高中数学第二章第二课时数列求和习题课学案含解析新人教A版必修597.pdf

《高中数学第二章第二课时数列求和习题课学案含解析新人教A版必修597.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学第二章第二课时数列求和习题课学案含解析新人教A版必修597.pdf（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 第二课时数列求和 (习题课) 1等差数列和等比数列求和公式是什么？其公式是如何推导的？ 略 2等差数列和等比数列的性质有哪些？ 略 分组转化法求和 例 1 已知数列 an，bn满足a15，an2an 13n1(n 2，nN *)， bnan3 n(n N *) (1)求数列 bn的通项公式； (2)求数列 an的前n项和Sn. 解 (1)an2an13n 1(nN *， n2)， an3 n2(a n13 n1)， bn2bn 1(nN *， n 2) b1a1320， bn0(n2)， bn bn12， bn是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列

2、 bn2 2 n 1 2n. (2)由(1)知anbn3 n2n3n， Sn(22 2 2n) (3 32 3n) 212n 12 313n 1 3 2 n13 n1 2 7 2 . 类题通法 当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但如果它的通项公式可以拆分为几项的 和，而这些项又构成等差数列或等比数列时，那么就可以用分组求和法，即原数列的前n 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 项和等于拆分成的每个数列前n项和的和 活学活用 求数列 1 2，2 3 4，4 7 8， 2n2 2n1 2 n ，的前n项和Sn. 解：an2n2 2 n1 2n (2n2) 1 1 2n (2n1) 1

3、 2 n， Sn 1 22 3 44 7 8 2n1 1 2n 1 1 2 3 1 22 5 1 23 2n1 1 2n 135 (2n1) 1 2 1 2 2 1 2 3 1 2 n n12n1 2 1 2 1 1 2 n 1 1 2 n2 1 2n1. 错位相减法求和 例 2 (山东高考 )已知数列 an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbn bn1. (1)求数列 bn的通项公式； (2)令cn an1 n1 bn2 n ，求数列 cn 的前n项和Tn. 解 (1)由题意知当n2 时， anSnSn16n5. 当n1 时，a1S111，符合上式 所以an6n5.设数列 bn

4、的公差为d. 由 a1b1b2， a2b2b3， 即 112b1d， 172b13d， 解得 b14， d3. 所以bn3n 1. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)由(1)知cn 6n6 n 1 3n 3 n 3(n1)2 n1. 又Tnc1c2cn，得Tn322 2323 (n1)2n1， 2Tn3223324 (n1)2n 2， 两式作差，得Tn3 222 23 2 4 2n1(n1)2n 2 3 4 412n 12 n12 n 2 3n2n 2， 所以Tn3n 2n2. 类题通法 如果数列 an是等差数列， bn 是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位 相减法

5、 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写 出“SnqSn”的表达式 活学活用 已知an n 3n，求数列 an 的前n项和Sn. 解：Sn 1 3 2 3 2 3 3 3 n1 3n 1 n 3n， 1 3 Sn 1 32 2 33 n1 3n n 3 n 1， 两式相减得 2 3S n 1 3 1 3 2 1 33 1 3 n n 3n 1 1 3 1 1 3n 1 1 3 n 3n1 1 2 1 23n n 3 n1， Sn 3 4 1 43n 1 n 23n 3 4 2n3 43n. 裂项相消法求和 例 3 已知等差数列 an的前n项和Sn满足

6、S30，S5 5. (1)求an的通项公式； 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)求数列 1 a2n1a2n 1 的前n项和 解 (1)设an 的公差为d，则Snna1n n1 2 d. 由已知可得 3a13d0， 5a110d 5， 解得a11，d 1. 故an的通项公式为an2n. (2)由(1)知 1 a2n1a2n1 1 32n12n 1 2 1 2n3 1 2n1， 从而数列 1 a2n1a2n 1 的前n项和为 1 2 1 1 1 1 1 1 1 3 1 2n3 1 2n1 n 12n. 类题通法 裂项法的实质是将数列中的每项(通项 )分解，然后重新组合使之能消去一些项

7、，最终达 到求和的目的 利用裂项法的关键是分析数列的通项，观察是否能分解成两项的差，这两项 一定要是同一数列相邻(相间 )的两项，即这两项的结论应一致 活学活用 在数列 an 中，an 1 n1 2 n1 n n1，且 bn 2 anan 1，求数列 bn的前n项和 解：an 1 n 1 (12n) n 2， bn 2 anan1， bn 2 n 2 n1 2 8 1 n 1 n1 ， 数列 bn的前n项和为 Sn81 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 8 1 1 n1 8n n1. 探规寻律 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 数列求和的常用方法归纳 1公式法

8、(分组求和法 ) 如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成，并且各独立项也可组成等差或 等比数列，则该数列的前n项和可考虑拆项后利用公式求解 2裂项求和法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多 利用此法 可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些 项，保留哪些项常见的拆项公式有： 1 nnk 1 k 1 n 1 nk ； 若 an为等差数列，公差为d， 则 1 anan1 1 d 1 an 1 an1 ； 1 n 1n n1n等 3错位相减法 若数列 an 为等差数列，数列bn是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数

