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第四节　数列求和
课程标准 考情分析 核心素养
1.熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，能够利用公式求数列的前n项和． 2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法． 3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和相关的问题． 2021(Ⅰ)第16题考查了等比数列的实际应用以及错位相减法求和． 逻辑推理 数学运算
教材回扣·夯实“四基”
基础知识
　求数列前n项和的常用方法
方法 数列 求和公式
公式法 等差数列 Sn＝________＝na1＋d
等比数列 Sn＝
分组求和法 等差±等比 适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相加(减)构成的数列求和
倒序相加法 对偶法 将一个数列倒过来排列与原数列相加，主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和
裂项相消法 积商化差 适用于通项公式可以积化差的数列求和
错位相减法 等差×等比 适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘(除)构成的数列求和
奇偶讨论法 正负号间隔 适用于奇数项与偶数项正负号间隔的数列求和
[常用结论]
(1)一些常见的数列前n项和公式
①1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
②1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
③2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)；
④12＋22＋…＋n2＝.
(2)常见的裂项技巧
①＝；
②＝；
③＝；
④＝；
⑤＝.
基本技能、思想、活动经验
题组一　思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
1.已知等差数列{an}的公差为d，则有＝.(　　)
2．推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　　)
3．求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(　　)
4．若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是(n>1，n∈N*)首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.(　　)
题组二　教材改编
5．已知两个等差数列2，6，10，…，190及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和是(　　)
A．4608　　B．34 034
C．1 472 D．2 944
6．求和：(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n)＝________．
题组三　易错自纠
7．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)nn2，设cn＝an＋an＋1，则数列{cn}的前200项和为(　　)
A.－200 B．0
C．200 D．10 000
8．在数列{an}中，已知an＝(n∈N*)，则{an}的前n项和Sn＝________．
题型突破·提高“四能”
题型一　分组转化法求和
[例1]　[2022·湖北武汉模拟]设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝1－nan(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求T2n的表达式．
[听课记录]
类题通法
分组转化法求和的两种常见类型
[巩固训练1]　[2022·江苏南京模拟]已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝7a1，且a1，a2＋2，a3成等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前2n项和T2n.
题型二　裂项相消法求和
[例2]　[2022·福建漳州模拟]已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且2S2＝9a1－2，a3＝2a2＋3a1.
(1)若等差数列{bn}满足bi＝ai(i＝1，2)，求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝________，求数列{cn}的前n项和Tn.
在①＋1；
②；
③这三个条件中任选一个补充到第(2)问中，并对其求解．
注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分．
[听课记录]
类题通法
裂项相消法求和的策略
[巩固训练2]　[2022·湖南雅礼中学月考]已知等差数列{an}满足a2＝3，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn.
题型三　 错位相减法求和
[例3]　[2022·山东淄博实验中学月考]已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋n－1.
(1)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(2n－1)·(an＋n)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[听课记录]
类题通法
用错位相减法求和的步骤和策略
(1)步骤：
(2)策略：
[巩固训练3]　[2022·天津大港油田实验中学月考]已知数列{an}是等差数列，设Sn(n∈N*)为数列{an}的前n项和，数列{bn}是等比数列，bn>0，若a1＝3，b1＝1，b3＋S2＝12，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和．
第四节　数列求和
教材回扣　夯实“四基”
基础知识
　
基本技能、思想、活动经验
1．×　2.√　3.×　4.√
5．解析：∵两个数列的公差为4，6，
∴最小公倍数是12.
∴由这两个等差数列的公共项组成的新数列{an}的公差为12.
∵{an}的最大项an≤190，
∴2＋(n－1)12≤190，
解得n≤，∴n＝16.
∴a16＝2＋(16－1)×12＝182，
∴新数列的各项之和为：＝1 472.故选C.
答案：C
6．解析：原式＝(2＋4＋…＋2n)－3(5－1＋5－2＋…＋5－n)
＝(2＋2n)－3×
＝n2＋n－·.
答案：n2＋n－·
7．解析：记数列{cn}的前200项和为Tn，
Tn＝c1＋c2＋…＋c200
＝a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a199＋a200＋a200＋a201
＝2[(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a199＋a200)]－a1＋a201
＝2[(4－1)＋(16－9)＋…＋(2002－1992)]＋1－2012
＝2×[3＋7＋11＋…＋399]＋1－2012
＝2×＋1－2012
＝40 200－40 401＋1＝－200.
