第四章 微突破（二） 数列求和常用方法（课件 学案 练习）高中数学 人教A版（2019）选择性必修 第二册

微突破(二)　数列求和常用方法 例1　(1)C　(2)76　[解析] (1)令f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a2025)=S①,则f(ln a2025)+f(ln a2024)+…+f(ln a2)+f(ln a1)=S②,由数列{an}为等比数列,得a1a2025=a2a2024=…==e2,所以ln a1+ln a2025=ln a2+ln a2024=…=ln e2=2,又f(x)+f(2-x)=(x-1)3+2+(1-x)3+2=4,所以f(ln a2025)+f(ln a1)=f(ln a2024)+f(ln a2)=…=4,故由①②两式相加得2S=2025×4,所以S=4050.故选C. (2)∵f(x)+f(1-x)=1,∴f+f=1. ∵an=f(0)+f+f+…+f+f(1)①,∴an=f(1)+f+f+…+f+f(0)②,①+②得2an=n+1,∴an=,故数列{an}的通项公式为an=,∴数列{an}的前16项和为S16==76. 例2　解:(1)由已知a5=9,S11=121,设数列{an}的首项为a1,公差为d,则a5=a1+4d=9,S11=11a1+d=121,解得a1=1,d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n-1.因为b1+b4=9,b2b3=b1b4=8,数列{bn}是递增的等比数列,设数列{bn}的首项为b1,公比为q,则q>1,解得b1=1,b4=8,所以q=2,所以bn=b1·qn-1=2n-1. (2)因为cn=(k∈N*),所以 S2n=a1+b2+a3+b4+…+a2n-1+b2n=na1+×4+=2n2-n-(1-4n). 例3　解:(1)证明:由题意得bn+1=,an+1==, 则bn+1-bn=-=-=-=1, 所以{bn}是首项b1==1,公差为1的等差数列. (2)由(1)得bn=b1+(n-1)×1=n,则(-1)n=(-1)nn2. 当n为偶数时, Sn=-12+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)×(2-1)+(4+3)×(4-3)+…+(n+n-1)×(n-n+1)=1+2+3+4+…+n-1+n=. 当n为奇数时,n+1为偶数,则Sn=Sn+1-=-(n+1)2=-. 综上,Sn=(-1)n. 例4　解:(1)证明:由已知4an+1=4-,可得2an+1=2-,则-=-=-==1.又=1,所以是首项为1,公差为1的等差数列. (2)由(1)可得=1+(n-1)×1=n,所以an==,所以bn=,则bn=,故Tn===-. 例5　解:(1)因为数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=4an-4(n∈N*), 所以当n≥2时,2Sn-1=4an-1-4,两式相减得2an=4an-4an-1,即an=2an-1(n≥2), 当n=1时,2S1=2a1=4a1-4,解得a1=2≠0,可知数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2×2n-1=2n. (2)由(1)可知,bn===-, 所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=1-,对任意的n∈N*,不等式Tn>1-都成立,即1->1-, 化简得2k>.设cn=,因为cn+1-cn=-=-<0,所以{cn}是递减数列,则cn≤c1=,所以2k>,则k>,所以实数k的取值范围是. 例6　解:(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q>0),则即即消元得q2-q-6=0,解得q=3或q=-2(舍去),故d=2,故an=3+2(n-1)=2n+1,bn=3×3n-1=3n. (2)cn=an·bn=(2n+1)·3n,则Sn=(2×1+1)×31+(2×2+1)×32+(2×3+1)×33+…+(2n+1)×3n①, 3Sn=(2×1+1)×32+(2×2+1)×33+…+(2n-1)×3n+(2n+1)×3n+1②, ①-②得-2Sn=3×3+2(32+33+…+3n)-(2n+1)·3n+1=3+2(3+32+…+3n)-(2n+1)·3n+1=3+2×-(2n+1)·3n+1=-2n·3n+1.故Sn=n·3n+1.微突破(二)　数列求和常用方法 1.B　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,因为a1+a5+a9=a1+(a1+4d)+(a1+8d)=3(a1+4d)=3a5=15,所以a5=5,所以a1+a9=2a5=10,所以S9===45.故选B. 2.C　[解析] 当a=1时,Sn=n;当a≠1时,Sn=.故选C. 3.D　[解析] 依题意,an==-,所以Sn=-1+-+…+-=-1,由Sn=-1=8,解得n=80.故选D. 4.A　[解析] 设该数列为{an},则数列{an}的通项公式为an=(2n-1)+,∴Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=+·=n2+1-.故选A. 5.D　[解析] ∵各项均为正数的数列{an}是公比不为1的等比数列,且a1·a2025=1,∴a1·a2025=a2·a2024=a3·a2023=…==1,又∵函数f(x)=,∴f(x)+f=+==4,令T=f(a1)+f(a2)+…+f(a2025),则T=f(a2025)+f(a2024)+…+f(a1),∴2T=[f(a1)+f(a2025)]+[f(a2)+f(a2024)]+…+[f(a2025)+f(a1)]=4×2025,∴T=4050.故选D. 6.D　[解析] 因为a1+2a2+3a3+…+nan=n,所以a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n-1(n≥2),两式相减可得nan=1,即an=(n≥2),又a1=1适合上式,所以an=.所以bn=an·an+2==,所以b1+b2+…+b10=×=×=.故选D. 7.B　[解析] 设第n年每辆车的利润为an万元,则每辆车的利 ... ...