9、 列为 anbn，当求该数列的前n项的和时，常常采用将anbn的各项乘公比q，然后错位一项 与anbn的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错 位相减法 4倒序相加法 如果一个数列an，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写 与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加求和法 4.利用错位相减法解决数列求和 典例 (12分 )(江西高考 )已知数列 an的前n项和Sn 1 2n 2 kn(其中kN*) ，且Sn的 最大值为8. (1)确定常数k，并求an； 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)求数列 92

10、an 2 n 的前n项和Tn. 解题流程 规范解答 (1)当nkN *时， Sn 1 2n 2 kn取得最大值， 即 8Sk 1 2k 2 k2 1 2k 2，故 k216，k4.(3分) 当n1 时，a1S1 1 24 7 2，(4 分) 当n2 时，anSnSn1 9 2 n. 名师批注 利用anSnSn1时，易忽视条件n2. 当n1 时，上式也成立，综上，an 9 2n.(6 分) (2)因为 92an 2n n 2n 1，(7 分) 所以Tn1 2 2 3 22 n1 2n 2 n 2n1， (8 分) 所以 2Tn2 2 3 2 n1 2n3 n 2 n2，(9分) ： 2TnTn2

11、1 1 2 1 2n2 n 2 n 1 名师批注 两式相减时，注意不要漏项，由SnqSn得Sn时应注意q是否等于1. 4 1 2n 2 n 2 n 1 4 n2 2n1 .(11 分) 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 故Tn4 n 2 2n 1.(12 分) 活学活用 设数列 an 的通项公式为an(2n1)a n1(a 0)，求其前n项和 解：当a1 时，an2n1 是等差数列， Sn n12n1 2 n2. 当a 1时，Sn13a5a27a 3 (2n1)an1， aSna3a 25a3 (2n3)an 1(2n1)an， 得 (1a)Sn12a2a22a 3 2an 1(2n1

12、)an12aa n 1a(2n1)a n. a1，Sn 12n1an 1a 2aa n 1a 2. 综上所述，当a1 时，Snn2； 当a 1时，Sn 12n1a n 1a 2aa n 1a 2. 随堂即时演练 1已知an(1)n，数列 an 的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是 ( ) A 1,1 B 1， 1 C1,0 D 1,0 解析：选 D S9 111111111 1， S10S9a10 110. 2数列 an， bn满足anbn1，ann23n2，则 bn的前 10 项和为 ( ) A. 1 4 B. 5 12 C. 3 4 D. 7 12 解析：选 B 依题意bn 1 an

13、 1 n23n2 1 n1n 2 1 n1 1 n 2 ，所以 bn 的 前 10 项和为S10 1 2 1 3 1 3 1 4 1 4 1 5 1 11 1 12 1 2 1 12 5 12 ，故选 B. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 3数列 1 1 2，3 1 4，5 1 8，7 1 16 ， (2n1) 1 2n，的前 n项和Sn_. 解析：该数列的通项公式为an (2n 1) 1 2 n，则 Sn 1 3 5 (2n 1) 1 2 1 2 2 1 2 n n21 1 2n. 答案：n21 1 2 n 4已知数列 an 的通项公式an 2 n1 2 n ，其前n项和Sn 32

14、1 64 ，则项数n等于 _ 解析：an 2n1 2n 1 1 2 n， Snn 1 2 1 1 2n 1 1 2 n 1 1 2n 321 64 5 1 64 ， n6. 答案： 6 5已知等比数列an中，a28，a5512. (1)求数列 an的通项公式； (2)令bnnan，求数列 bn的前n项和Sn. 解： (1) a5 a2 512 8 64q3， q4.ana24n 284n222n1. (2)由bnnann 22n 1知 Sn1222 3325 n22n1， 从而 22Sn12 3225 327 n22n1， 得 (122)Sn 22325 2 2n1 n22n 1，即Sn 1

15、9(3n1)2 2n 12 课时达标检测 一、选择题 1已知 an为等比数列，Sn是它的前n项和若a2a32a1，且a4与 2a7的等差中项为 5 4，则 S5等于 ( ) 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 A 35 B33 C31 D29 解析：选 C 设 an的公比为q， 则有 a1qa1q22a1， a1q32a1q6 5 2， 解得 a116， q 1 2. S5 16 1 1 2 5 1 1 2 32 1 1 32 31. 2数列 ( 1)nn的前n项和为Sn，则S2 016等于 ( ) A 1 008 B 1 008 C2 016 D 2 014 解析：选 A S2 016

