第1章 习题课 数列求和(一)（Word教参）-【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（湘教版）

习题课　数列求和(一) [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、倒序相加法求和、并项求和、裂项相消法求和等数列求和的方法． 一、分组求和 例1　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上． (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？ (2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 解　(1)因为点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上， 所以an＋1＝3Sn＋1， 当n≥2时，an＝3Sn－1＋1. 于是an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)， 所以an＋1＝4an. 又当n＝1时， a2＝3a1＋1＝3t＋1， 所以当t＝1时，a2＝4a1，此时，数列{an}是等比数列． (2)由(1)可得an＝4n－1，an＋1＝4n， 所以bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n， 那么Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n) ＝(40＋41＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n) ＝＋. 反思感悟　分组求和的适用题型 一般情况下，形如cn＝an±bn，其中数列{an}与一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列的前n项和，分别利用等差数列和等比数列的前n项和公式求和即可． 跟踪训练1　已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2＋a4＝13，S7＝49. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，又2a2＋a4＝13，S7＝49， 所以解得 所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)由(1)知bn＝an＋＝2n－1＋22n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1＋2)＋(3＋23)＋(5＋25)＋…＋(2n－1＋22n－1) ＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋23＋25＋…＋22n－1)＝＋ ＝＋n2. 二、倒序相加法求和 例2　已知数列{an}的通项公式为an＝n－2(n∈N＋)，设f(x)＝x＋log2，则数列{f(an)}的各项之和为(　　) A．36 B．33 C．30 D．27 答案　D 解析　由f(x)＝x＋log2，知>0， 解得－2<x<8. 所以－2<an<8.又因为an＝n－2，所以an的所有取值为－1,0,1,2，…，7，即a1，a2，…，a9. 因为f(6－x)＝6－x＋log2， 所以f(x)＋f(6－x)＝6. 所以数列{f(an)}的各项之和S＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝f(－1)＋f(0)＋…＋f(7)． 因为S＝f(7)＋f(6)＋…＋f(－1)， 所以2S＝[f(－1)＋f(7)]＋[f(0)＋f(6)]＋…＋[f(7)＋f(－1)]＝6×9＝54. 所以S＝27. 反思感悟　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． 跟踪训练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 答案　C 解析　S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98 ＝＋＋…＋＋， S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1 ＝＋＋…＋＋， 两式相加得， 2S＝＋＋…＋＋＝98×2， ∴S＝98. 三、并项求和 例3　已知数列an＝(－1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 解　方法一　若n是偶数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋[－(n－1)＋n]＝. 若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－n)＝－n＝－. 综上所述，Sn＝ 方法二　可采用分组求和(略)． 反思感悟　并项求和法适用的题型 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． 跟踪训练3　已知数列{an}满足an＝(－1)nn2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2n＋1等于(　　) A．－(n＋1)(2n＋1) B．(n＋1)(2n＋1) C．－n(n＋1) D．n(n＋1) 答案　A 解析　a1＋a2＋a3＋…＋a2n＋1 ＝－12＋22－32＋42－52＋…＋(2n)2－(2n＋1)2 ＝－1＋(22－32)＋(42－52)＋…＋[(2n)2－(2n＋1)2] ＝－1－(2＋3)－(4＋5)－…－(2n＋2n＋1) ＝－[1＋2＋3＋4＋5＋…＋(2n＋1)] ＝－＝－(n＋1)(2n＋1)． 四、裂项相消法求和 知识梳理　 常见的裂项求和的形式： ①＝； ②＝； ③＝－； ④＝； ⑤＝－； ⑥ln＝ln(n＋1)－ln n； ⑦＝； ⑧(－1)nlog3[n(n＋1)]＝(－1)n[log3n＋log3(n＋1)]； ⑨(－1)n ＝(－1)n. 注意点： (1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系． (2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组． (3)检验所留的正项与负项的个数是否相同． 