苏教版高中数学选择性必修一第4章习题课《并项求和、错位相减法》教案及课件.zip
习题课并项求和、错位相减法习题课并项求和、错位相减法学习目标 1.熟练掌握等差与等比数列前 n 项和公式中各个符号的意义.2.根据数列的结构形式会用并项法和错位相减法求和一、并项求和例 1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(12)(34)(56)(n1)nn2.若 n 是奇数，则 Sn(12)(34)(56)(n)n12nn12.综上所述，SnError!Error!nN*.方法二可采用分组求和(略)延伸探究若 an(1)nn2，求数列an的前 n 项和 Sn.解若 n 是偶数，Sn(1222)(3242)(5262)(n1)2n237112n1，共有n2项，故 Snn23n2(n21)24n22n2，若 n 是奇数，Sn(1222)(3242)(5262)(n2)3711(n2)，其中有前n12是等差数列，故有Snn123n12(n121)24n2n22n2，综上所述，SnError!Error!nN*.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，有些摆动型的数列也可采用分组求和跟踪训练 1若数列an的通项公式是 an(1)n1(3n2)，则 a1a2a2 021等于()A3 027 B3 027 C3 031 D3 031答案D解析S2 021(14)(710)(6 0556 058)6 0611 010(3)6 0613 031.二、错位相减法例 2求和：Snx2x23x3nxn(x0)解当 x1 时，Sn123nnn12；当 x1 时，Snx2x23x3nxn，xSnx22x33x4(n1)xnnxn1，(1x)Snxx2x3xnnxn1x1xn1xnxn1，Snx1xn1x2nxn11x.综上可得，SnError!Error!反思感悟(1)一般地，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(2)用错位相减法求和时，应注意：要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形在写出“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“SnqSn”的表达式跟踪训练 2已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列Snn是公差为 1 的等差数列，且 a23.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan3n，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)数列Snn是公差为 1 的等差数列，Snna1n1，可得 Snn(a1n1)，a1a22(a11)，且 a23.解得 a11.Snn2.n2 时，anSnSn1n2(n1)22n1(n1 时也成立)an2n1.(2)bnan3n(2n1)3n，数列bn的前 n 项和Tn3332533(2n1)3n，3Tn32333(2n3)3n(2n1)3n1，2Tn32(32333n)(2n1)3n13293n1131(2n1)3n1，可得 Tn3(n1)3n1.1知识清单：(1)并项求和(2)错位相减法求和2方法归纳：公式法、错位相减法3常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶；错位相减法中要注意相减后的项数、符号及化简1已知在前 n 项和为 Sn的数列an中，a11，an1an2，则 S101等于()A97 B98C99 D100答案C解析由 an1an2，得 anan12，则 S101a1(a2a3)(a100a101)125099.2数列an的通项公式为 an1n2sin n2，前 n 项和为 Sn，则 S100等于()A50 B2 400 C4 900 D9 900答案C解析a1112，a21，a3132，a41，考虑到 ysin n2的周期为 4，所以 S100100123252729729921002(135799)1002199 5024 900.3已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S37，S663，则数列nan的前 n 项和为()A3(n1)2n B3(n1)2nC1(n1)2n D1(n1)2n答案D解析设等比数列an的公比为 q，易知 q1，所以由题设得Error!Error!两式相除得 1q39，解得 q2，进而可得 a11，所以 ana1qn12n1，所以 nann2n1.设数列nan的前 n 项和为 Tn，则 Tn120221322n2n1，2Tn121222323n2n，两式作差得Tn12222n1n2n12n12n2n1(1n)2n，故 Tn1(n1)2n.4计算 112212231239129_.答案1 013512解析S112212231239129，12S11222123312491210，由得，12S121221231299121012(1129)112912101129912101112101 0131 024，所以 S1 013512.课时对点练课时对点练1若数列an的通项公式是 an(1)n(3n1)，则 a1a2a10等于()A15 B12 C12 D15答案A解析因为 an(1)n(3n1)，所以 a1a2253，a3a48113，a5a614173，a7a820233，a9a1026293，因此 a1a2a103515.2已知数列an中，a11，anan13，Sn为其前 n 项和，则 S2 021等于()A3 030 B3 031 C3 032 D3 033答案B解析由题意 a22，a31，a42，故奇数项为 1，偶数项为 2，则 S2 021(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)a2 02131 01013 031.3数列an满足 a11，a23，且 an12anan10(n2)，则an的前 2020 项和为()A8 080 B4 040 C4 040 D0答案B解析由递推关系式可得 a1a2(a2a3)，a2a3(a3a4)，所以 a3a4a1a24，同理可得 a5a6a7a8a2 019a2 0204，所以 S2 02041 0104 040.4已知函数 f(n)Error!Error!且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3a100等于()A0 B100 C100 D10 200答案B解析anf(n)f(n1)由已知条件知，anError!Error!