16、 (12)(34) (2 0152 016)1 008. 3数列 an的通项公式是an 1 nn1 ，若前n项和为 10，则项数为 ( ) A 11 B99 C120 D121 选 C an 1 nn 1 n1n， Sna1a2an (21)(32) (n1n) n 11， 令n 1110，得n120. 4数列 1， 1 12， 1 1 23， 1 12n的前 n项和为 ( ) A. 2n 2n1 B. 2n n1 C.n 2 n1 D. n 2n1 解析：选 B 该数列的通项为an 2 nn1 ，分裂为两项差的形式为an 2 1 n 1 n1 ， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 令

17、n1,2,3， 则Sn21 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1， Sn2 1 1 n1 2n n1. 5已知数列 an： 1 2， 1 3 2 3， 1 4 2 4 3 4， 1 5 2 5 3 5 4 5，那么数列 bn 1 anan1 前n项 的和为 ( ) A 4 1 1 n1 B4 1 2 1 n1 C1 1 n1 D. 1 2 1 n1 解析：选 A an 123n n1 nn1 2 n1 n 2， bn 1 anan 1 4 nn1 4 1 n 1 n1 . Sn4 1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 4 1 1 n1 . 二、填空题

18、 6数列 an中，Sn3 n m，当m_时，数列 an是等比数列 解析：因为a1S1 3m，a2S2S13236，a3S3S23 33218， 又由a1a3a 2 2，得m 1. 答案： 1 7设数列 an 的通项为an2n7(nN *)，则 | a1| |a2| |a15| _. 解析：an2n7， a1 5，a2 3，a3 1，a41，a5 3，a1523， |a1| |a2| |a15| (5 31)(135 23) 9 12123 2 153. 答案： 153 8数列 11,103,1 005,10 007 ，的前n项和Sn_. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 解析：数列的通

19、项公式an10 n(2n 1) 所以Sn (101)(1023) (10n2n 1)(10102 10n)13 (2n 1) 10110n 110 n 12n1 2 10 9 (10n1)n2. 答案： 10 9 (10n1)n2 三、解答题 9设 an是公比为正数的等比数列，a12，a3a2 4. (1)求an的通项公式； (2)设bn 是首项为1，公差为2 的等差数列，求数列anbn的前n项和Sn. 解： (1)设q为等比数列 an 的公比， 则由a12，a3a24， 得 2q2 2q4，即q2q20， 解得q2 或q 1(舍去 )，因此q2. 所以 an的通项公式为an2 2 n12n(

20、nN*) (2)易知bn2n1， 则Sn 212n 12 n1 nn 1 2 22n 1n22. 10已知各项均为正数的数列an满足a 2 n 1an 1an2a 2 n0，nN *，且 a3 2 是a2，a4 的等差中项数列bn 满足b11，且bn1bn2. (1)求数列 an，bn的通项公式； (2)设cn 11 n 2 an 11 n 2 bn，求数列 cn 的前 2n项和T2n. 解： (1)因为a 2 n 1an1an2a 2 n0，所以 (an1an)(an12an)0，因为an0，所以an1 2an，则数列 an是公比为2 的等比数列，又a32 是a2，a4的等差中项，即2(4a

21、12)2a1 8a1，解得a12，所以an2n. 因为数列 bn满足b11，且bn 1bn2.所以数列 bn是公差为 2 的等差数列，易得bn 2n1. (2)由(1)知cn 2 n， n为奇数， 2n1，n为偶数， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 T2n223 2 2n 137 (4n1) 2 2n12 3 2n2n. 11已知数列 an的前n项和为Sn，a1 2，Snn2n. (1)求数列 an的通项公式； (2)设 1 Sn 的前n项和为Tn，求证Tn1. 解： (1)Snn2n，当n2 时，anSnSn 1n2n(n 1) 2(n1)2n， 又a12 满足上式，an2n(nN

22、 *) (2)证明：Snn2nn(n1)， 1 Sn 1 nn1 1 n 1 n1， Tn 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n 1 . nN *， 1 n10， Tn1. 12设公差不为0 的等差数列 an的首项为1，且a2，a5，a14构成等比数列 (1)求数列 an的通项公式； (2)若数列 bn满足 b1 a1 b2 a2 bn an1 1 2 n，n N *，求 bn的前n项和Tn. 解： (1)设等差数列 an的公差为d(d0)， a2，a5，a14构成等比数列，a 2 5a2a14.即(1 4d) 2(1 d)(113d)，解得d0(舍去 )， 或d2. an

23、1(n 1)22n1. (2)由已知 b1 a1 b2 a2 bn an1 1 2n(nN *)， 当n1 时， b1 a1 1 2 ； 当n2 时， bn an 1 1 2n 1 1 2n 1 1 2n. bn an 1 2n(nN *) 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 由(1)，知an 2n1(nN *)， bn 2n1 2n (nN *) 又Tn 1 2 3 22 5 2 3 2n1 2 n ， 1 2 Tn 1 22 3 23 2n3 2 n 2n1 2n 1 ， 两式相减，得 1 2T n 1 2 2 22 2 23 2 2n 2n 1 2 n1 3 2 1 2 n 1 2n1 2n1 ，Tn3 2n3 2 n .