例4　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列的前n项和． 解　(1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn， 因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20， 易知q≠1，所以T2＝＝4，① T4＝＝20，② 由得1＋q2＝5，解得q＝±2. 当q＝2时，a1＝，所以an＋1＝×2n－1＝； 当q＝－2时，a1＝－5， 所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1. 所以an＝－1或an＝－(－2)n＋1－1. (2)因为an>0，所以an＝－1， 所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1， 所以＝＝－， 所以数列的前n项和为 ＋＋…＋ ＝－＝. 反思感悟　(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：一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (3)消项规律：消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项． 跟踪训练4　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N＋)，bn＝an＋1. (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：＋＋…＋<. 证明　(1)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)易得Tn＝＝2(2n－1)， 于是＝＝－ ＝， 所以＋＋…＋ ＝ ＝， 因为>0， 所以＋＋…＋<. 1．知识清单： (1)分组求和． (2)倒序相加法求和． (3)并项求和． (4)裂项相消法求和． 2．方法归纳：公式法、分类讨论法． 3．常见误区： (1)并项求和易忽略总项数的奇偶． (2)裂项相消法求和易忽略正负项个数是否相同． 1．冬春季节是流感多发期，某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且满足an＋2－an＝1＋n(n∈N＋)，则该医院近30天入院治疗流感的共有(　　) A．225人 B．255人 C．365人 D．465人 答案　B 解析　当n为奇数时，an＋2＝an， 当n为偶数时，an＋2－an＝2， 所以a1＝a3＝…＝a29＝1， a2，a4，…，a30是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以S30＝(a1＋a3＋…＋a29)＋(a2＋a4＋…＋a30)＝15＋15×2＋×2＝255. 2．已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则数列的前10项和等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 所以当n≥2时， a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)， 两式相减得(2n－1)an＝2，即an＝， 又a1＝2，满足此式，所以an＝， ＝＝－， 所以数列的前10项和为 ＋＋…＋＝1－＝. 3．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为________． 答案　100 解析　因为an＝(－1)n(2n－1)，所以a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，a99＋a100＝2， 所以该数列的前100项和为a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100. 4．已知f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f ＋f ＋…＋f ＝________. 答案　2 022 解析　f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝2， 令S＝f ＋f ＋…＋f ， 则S＝f ＋f ＋…＋f ， 两式相加得，2S＝2 022×2，∴S＝2 022. 　　　　[分值：100分] 单选题每小题5分，共45分；多选题每小题6分，共6分 1．求值：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023等于(　　) A．－2 024 B．－1 012 C．－506 D．1 012 答案　B 解析　1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023 ＝(1－3)＋(5－7)＋(9－11)＋…＋(2 021－2 023) ＝－2×506＝－1 012. 2．已知数列{an}的通项公式an＝，则数列{an}的前5项和S5等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为an＝＝1－， 所以数列{an}的前5项和S5＝5－＝5－1＋＝. 3．数列1，3，5，7，…的前n项和Sn等于(　　) A．n2＋1－ B．n2＋2－ C．n2＋1－ D．n2＋2－ 答案　C 解析　数列1，3，5，7，…的通项公式为an＝2n－1＋n， 所以Sn＝＋＋＋＋…＋＝[1＋3＋5＋…＋]＋＝＋＝n2＋1－. 4．已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么数列{bn}＝前n项的和为(　　) A．4 B．4 C．1－ D.－ 答案　A 解析　∵an＝＝＝， ∴bn＝＝＝4. ∴Sn＝4 ＝4. 5．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3n，则其前20项和为(　　) A．380－× B．420－× C．400－× D．440－× 答案　B 解析　数列{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2×(1＋2＋…＋20)－3×＝2×－3×＝420－×. 6．