即 anError!Error!an(1)n(2n1)，anan12(n 是奇数)，a1a2a3a100(a1a2)(a3a4)(a99a100)2222100.5定义x表示不超过 x 的最大整数，如0.39 0，1.28 1.若数列an的通项公式为 anlog2n，Sn为数列an的前 n 项和，则 S2 047等于()A2112 B32112C62112 D92112答案D解析n1，log2n0，当 0log2n1 时，n1，即 a10(共 1 项)；当 1log2n2 时，n2,3，即 a2a31(共 2 项)；当 2log2n3 时，n4,5,6,7，即 a4a5a6a72(共 4 项)；当 klog2n0，记数列2nan的前 n 项和为 Tn，则使得 Tn2 021 成立的 n 的最小值为()A7 B8 C10 D11答案B解析由题意，得 2Snan(an1)(n N*)，当 n2 时，2Sn1an1(an11)，所以 2an2Sn2Sn1an(an1)an1(an11)，整理得(anan1)(anan11)0，因为数列an单调递增且 Sn0，所以 anan10，anan110，即 anan11，当 n1 时，2S1a1(a11)，所以 a11，所以数列an是以 1 为首项，公差为 1 的等差数列，所以 ann，所以 Tn121222323n2n，2Tn122223324(n1)2nn2n1，所以Tn22223242nn2n12(12n)12n2n1(1n)2n12，所以 Tn(n1)2n12，所以 T762821 538，T872923 586，所以 Tn2 021 成立的 n 的最小值为 8.7已知数列an满足：ancos 2(n1)3，则an的前 100 项和为_答案1解因为 ancos 2(n1)3，所以 a11，a212，a312，a41，a512，a612，可知数列an是以 3 为周期的周期数列，且 a1a2a30，所以 S100a1a2a3a4a5a6a97a98a99a100(a1a2a3)(a4a5a6)(a97a98a99)a100a100a11.8已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2an1(nN*)，则数列nan的前 n 项和 Tn为_答案(n1)2n1解析Sn2an1(nN*)，n1 时，a12a11，解得 a11，n2 时，anSnSn12an1(2an11)，化为 an2an1，数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列，an2n1.nann2n1.则数列nan的前 n 项和 Tn122322n2n1.2Tn2222(n1)2n1n2n，Tn12222n1n2n12n12n2n(1n)2n1，Tn(n1)2n1.9已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a38，S52a7.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足 bnancos n2n1，求数列bn的前 2n 项和 T2n.解(1)设an的公差为 d，依题意得Error!Error!解得Error!Error!所以 ana1(n1)d23(n1)3n1.(2)bnancos n2n1(1)nan2n1，T2n(a2a1)(a4a3)(a2na2n1)(222322n1)3n22(122n)123n22n24.10已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；(2)bn为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，已知 S2n1bnbn1，求数列bnan的前 n项和 Tn.解(1)设数列an的公比为 q，由题意知，a1(1q)6，a2 1qa1q2，又 an0，解得 a12，q2，所以 an2n.(2)由题意知 S2n12n1b1b2n12(2n1)bn1，又 S2n1bnbn1，bn10，所以 bn2n1.令 cnbnan，则 cn2n12n，因此 Tnc1c2cn325227232n12n12n12n，又12Tn3225237242n12n2n12n1，两式相减得12Tn32(1212212n1)2n12n1，所以 Tn52n52n.11已知an的前 n 项和为 Sn，a11，当 n2 时，an2Sn1n，则 S2 021的值为()A1 008 B1 009 C1 010 D1 011答案D解析由题意，当 n2 时，可得 Sn1Snan，因为 an2Sn1n，所以 an2(Snan)n，即 2Snann，当 n3 时，2Sn1an1n1，两式相减，可得 2ananan11，即 anan11，所以 a2a31，a4a51，a6a71，所以 S2 021a1(a2a3)(a4a5)(a2 020a2 021)12 0211211 011.12公元 1202 年列昂那多斐波那契(意大利著名数学家)以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”an：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，即 a11，a21，anan1an2(n N*，n 2)，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用若此数列an的各项除以 2 后的余数构成一个新数列bn，设数列bn的前 n 项的和为 Tn，若数列an满足：cna2n1anan2，设数列cn的前 n 项的和为 Sn，则 T2 022S2 022等于()A1 349 B1 348 C674 D673答案B解析“兔子数列”的各项为 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，此数列被 2 除后的余数依次为：1,1,0,1,1,0,1,1,0，即 b11，b21，b30，b41，b51，b60，数列bn是以 3 为周期的周期数列，T2 022674(b1b2b3)67421 348，由题意知cn1cna2n2an1an1an2a2n1anan2an2an2an1a2n1a2n1anan2anan2a2n1a2n1anan21，由于 c1a2 2a1a31，所以 cn(1)n，所以 S2 022(11)(11)(11)0.