故选A.
答案：A
8．解析：∵an＝，
＝，(n∈N*)
∴{an}的前n项和
Sn＝＋…＋]＝.
答案：
题型突破　提高“四能”
例1　解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1－a1，即a1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1－nan－1＋(n－1)an－1，
即(n＋1)an＝(n－1)an－1，因此＝，
所以an＝···…··a1＝×…×＝，
经检验，n＝1时成立，所以an＝；
解析：(2)＝(－1)nn(n＋1)＝(－1)n(n2＋n)，
所以
T2n＝－(12＋1)＋(22＋2)－(32＋3)＋(42＋4)－…－
＝－12＋22－32＋42－…－(2n－1)2＋(2n)2－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n
＝3＋7＋…＋(4n－1)＋n
＝＋n
＝2n2＋2n.
巩固训练1　解析：(1)因为S3＝7a1，所以a1(1＋q＋q2)＝7a1，1＋q＋q2＝7，
解得q＝2，q＝－3(舍)；
又a1，a2＋2，a3成等差数列，
所以2(a2＋2)＝a1＋a3，2(2a1＋2)＝a1＋4a1，解得a1＝4，
所以{an}的通项公式为an＝4×2n－1＝2n＋1.
(2)因为bn＝，
所以T2n＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(4＋16＋64＋…＋22n)＝＝＋n(n＋1)．
例2　解析：(1)设数列{an}的公比为q，则q>0.
∵a3＝2a2＋3a1，
∴q2－2q－3＝0，解得：q＝3或q＝－1，
又因为各项均为正数，
所以q＝3，
又∵2S2＝9a1－2，
∴2a2＝7a1－2，
代入q＝3得a1＝2，a2＝6，
∴an＝a1qn－1＝2×3n－1，
则b1＝a1＝2，b2＝a2＝2×3＝6，
设数列{bn}的公差为d，
∴d＝b2－b1＝6－2＝4，
则bn＝b1＋(n－1)d＝4n－2.
(2)选择①：
∵bn＝4n－2，bn＋1＝4n＋2，
则cn＝＋1＝＋1＝＋1，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn
＝＋1＋＋1＋＋1＋…＋＋1＋＋1
＝＋…＋＋n
＝＋n＝.
选择②：
∵bn＝4n－2，b1＝2，
则b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝＝＝2n2，
∴cn＝＝＝＝，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn
＝＋…＋
＝1－＝.
选择③：
由(1)知an＝2×3n－1，
∴Sn＝＝3n－1.
∴cn＝＝＝，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＋1＋cn
＝＋…＋
＝×(＋…＋－)＝＝.
巩固训练2　解析：(1)因为数列{an}为等差数列，设公差为d，
所以S5＝＝5a3＝25，所以a3＝5，又a2＝3，
所以，解得a1＝1，d＝2.
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝.
所以bn＝
＝)，
Tn＝＋…＋)
＝－1)．
例3　解析：(1)证明：因为an＋1＝2an＋n－1，所以an＋1＋(n＋1)＝2an＋2n，
因为a1＋1＝2≠0，故an＋n≠0即＝2，
所以数列{an＋n}是以2为首项2为公比的等比数列，
则an＋n＝2·2n－1＝2n，故an＝2n－n.
(2)bn＝(2n－1)·(an＋n)＝(2n－1)·2n，
则Tn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n①，
2Tn＝22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1②，
①－②得：－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)·2n＋1
＝2×(2＋22＋…＋2n)－2－(2n－1)·2n＋1＝－(2n－3)·2n＋1－6，
所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
巩固训练3　解析：(1)设公差为d，公比为q，则b3＋S2＝12 b1·q2＋2a1＋d＝12，即q2＋d＝6①，
a5－2b2＝a3 a1＋4d－2b1q＝a1＋2d，即d＝q②，
联立①②可得d＝q＝2，
故an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1，bn＝b1·qn－1＝2n－1；
解析：(2)an·bn＝(2n＋1)·2n－1，设数列{an·bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝3·20＋5·21＋…＋(2n＋1)·2n－1③，
2Tn＝3·21＋5·22＋…＋(2n＋1)·2n④，
④－③可得
Tn＝－＋(2n＋1)·2n＝－＋(2n＋1)·2n＝(2n－1)2n＋1，
故{an·bn}的前n项和为(2n－1)2n＋1.

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