(多选)数列{an}是首项为1的正项数列，an＋1＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝13 B．数列是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2 答案　AB 解析　∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2，又a1＋3＝4，∴数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故B正确； ∴an＋3＝4×2n－1＝2n＋1， ∴an＝2n＋1－3，故C错误； ∴a3＝13，故A正确；∴Sn＝－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误． 7．(5分)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝________. 答案　44.5 解析　设S＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°，① 将①式右边反序得， S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin23°＋sin22°＋sin21°，② ①＋②得， 2S＝(sin21°＋sin289°)＋(sin22°＋sin288°)＋…＋(sin289°＋sin21°) ＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin289°＋cos289°)＝89， ∴S＝44.5. 8．(5分)数列{an}的通项公式an＝，则该数列的前n项和Sn＝______________. 答案　－ 解析　an＝ ＝ ＝＝－， ∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an ＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－) ＝－. 9．(10分)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100. (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．(5分) 解　(1)由已知得 解得 所以数列{an}的通项公式为 an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)由(1)知bn＝ ＝， 所以{bn}的前n项和为 ＝＝. 10．(12分)已知等差数列{an}的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)设bn＝an＋2n，求数列的前n项和Sn.(7分) 解　(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意，得 解得或 所以an＝或an＝－2＋3＝3n－5. (2)当an＝时，bn＝＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝n＋＝2n＋1＋n－2； 当an＝3n－5时，bn＝＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝·n＋＝2n＋1＋n2－n－2. 11．若数列{an}的通项公式是an＝ 其前n项和为Sn，则S30等于(　　) A．120 B．180 C．240 D．360 答案　C 解析　由题意得S30＝(a1＋a3＋…＋a29)＋(a2＋a4＋…＋a30)＝(1＋2＋…＋15)＋(1＋2＋…＋15)＝×2＝240. 12．已知{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 023的值为(　　) A．1 009 B．1 010 C．1 011 D．1 012 答案　D 解析　由题意，当n≥2时，可得Sn－1＝Sn－an， 因为an＋2Sn－1＝n，所以an＋2(Sn－an)＝n， 即2Sn＝an＋n， 当n≥3时，2Sn－1＝an－1＋n－1， 两式相减，可得2an＝an－an－1＋1， 即an＋an－1＝1， 所以a2＋a3＝1，a4＋a5＝1，a6＋a7＝1，…， 所以S2 023＝a1＋＋＋…＋＝1＋×1＝1 012. 13．已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 023＝0，若f(x)＝，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 023)等于(　　) A．2 022 B．4 036 C．2 023 D．4 038 答案　C 解析　∵正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 023＝0， ∴lg(a1·a2 023)＝0，即a1·a2 023＝1. ∵函数f＝， ∴f(x)＋f ＝＋＝＝2. 令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 023)， 则T＝f(a2 023)＋f(a2 022)＋…＋f(a1)， ∴2T＝f(a1)＋f(a2 023)＋f(a2)＋f(a2 022)＋…＋f(a2 023)＋f(a1)＝2×2 023， ∴T＝2 023. 14．(5分)数列{an}满足，n∈N＋，其前n项和为Sn，若Sn<M恒成立，则M的最小值为________． 答案　 解析　an＝＝， 可得其前n项和 Sn＝ ＝， 由>0，可得Sn<， 由Sn<M恒成立，可得M≥， 即M的最小值为. 15．在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则数列的前n项和等于(　　) A．1－ B．1－ C．1－ D．1－ 答案　A 解析　由题意设数列{an}的公比为q(q>0)，若a1＝2，且a1·a5＝64，则4q4＝64，解得q＝2，则an＝2n. 即＝. ∵＝－， ∴数列的前n项和等于 ＋＋…＋＝1－. 16．(12分)已知数列{an}的通项公式为an＝ 求数列{an}的前n项和Sn. 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． ②当n为偶数时， Sn＝[1＋13＋…＋(6n－11)]＋(42＋44＋…＋4n－2＋4n)＝＋. 综上， Sn＝ 学科网（北京）股份有限公司 $