则 T2 022S2 0221 348.13在数列an中，a11，对于任意自然数 n，都有 an1ann2n，则 a15等于()A142152 B132142C142153 D132153答案D解析an1ann2n，a2a1121，a3a2222，a4a3323 anan1(n1)2n1，以上 n1 个等式，累加得 ana1121222323(n1)2n1，又2an2a1122223324(n2)2n1(n1)2n，得 a1an222232n1(n1)2n212n112(n1)2n(2n)2n2，an(n2)2n3(n2)，a15(152)2153132153.14设 Xn1,2,3，n(n N*)，对 Xn的任意非空子集 A，定义 f(A)为 A 中的最大元素，当 A 取遍 Xn的所有非空子集时，对应的 f(A)的和为 Sn，则 S5_.答案129解析由 Xn1,2,3，n(n N*)，Xn的任意非空子集 A 共有 2n1 个，其中最大值为 n 的有 2n1，最大值为 n1 的有 2n2个，最大值为 1 的有 201 个，故 Sn2012122n2(n1)2n1n，所以 2Sn2112222n1(n1)2nn，两式相减得Sn121222n12nn，所以Sn12n122nn2n12nn，故 Sn(n1)2n1，所以 S5(51)251129.15在数列an中，a11，a22，且 an2an1(1)n(nN*)，则 a1a2a51_.答案676解析当 n 为偶数时，an2an2，an2(n21)2n；当 n 为奇数时，an2an0，an1；所以 a1a2a51261(24650)2611225(250)676.16已知数列an满足 a11，an12an(为常数)(1)试探究数列an是不是等比数列，并求 an；(2)当 1 时，求数列n(an)的前 n 项和 Tn.解(1)因为 an12an，所以 an12(an)又 a11，所以当 1 时，a10，数列an不是等比数列，此时 anan10，即 an1；当 1 时，a10，所以 an0，所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，此时 an(1)2n1，即 an(1)2n1.(2)由(1)知 an2n1，所以 n(an1)n2n，Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，得，Tn222232nn2n1212n12n2n12n12n2n1(1n)2n12.所以 Tn(n1)2n12.苏教版高中数学课件苏教版高中数学课件并项求和、错位相减法并项求和、错位相减法一、并项求和一、并项求和例1已知数列an(1)nn，求数列 的前n项和Sn.解方法一若n是偶数，若n是奇数，方法二可采用分组求和(略).延伸探究若an(1)nn2，求数列 的前n项和Sn.解若n是偶数，Sn(1222)(3242)(5262)(n1)2n2若n是奇数，Sn(1222)(3242)(5262)(n2)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，有些摆动型的数列也可采用分组求和.跟踪训练1若数列 的通项公式是an(1)n1(3n2)，则a1a2a2 021等于A.3 027 B.3 027 C.3 031 D.3 031解析S2 021(14)(710)(6 0556 058)6 0611 010(3)6 0613 031.二、错位相减法二、错位相减法例2求和：Snx2x23x3nxn(x0).当x1时，Snx2x23x3nxn，xSnx22x33x4(n1)xnnxn1，(1x)Snxx2x3xnnxn1反思感悟(1)一般地，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.(2)用错位相减法求和时，应注意：要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.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“SnqSn”的表达式.跟跟踪踪训训练练2已知数列an的前n项和为Sn，数列 是公差为1的等差数列，且a23.(1)求数列an的通项公式；可得Snn(a1n1)，a1a22(a11)，且a23.解得a11.Snn2.n2时，anSnSn1n2(n1)22n1(n1时也成立).an2n1.(2)设bnan3n，求数列bn的前n项和Tn.解bnan3n(2n1)3n，数列bn的前n项和Tn3332533(2n1)3n，3Tn32333(2n3)3n(2n1)3n1，2Tn32(32333n)(2n1)3n1可得Tn3(n1)3n1.1.知识清单：(1)并项求和.(2)错位相减法求和.2.方法归纳：公式法、错位相减法.3.常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶；错位相减法中要注意相减后的项数、符号及化简.课堂小结课堂小结随堂演练随堂演练1.已知在前n项和为Sn的数列 中，a11，an1an2，则S101等于A.97 B.98C.99 D.100解析由an1an2，得anan12，则S101a1(a2a3)(a100a101)125099.12342.数列 的通项公式为an1 ，前n项和为Sn，则S100等于A.50 B.2 400 C.4 900 D.9 900解析a1112，a21，a3132，a41，所以S10010012325272972992123412343.已知等比数列an的前n项和为Sn，若S37，S663，则数列nan的前n项和为A.3(n1)2n B.3(n1)2nC.1(n1)2n D.1(n1)2n解析设等比数列an的公比为q，易知q1，两式相除得1q39，解得q2，进而可得a11，所以ana1qn12n1，所以nann2n1.设数列nan的前n项和为Tn，1234则Tn120221322n2n1，2Tn121222323n2n，1(1n)2n，故Tn1(n1)2n.12341234课时对点练课时对点练基础巩固12345678910 11 12 13 14 15 16A.15 B.12 C.12 D.15所以a1a2253，a3a48113，a5a614173，a7a820233，a9a1026293，因此a1a2a103515.12345678910 11 12 13 14 15 162.已知数列 中，a11，anan13，Sn为其前n项和，则S2 021等于A.3 030 B.3 031 C.3 032 D.3 033解析由题意a22，a31，a42，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 021(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)a2 02131 01013 031.12345678910 11 12 13 14 15 163.