第4章 微突破（七） 倒序相加法、裂项相消法求和（课件 学案 练习）高中数学苏教版（2019）选择性必修第一册

微突破(七)　倒序相加法、裂项相消法求和 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=…=2ln a1003=2ln e=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)=…=f(ln a1003)+f(ln a1003)=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=,∴数列{an}的前16项和为=76. 变式　　[解析] 因为f(x)=,所以f(x)+f(-x)=+=1.因为数列{an}是等比数列,所以a1a99=a2a98=…=a49a51==1,则ln a1+ln a99=ln a2+ln a98=…=ln a49+ln a51=0.设S99=f(ln a1)+f(ln a2)+f(ln a3)+…+f(ln a99) ①,则S99=f(ln a99)+f(ln a98)+f(ln a97)+…+f(ln a1) ②,由①+②得2S99=99,所以S99=. 例2　解:(1)由an+1=3an+2,得an+1+1=3(an+1). 又a1+1=2,所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,所以an+1=2·3n-1,则an=2·3n-1-1. (2)由(1)得bn==, 所以Sn== =. 变式　解:(1)由Sn=2an-1,可得当n=1时,a1=2a1-1,解得a1=1. 当n≥2时,Sn-1=2an-1-1, 又Sn=2an-1,所以两式相减可得an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1+1,则an=2an-1. 所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an=2n-1. 设等差数列{bn}的公差为d, 因为b1=a1=1,b6=a5=16,所以d==3,所以bn=1+3(n-1)=3n-2. (2)证明:cn===, 所以Tn==<,则3Tn<1.微突破(七)　倒序相加法、裂项相消法求和 1.C　[解析] 因为an==-,所以{an}的前n项和Sn=(-1)+(-)+…+(-)=-1,所以S99=10-1=9,故选C. 2.　[解析] 因为函数f(x)=+lg,所以f(x)+f(1-x)=+lg++lg=1+lg+lg=1,设f+f+…+f=S①,则f+f+…+f=S②,由①+②得2S=1×9=9,所以S=. 3.　[解析] 因为数列{an}是各项都为正数的等比数列,所以ana2026-n==1(n∈N*,n≤2025),则f(an)+f(a2026-n)=+== =1,所以f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2024)+f(a2025)=. 4.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则解得a1=d=2, 故an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n. (2)因为bn===, 所以Tn===. 5.解:(1)将2anSn+1-2an+1Sn=anan+1两边同时除以2anan+1, 得-=, 所以是公差为的等差数列. 因为=1,所以=1+(n-1)×=,则2Sn=(n+1)an①, 当n≥2时,2Sn-1=nan-1②, ①-②,得2an=(n+1)an-nan-1(n≥2),整理得=(n≥2), 则an=a1···…·=1×××…×=n(n≥2), 又a1=1也符合上式,所以an=n. (2)证明:由(1)得bn===-, 所以Tn=-+-+…+-=-,因为>0,所以Tn=-<.微突破(七)　倒序相加法、裂项相消法求和 方法一　倒序相加法 如果一个数列满足与首末两项等“距离”的两项之和等于首末两项之和,那么这个数列的前n项和可用倒序相加法来求.等差数列的前n项和公式就是用此方法推导的.　　　　　　　　　　　　　　　 例1 (1) 已知函数f(x)=(x-1)3+2,数列{an}为等比数列,an>0,且a1013=e,则f(ln a1)+ f(ln a2)+…+f(ln a2025)= (　 ) A. B.2025 C.4050 D.8100 (2)已知函数f(x)满足对任意的x∈R,都有f(x)+f(1-x)=1,若数列{an}满足an=f(0)+f+f+…+f+f(1),则数列{an}的前16项和为　　　　. 变式 已知函数f(x)=(x∈R),各项都为正数的等比数列{an}满足a50=1,则f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a99)等于　　　　. 方法二　裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律),从而求得前n项和. 常见的拆项类型 ①分式型:=,=,=等; ②指数型:=-,=-等; ③根式型:=(-)等; ④对数型:logm=logman+1-logman,an>0,m>0且m≠1. 例2 已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn. 变式 已知数列{an} ... ...