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 AB 解析:对于A,设等比数列an的公比为q,则=q3=27,得q=3, 所以an=3n-1, 所以anan+1=3n-1·3n=32n-1, 所以==9, 所以数列的公比为9,故A正确; 对于B,因为log3an+1=n,所以的前20项和为 1+2+…+20==210,故B正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于C,an的前20项积为30×31×…×319=3190,故C错误; 对于D,因为an+an+1=3n-1+3n=3n-1(1+3)=4×3n-1, 所以的前n项和为=2(3n-1),故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.在数列中,an=前n项和为Sn,则S2n= 　 　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2n2-n+2- 解析:依题意,数列是等差数列,数列是等比数列, 所以S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=+ =2n2-n+2-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.设数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则+++…+=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 033 解析:∵数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列, ∴an=2+(n-1)×1=n+1. ∵{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列, ∴bn=1×2n-1=2n-1, ∴=2n-1+1, ∴+++…+=+10=1 033. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.已知等差数列的公差与等比数列的公比相同,a1=b1=1,Sn为数列的前n项和,S5=45. (1)求和的通项公式; (2)记数列是将数列和中的项从小到大依次排列而成的新数列(相同的数排列两次),求数列前50项的和T50. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:(1)设等差数列的公差为d,a1=1, 因为S5===5a3=45, 所以a3=9, 则d==4, 所以an=1+4(n-1)=4n-3, 由等差数列的公差与等比数列的公比相同, 则等比数列的公比为4,b1=1,则bn=b1·4n-1=4n-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)数列中的项从小到大依次为1,4,16,64,256,…, 而a17=65,a50=197, 依题意,新数列的前50项中,数列的项只有前4项,数列有46项, 又a46=4×46-3=181, 所以T50=(1+5+9+13+…+181)+(1+4+16+64)=+85=4 271. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.已知函数f(x)=. (1)求证:对任意实数x都有f(x)+f(1-x)=1; (2)若an=f,其中m∈N+,n=1,2,…,m.求数列{an}的前m项的和. (1)证明:f(1-x)===, ∴f(x)+f(1-x)=+==1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)解:设{an}的前m项的和为Sm,则 Sm=a1+a2+…+am=f +f +…+f+f(1),① 又Sm=am+am-1+…+a1=f(1)+f+…+f+f,② ①+②,得2Sm=f(1)+++…++f(1)=m-1+2f(1)=m-1+2×=m+, ∴Sm=+, ∴数列{an}的前m项的和为+. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [B组　关键能力练] 8.已知数列是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且ln b1 013=0,若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=(　　) A.4 050 B.2 025 C.4 052 D.2 026 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A 解析:由数列是公比为q(q≠1)的正项等比数列,故bn>0, 因为ln b1 013=0,所以b1 013=1,b1·b2 025==1, 即有b1·b2 025=b2·b2 024=…=b2 025·b1=1, 由f(x)=,则当x>0时, 有f(x)+f=+=+=4, 设S=f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025), 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 S=f(b2 025)+f(b2 024)+…+f(b1), 2S=2 025×4,S=4 050, 故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=4 050. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.已知F(x)=f-3是R上的奇函数, an=f(0)+f+…+f+f(1),n∈N+,则数列{an}的通项公式为(　　) A.an=n+1 B.an=3n+1 C.an=3n+3 D.an=n2-2n+3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C 解析:由题意知F(x)=f-3是R上的奇函数, 故F(-x)=-F(x), 代入得f+f=6(x∈R), ∴函数f(x)关于点对称, 令t=-x,则+x=1-t,得到f(t)+f(1-t)=6, ∵an=f(0)+f+…+f+f(1), ∴an=f(1)+f+…+f+f(0). 倒序相加可得2an=6(n+1),即an=3(n+1)=3n+3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.已知数列的首项a1=,且an+1=,++…+<2 025,则满足条件的最大整数n=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 024 解析:因为an+1=, 所以==+, 所以-1=, 所以数列是等比数列,首项为-1=,公比为, 所以-1=×=2×, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 即=2×+1, 所以Sn=++…+ =2×+n =2×+n =n+1-, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 而当n∈N+时,Sn单调递增, 又因为S2 024=2 025-<2 025,且S2 025=2 026->2 025, 所以满足条件的最大整数n=2 024. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.已知数列的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N+). (1)求数列的通项公式; (2)从数列中剔除第1项,第4项,第7项,…,第3n-2项后,将剩下的项保持顺序不变组成一个新数列,求数列的前2n项和T2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:(1)因为Sn=2an-1,则有: 若n=1,可得a1=2a1-1, 解得a1=1; 若n≥2,则Sn-1=2an-1-1, 两式相减得an=2an-2an-1, 即=2, 可知数列是以首项为a1=1,公比为q=2的等比数列, 所以an=1×2n-1=2n-1(n∈N+). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)由题意可知:新数列为a2,a3,a5,a6,a8,a9,…, 若n为奇数,则bn=, 可得==q3=8; 若n为偶数,则bn=, 可得==q3=8, 则数列的奇数项和偶数项均为公比为8的等比数列, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 可得T2n=b1+b2+…+b2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n) =+=(8n-1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [C组　素养培优练] 12.已知数列{an}的通项公式为an=求数列{an}的前n项和Sn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:①当n为大于或等于3的奇数时, Sn=[1+13+…+(6n-5)]+(42+44+…+4n-1) =·+ =+ =+. 当n=1时,S1=a1=1,上式同样成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ②当n为偶数时, Sn=[1+13+…+(6n-11)]+(42+44+…+4n-2+4n)=+. 综上,Sn= $$