数列 满足a11，a23，且an12anan10(n2)，则 的前2020项和为A.8 080 B.4 040 C.4 040 D.0所以a3a4a1a24，同理可得a5a6a7a8a2 019a2 0204，所以S2 02041 0104 040.12345678910 11 12 13 14 15 16A.0 B.100 C.100 D.10 20012345678910 11 12 13 14 15 16解析anf(n)f(n1)an(1)n(2n1)，anan12(n是奇数)，a1a2a3a100(a1a2)(a3a4)(a99a100)2222100.12345678910 11 12 13 14 15 16A.2112 B.32112C.62112 D.9211212345678910 11 12 13 14 15 16解析n1，log2n0，当0log2n1时，n1，即a10(共1项)；当1log2n2时，n2,3，即a2a31(共2项)；当2log2n3时，n4,5,6,7，即a4a5a6a72(共4项)；当klog2n2 021成立的n的最小值为8.12345678910 11 12 13 14 15 16所以S100a1a2a3a4a5a6a97a98a99a100 112345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 168.已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an1(nN*)，则数列nan的前n项和Tn为_.(n1)2n1解析Sn2an1(nN*)，n1时，a12a11，解得a11，n2时，anSnSn12an1(2an11)，化为an2an1，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，an2n1.nann2n1.则数列nan的前n项和Tn122322n2n1.2Tn2222(n1)2n1n2n，Tn(n1)2n1.12345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 163n22n24.12345678910 11 12 13 14 15 1610.已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；解设数列an的公比为q，又an0，解得a12，q2，所以an2n.12345678910 11 12 13 14 15 16(2)bn为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n1bnbn1，求数列 的前n项和Tn.又S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.因此Tnc1c2cn12345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 16综合运用11.已知 的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S2 021的值为A.1 008 B.1 009 C.1 010 D.1 01112345678910 11 12 13 14 15 16解析由题意，当n2时，可得Sn1Snan，因为an2Sn1n，所以an2(Snan)n，即2Snann，当n3时，2Sn1an1n1，两式相减，可得2ananan11，即anan11，所以a2a31，a4a51，a6a71，12345678910 11 12 13 14 15 16解析“兔子数列”的各项为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，此数列被2除后的余数依次为：1,1,0,1,1,0,1,1,0，即b11，b21，b30，b41，b51，b60，T2 022674(b1b2b3)67421 348，12345678910 11 12 13 14 15 16所以cn(1)n，所以S2 022(11)(11)(11)0.则T2 022S2 0221 348.12345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 1613.在数列 中，a11，对于任意自然数n，都有an1ann2n，则a15等于A.142152 B.132142C.142153 D.13215312345678910 11 12 13 14 15 16解析an1ann2n，a2a1121，a3a2222，a4a3323 anan1(n1)2n1，以上n1个等式，累加得ana1121222323(n1)2n1，又2an2a1122223324(n2)2n1(n1)2n，得a1an222232n1(n1)2n12345678910 11 12 13 14 15 16an(n2)2n3(n2)，a15(152)2153132153.12345678910 11 12 13 14 15 1614.设Xn1,2,3，n ，对Xn的任意非空子集A，定义f(A)为A中的最大元素，当A取遍Xn的所有非空子集时，对应的f(A)的和为Sn，则S5_.129Xn的任意非空子集A共有2n1个，其中最大值为n的有2n1，最大值为n1的有2n2个，最大值为1的有201个，两式相减得Sn121222n12nn，12345678910 11 12 13 14 15 16拓广探究12345678910 11 12 13 14 15 1615.在数列an中，a11，a22，且an2an1(1)n(nN*)，则a1a2a51_.676当n为奇数时，an2an0，an1；所以a1a2a51261(24650)261 25(250)676.12345678910 11 12 13 14 15 1616.已知数列an满足a11，an12an(为常数).(1)试探究数列an是不是等比数列，并求an；解因为an12an，所以an12(an).又a11，所以当1时，a10，数列an不是等比数列，此时anan10，即an1；当1时，a10，所以an0，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，此时an(1)2n1，即an(1)2n1.12345678910 11 12 13 14 15 16(2)当1时，求数列n(an)的前n项和Tn.解由(1)知an2n1，所以n(an1)n2n，Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，得，2n12n2n1(1n)2n12.所以Tn(n1)2n12.
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习题课并项求和、错位相减法习题课并项求和、错位相减法学习目标 1.熟练掌握等差与等比数列前 n 项和公式中各个符号的意义.2.根据数列的结构形式会用并项法和错位相减法求和一、并项求和例 1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(12)(34)(56)(n1)nn2.若 n 是奇数，则 Sn(12)(34)(56)(n)n12nn12.综上所述，SnError!Error!nN*.方法二可采用分组求和(略)延伸探究若 an(1)nn2，求数列an的前 n 项和 Sn.解若 n 是偶数，Sn(1222)(3242)(5262)(n1)2n237112n1，共有n2项，故 Snn23n2(n21)24n22n2，若 n 是奇数，Sn(1222)(3242)(5262)(n2)3711(n2)，其中有前n12是等差数列，故有Snn123n12(n121)24n2n22n2，综上所述，SnError!Error!nN*.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，有些摆动型的数列也可采用分组求和跟踪训练 1若数列an的通项公式是 an(1)n1(3n2)，则 a1a2a2 021等于()A3 027 B3 027 C3 031 D3 031答案D解析S2 021(14)(710)(6 0556 058)6 0611 010(3)6 0613 031.二、错位相减法例 2求和：Snx2x23x3nxn(x0)解当 x1 时，Sn123nnn12；当 x1 时，Snx2x23x3nxn，xSnx22x33x4(n1)xnnxn1，(1x)Snxx2x3xnnxn1x1xn1xnxn1，Snx1xn1x2nxn11x.综上可得，SnError!Error!反思感悟(1)一般地，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(2)用错位相减法求和时，应注意：要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形在写出“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“SnqSn”的表达式跟踪训练 2已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列Snn是公差为 1 的等差数列，且 a23.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan3n，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)数列Snn是公差为 1 的等差数列，Snna1n1，可得 Snn(a1n1)，a1a22(a11)，且 a23.解得 a11.Snn2.n2 时，anSnSn1n2(n1)22n1(n1 时也成立)an2n1.(2)bnan3n(2n1)3n，数列bn的前 n 项和Tn3332533(2n1)3n，3Tn32333(2n3)3n(2n1)3n1，2Tn32(32333n)(2n1)3n13293n1131(2n1)3n1，可得 Tn3(n1)3n1.1知识清单：(1)并项求和(2)错位相减法求和2方法归纳：公式法、错位相减法3常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶；错位相减法中要注意相减后的项数、符号及化简1已知在前 n 项和为 Sn的数列an中，a11，an1an2，则 S101等于()A97 B98C99 D100答案C解析由 an1an2，得 anan12，则 S101a1(a2a3)(a100a101)125099.2数列an的通项公式为 an1n2sin n2，前 n 项和为 Sn，则 S100等于()A50 B2 400 C4 900 D9 900答案C解析a1112，a21，a3132，a41，考虑到 ysin n2的周期为 4，所以 S100100123252729729921002(135799)1002199 5024 900.3已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S37，S663，则数列nan的前 n 项和为()A3(n1)2n B3(n1)2nC1(n1)2n D1(n1)2n答案D解析设等比数列an的公比为 q，易知 q1，所以由题设得Error!Error!两式相除得 1q39，解得 q2，进而可得 a11，所以 ana1qn12n1，所以 nann2n1.设数列nan的前 n 项和为 Tn，则 Tn120221322n2n1，2Tn121222323n2n，两式作差得Tn12222n1n2n12n12n2n1(1n)2n，故 Tn1(n1)2n.4计算 112212231239129_.答案1 013512解析S112212231239129，12S11222123312491210，由得，12S121221231299121012(1129)112912101129912101112101 0131 024，所以 S1 013512.课时对点练课时对点练1若数列an的通项公式是 an(1)n(3n1)，则 a1a2a10等于()A15 B12 C12 D15答案A解析因为 an(1)n(3n1)，所以 a1a2253，a3a48113，a5a614173，a7a820233，a9a1026293，因此 a1a2a103515.2已知数列an中，a11，anan13，Sn为其前 n 项和，则 S2 021等于()A3 030 B3 031 C3 032 D3 033答案B解析由题意 a22，a31，a42，故奇数项为 1，偶数项为 2，则 S2 021(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)a2 02131 01013 031.3数列an满足 a11，a23，且 an12anan10(n2)，则an的前 2020 项和为()A8 080 B4 040 C4 040 D0答案B解析由递推关系式可得 a1a2(a2a3)，a2a3(a3a4)，所以 a3a4a1a24，同理可得 a5a6a7a8a2 019a2 0204，所以 S2 02041 0104 040.4已知函数 f(n)Error!Error!且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3a100等于()A0 B100 C100 D10 200答案B解析anf(n)f(n1)由已知条件知，anError!Error!即 anError!Error!an(1)n(2n1)，anan12(n 是奇数)，a1a2a3a100(a1a2)(a3a4)(a99a100)2222100.5定义x表示不超过 x 的最大整数，如0.39 0，1.28 1.若数列an的通项公式为 anlog2n，Sn为数列an的前 n 项和，则 S2 047等于()A2112 B32112C62112 D92112答案D解析n1，log2n0，当 0log2n1 时，n1，即 a10(共 1 项)；当 1log2n2 时，n2,3，即 a2a31(共 2 项)；当 2log2n3 时，n4,5,6,7，即 a4a5a6a72(共 4 项)；当 klog2n0，记数列2nan的前 n 项和为 Tn，则使得 Tn2 021 成立的 n 的最小值为()A7 B8 C10 D11答案B解析由题意，得 2Snan(an1)(n N*)，当 n2 时，2Sn1an1(an11)，所以 2an2Sn2Sn1an(an1)an1(an11)，整理得(anan1)(anan11)0，因为数列an单调递增且 Sn0，所以 anan10，anan110，即 anan11，当 n1 时，2S1a1(a11)，所以 a11，所以数列an是以 1 为首项，公差为 1 的等差数列，所以 ann，所以 Tn121222323n2n，2Tn122223324(n1)2nn2n1，所以Tn22223242nn2n12(12n)12n2n1(1n)2n12，所以 Tn(n1)2n12，所以 T762821 538，T872923 586，所以 Tn2 021 成立的 n 的最小值为 8.7已知数列an满足：ancos 2(n1)3，则an的前 100 项和为_答案1解因为 ancos 2(n1)3，所以 a11，a212，a312，a41，a512，a612，可知数列an是以 3 为周期的周期数列，且 a1a2a30，所以 S100a1a2a3a4a5a6a97a98a99a100(a1a2a3)(a4a5a6)(a97a98a99)a100a100a11.8已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2an1(nN*)，则数列nan的前 n 项和 Tn为_答案(n1)2n1解析Sn2an1(nN*)，n1 时，a12a11，解得 a11，n2 时，anSnSn12an1(2an11)，化为 an2an1，数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列，an2n1.nann2n1.则数列nan的前 n 项和 Tn122322n2n1.2Tn2222(n1)2n1n2n，Tn12222n1n2n12n12n2n(1n)2n1，Tn(n1)2n1.9已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a38，S52a7.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足 bnancos n2n1，求数列bn的前 2n 项和 T2n.解(1)设an的公差为 d，依题意得Error!Error!解得Error!Error!所以 ana1(n1)d23(n1)3n1.(2)bnancos n2n1(1)nan2n1，T2n(a2a1)(a4a3)(a2na2n1)(222322n1)3n22(122n)123n22n24.10已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；(2)bn为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，已知 S2n1bnbn1，求数列bnan的前 n项和 Tn.解(1)设数列an的公比为 q，由题意知，a1(1q)6，a2 1qa1q2，又 an0，解得 a12，q2，所以 an2n.(2)由题意知 S2n12n1b1b2n12(2n1)bn1，又 S2n1bnbn1，bn10，所以 bn2n1.令 cnbnan，则 cn2n12n，因此 Tnc1c2cn325227232n12n12n12n，又12Tn3225237242n12n2n12n1，两式相减得12Tn32(1212212n1)2n12n1，所以 Tn52n52n.11已知an的前 n 项和为 Sn，a11，当 n2 时，an2Sn1n，则 S2 021的值为()A1 008 B1 009 C1 010 D1 011答案D解析由题意，当 n2 时，可得 Sn1Snan，因为 an2Sn1n，所以 an2(Snan)n，即 2Snann，当 n3 时，2Sn1an1n1，两式相减，可得 2ananan11，即 anan11，所以 a2a31，a4a51，a6a71，所以 S2 021a1(a2a3)(a4a5)(a2 020a2 021)12 0211211 011.12公元 1202 年列昂那多斐波那契(意大利著名数学家)以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”an：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，即 a11，a21，anan1an2(n N*，n 2)，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用若此数列an的各项除以 2 后的余数构成一个新数列bn，设数列bn的前 n 项的和为 Tn，若数列an满足：cna2n1anan2，设数列cn的前 n 项的和为 Sn，则 T2 022S2 022等于()A1 349 B1 348 C674 D673答案B解析“兔子数列”的各项为 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，此数列被 2 除后的余数依次为：1,1,0,1,1,0,1,1,0，即 b11，b21，b30，b41，b51，b60，数列bn是以 3 为周期的周期数列，T2 022674(b1b2b3)67421 348，由题意知cn1cna2n2an1an1an2a2n1anan2an2an2an1a2n1a2n1anan2anan2a2n1a2n1anan21，由于 c1a2 2a1a31，所以 cn(1)n，所以 S2 022(11)(11)(11)0.则 T2 022S2 0221 348.13在数列an中，a11，对于任意自然数 n，都有 an1ann2n，则 a15等于()A142152 B132142C142153 D132153答案D解析an1ann2n，a2a1121，a3a2222，a4a3323 anan1(n1)2n1，以上 n1 个等式，累加得 ana1121222323(n1)2n1，又2an2a1122223324(n2)2n1(n1)2n，得 a1an222232n1(n1)2n212n112(n1)2n(2n)2n2，an(n2)2n3(n2)，a15(152)2153132153.14设 Xn1,2,3，n(n N*)，对 Xn的任意非空子集 A，定义 f(A)为 A 中的最大元素，当 A 取遍 Xn的所有非空子集时，对应的 f(A)的和为 Sn，则 S5_.答案129解析由 Xn1,2,3，n(n N*)，Xn的任意非空子集 A 共有 2n1 个，其中最大值为 n 的有 2n1，最大值为 n1 的有 2n2个，最大值为 1 的有 201 个，故 Sn2012122n2(n1)2n1n，所以 2Sn2112222n1(n1)2nn，两式相减得Sn121222n12nn，所以Sn12n122nn2n12nn，故 Sn(n1)2n1，所以 S5(51)251129.15在数列an中，a11，a22，且 an2an1(1)n(nN*)，则 a1a2a51_.答案676解析当 n 为偶数时，an2an2，an2(n21)2n；当 n 为奇数时，an2an0，an1；所以 a1a2a51261(24650)2611225(250)676.16已知数列an满足 a11，an12an(为常数)(1)试探究数列an是不是等比数列，并求 an；(2)当 1 时，求数列n(an)的前 n 项和 Tn.解(1)因为 an12an，所以 an12(an)又 a11，所以当 1 时，a10，数列an不是等比数列，此时 anan10，即 an1；当 1 时，a10，所以 an0，所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，此时 an(1)2n1，即 an(1)2n1.(2)由(1)知 an2n1，所以 n(an1)n2n，Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，得，Tn222232nn2n1212n12n2n12n12n2n1(1n)2n12.所以 Tn(n1)2n12.苏教版高中数学课件苏教版高中数学课件并项求和、错位相减法并项求和、错位相减法一、并项求和一、并项求和例1已知数列an(1)nn，求数列 的前n项和Sn.解方法一若n是偶数，若n是奇数，方法二可采用分组求和(略).延伸探究若an(1)nn2，求数列 的前n项和Sn.解若n是偶数，Sn(1222)(3242)(5262)(n1)2n2若n是奇数，Sn(1222)(3242)(5262)(n2)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，有些摆动型的数列也可采用分组求和.跟踪训练1若数列 的通项公式是an(1)n1(3n2)，则a1a2a2 021等于A.3 027 B.3 027 C.3 031 D.3 031解析S2 021(14)(710)(6 0556 058)6 0611 010(3)6 0613 031.二、错位相减法二、错位相减法例2求和：Snx2x23x3nxn(x0).当x1时，Snx2x23x3nxn，xSnx22x33x4(n1)xnnxn1，(1x)Snxx2x3xnnxn1反思感悟(1)一般地，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.(2)用错位相减法求和时，应注意：要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.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“SnqSn”的表达式.跟跟踪踪训训练练2已知数列an的前n项和为Sn，数列 是公差为1的等差数列，且a23.(1)求数列an的通项公式；可得Snn(a1n1)，a1a22(a11)，且a23.解得a11.Snn2.n2时，anSnSn1n2(n1)22n1(n1时也成立).an2n1.(2)设bnan3n，求数列bn的前n项和Tn.解bnan3n(2n1)3n，数列bn的前n项和Tn3332533(2n1)3n，3Tn32333(2n3)3n(2n1)3n1，2Tn32(32333n)(2n1)3n1可得Tn3(n1)3n1.1.知识清单：(1)并项求和.(2)错位相减法求和.2.方法归纳：公式法、错位相减法.3.常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶；错位相减法中要注意相减后的项数、符号及化简.课堂小结课堂小结随堂演练随堂演练1.已知在前n项和为Sn的数列 中，a11，an1an2，则S101等于A.97 B.98C.99 D.100解析由an1an2，得anan12，则S101a1(a2a3)(a100a101)125099.12342.数列 的通项公式为an1 ，前n项和为Sn，则S100等于A.50 B.2 400 C.4 900 D.9 900解析a1112，a21，a3132，a41，所以S10010012325272972992123412343.已知等比数列an的前n项和为Sn，若S37，S663，则数列nan的前n项和为A.3(n1)2n B.3(n1)2nC.1(n1)2n D.1(n1)2n解析设等比数列an的公比为q，易知q1，两式相除得1q39，解得q2，进而可得a11，所以ana1qn12n1，所以nann2n1.设数列nan的前n项和为Tn，1234则Tn120221322n2n1，2Tn121222323n2n，1(1n)2n，故Tn1(n1)2n.12341234课时对点练课时对点练基础巩固12345678910 11 12 13 14 15 16A.15 B.12 C.12 D.15所以a1a2253，a3a48113，a5a614173，a7a820233，a9a1026293，因此a1a2a103515.12345678910 11 12 13 14 15 162.已知数列 中，a11，anan13，Sn为其前n项和，则S2 021等于A.3 030 B.3 031 C.3 032 D.3 033解析由题意a22，a31，a42，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 021(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)a2 02131 01013 031.12345678910 11 12 13 14 15 163.数列 满足a11，a23，且an12anan10(n2)，则 的前2020项和为A.8 080 B.4 040 C.4 040 D.0所以a3a4a1a24，同理可得a5a6a7a8a2 019a2 0204，所以S2 02041 0104 040.12345678910 11 12 13 14 15 16A.0 B.100 C.100 D.10 20012345678910 11 12 13 14 15 16解析anf(n)f(n1)an(1)n(2n1)，anan12(n是奇数)，a1a2a3a100(a1a2)(a3a4)(a99a100)2222100.12345678910 11 12 13 14 15 16A.2112 B.32112C.62112 D.9211212345678910 11 12 13 14 15 16解析n1，log2n0，当0log2n1时，n1，即a10(共1项)；当1log2n2时，n2,3，即a2a31(共2项)；当2log2n3时，n4,5,6,7，即a4a5a6a72(共4项)；当klog2n2 021成立的n的最小值为8.12345678910 11 12 13 14 15 16所以S100a1a2a3a4a5a6a97a98a99a100 112345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 168.已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an1(nN*)，则数列nan的前n项和Tn为_.(n1)2n1解析Sn2an1(nN*)，n1时，a12a11，解得a11，n2时，anSnSn12an1(2an11)，化为an2an1，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，an2n1.nann2n1.则数列nan的前n项和Tn122322n2n1.2Tn2222(n1)2n1n2n，Tn(n1)2n1.12345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 163n22n24.12345678910 11 12 13 14 15 1610.已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；解设数列an的公比为q，又an0，解得a12，q2，所以an2n.12345678910 11 12 13 14 15 16(2)bn为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n1bnbn1，求数列 的前n项和Tn.又S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.因此Tnc1c2cn12345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 16综合运用11.已知 的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S2 021的值为A.1 008 B.1 009 C.1 010 D.1 01112345678910 11 12 13 14 15 16解析由题意，当n2时，可得Sn1Snan，因为an2Sn1n，所以an2(Snan)n，即2Snann，当n3时，2Sn1an1n1，两式相减，可得2ananan11，即anan11，所以a2a31，a4a51，a6a71，12345678910 11 12 13 14 15 16解析“兔子数列”的各项为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，此数列被2除后的余数依次为：1,1,0,1,1,0,1,1,0，即b11，b21，b30，b41，b51，b60，T2 022674(b1b2b3)67421 348，12345678910 11 12 13 14 15 16所以cn(1)n，所以S2 022(11)(11)(11)0.则T2 022S2 0221 348.12345678910 11 12 13 14 15 1612345678910 11 12 13 14 15 1613.在数列 中，a11，对于任意自然数n，都有an1ann2n，则a15等于A.142152 B.132142C.142153 D.13215312345678910 11 12 13 14 15 16解析an1ann2n，a2a1121，a3a2222，a4a3323 anan1(n1)2n1，以上n1个等式，累加得ana1121222323(n1)2n1，又2an2a1122223324(n2)2n1(n1)2n，得a1an222232n1(n1)2n12345678910 11 12 13 14 15 16an(n2)2n3(n2)，a15(152)2153132153.12345678910 11 12 13 14 15 1614.设Xn1,2,3，n ，对Xn的任意非空子集A，定义f(A)为A中的最大元素，当A取遍Xn的所有非空子集时，对应的f(A)的和为Sn，则S5_.129Xn的任意非空子集A共有2n1个，其中最大值为n的有2n1，最大值为n1的有2n2个，最大值为1的有201个，两式相减得Sn121222n12nn，12345678910 11 12 13 14 15 16拓广探究12345678910 11 12 13 14 15 1615.在数列an中，a11，a22，且an2an1(1)n(nN*)，则a1a2a51_.676当n为奇数时，an2an0，an1；所以a1a2a51261(24650)261 25(250)676.12345678910 11 12 13 14 15 1616.已知数列an满足a11，an12an(为常数).(1)试探究数列an是不是等比数列，并求an；解因为an12an，所以an12(an).又a11，所以当1时，a10，数列an不是等比数列，此时anan10，即an1；当1时，a10，所以an0，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，此时an(1)2n1，即an(1)2n1.12345678910 11 12 13 14 15 16(2)当1时，求数列n(an)的前n项和Tn.解由(1)知an2n1，所以n(an1)n2n，Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，得，2n12n2n1(1n)2n12.所以Tn(n1)2n12.
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