主题2 第5章第4节数列求和-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

2024-08-13

| 84页

| 123人阅读

| 0人下载

教辅

山东鼎鑫书业有限公司

进店逛逛

内容正文：

主题二函　数（选择性必修第二册）第五章　数　列第4节　数列求和下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）夯实必备知识 01 跃升关键能力 02 课时冲关 03 主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）夯实必备知识下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）跃升关键能力下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材）课时作业点击进入WORD链接下一页上一页返回导航主题二第五章　数　列高考总复习数学（BS新教材） ★[课程标准] 1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式． 2．掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法． 3．掌握数列在实际生活中的应用．　求数列的前n项和的方法 (1)公式法 ①等差数列的前n项和公式 Sn＝　eq \f(na1＋an,2)　＝　na1＋eq \f(nn－1,2)d　. ②等比数列的前n项和公式 (ⅰ)当q＝1时，Sn＝　na1　； (ⅱ)当q≠1时，Sn＝　eq \f(a11－qn,1－q)　＝　eq \f(a1－anq,1－q)　. (2)分组转化法把数列适当拆分，分为几个等差、等比数列，先分别求和，然后再合并，形如： ①{an±bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列； ②an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(fn，n＝2k－1，,gn，n＝2kk∈N＋.)) (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消，剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．形如：{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列． (6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 一些常见数列的前n项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)； (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2； (3)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n. ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq \f(a1－an＋1,1－q).(　　) (2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).(　　) (3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和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)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.(　　) (5)若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝－25.(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√ ◆[小题查验] 1．设首项为1，公比为eq \f(2,3)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则(　　) A．Sn＝2an－1　　　　 B．Sn＝3an－2 C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an 解析：D　[法一：在等比数列{an}中，Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(1－an·\f(2,3),1－\f(2,3))＝3－2an. 法二：在等比数列{an}中，a1＝1，q＝eq \f(2,3)， ∴an＝1×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1. Sn＝,3)eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n)),1－) ＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n))＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1))＝3－2an.] 2．(2024·日照质检)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项和S100＝(　　) A．200　 B．－200 C．400　 D．－400 解析：B　[S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.] 3．(BSD选择性必修第二册P30练习T2改编)一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又弹回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是(　　) A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9) C．200(1－2－9) D．100(1－2－9) 解析：A　[第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×eq \f(2－1×1－2－9,1－2－1)＝100＋200(1－2－9)．] 4．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________. 解析：当n＝2k(k∈N＋)时， Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an) ＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)] ＝2＋2＋…＋2＝2k＝n. 当n＝2k－1(k∈N＋)时， Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n， ∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n，n为偶数，,－n，n为奇数))＝(－1)nn. 答案：(－1)nn 5．(绝对值数列理解致误)在等差数列{an}中，an＝3n－31，记bn＝|an|，则数列{bn}的前30项和为______．解析：S30＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a10)＋(a11＋a12＋a13＋…＋a30)＝－eq \f(10a1＋a10,2)＋eq \f(20a11＋a30,2)＝755. 答案：755 公式法求和 1．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　) A．n(n＋1)　　　　　　 B. n(n－1) C.eq \f(nn＋1,2) D.eq \f(nn－1,2) 解析：A　[因为a2，a4，a8成等比数列，所以aeq \o\al(2,4)＝a2·a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋14)，解得a1＝2.所以Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n(n＋1)．] 2．如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为(参考数据：lgeq \f(7,5)≈0.15)(　　) A．6个　　 B．7个 C．8个　　 D．9个解析：B　[记由外到内的第n个正方形的周长为an，则a1＝4×1，a2＝4×eq \f(5,7)，…， an＝4×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(5,7)))n－1. ∴a1＋a2＋…＋an＝4×eq \f(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(5,7)))n,1－\f(5,7))＝14×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(5,7)))n)).令a1＋a2＋…＋an≤13，解得n≤1＋eq \f(1,lg\f(7,5))≈7.667，故可制作完整的正方形的个数最多为7个．] 3．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列的公差为d，由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝11，,S10＝10a1＋\f(10×9,2)d＝40，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋d＝11，,2a1＋9d＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝13，,d＝－2，)) 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n，故an＝15－2n. (2)因为Sn＝eq \f(n13＋15－2n,2)＝14n－n2，令an＝15－2n＞0，解得n＜eq \f(15,2)，且n∈N*，当n≤7时，则an＞0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2；当n≥8时，则an＜0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an) ＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝2(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98. 综上所述，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(14n－n2，n≤7，,n2－14n＋98，n≥8.)) 数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列来求之．分组转化法求和 [母题]　(2024·合肥质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． [解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n. a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n. (2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n， B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝eq \f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. [子题]　母题(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由母题(1)解可知bn＝2n＋(－1)nn. 当n为偶数时， Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＋eq \f(n,2) ＝2n＋1＋eq \f(n,2)－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] ＝2n＋1－2＋eq \f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq \f(n,2)－eq \f(5,2). ∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.)) 分组转化法求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和； (2)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和； (3)某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．求数列的前n项和，分组后要将各组的项数和最后一项弄清楚，否则会出现错误． 1．(2024·广西柳州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N＋)． (1)证明{an＋1}是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)求数列{an＋n＋1}的前n项和Sn. 解：(1)由题意可得a1＋1＝2≠0， ∵eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(2an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an＋1)＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，则an＋1＝2n，即an＝2n－1. 因此{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由(1)知an＝2n－1，令bn＝an＋n＋1，则bn＝2n＋n，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(2n＋n) ＝(21＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n) ＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n1＋n,2)＝2n＋1＋eq \f(n1＋n,2)－2. 综上Sn＝2n＋1＋eq \f(n1＋n,2)－2. 2．(2024·青海海东市第一中学模拟)已知正项数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2＋2n，且bn＝eq \f(an,n＋1)＋eq \f(n＋2n－1,n). (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2＋2n，① 当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1 ＝(n－1)2＋2(n－1)．② ①－②得nan＝2n＋1，所以an＝eq \f(2n＋1,n). 当n＝1时，a1＝3，也满足上式，所以an＝eq \f(2n＋1,n). (2)因为bn＝eq \f(an,n＋1)＋eq \f(n＋2n－1,n)，则bn＝eq \f(an,n＋1)＋n＋1－eq \f(2,n)＝eq \f(2n＋1,nn＋1)＋n＋1－eq \f(2,n) ＝n＋1－eq \f(1,nn＋1)＝n＋1－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则Sn＝(2＋3＋…＋n＋1)－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))))) ＝eq \f(nn＋3,2)－eq \f(n,n＋1). 裂项相消法求和 ►[命题点1]　形如bn＝eq \f(1,anan－1)(其中{an}为等差数列)型　 1．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)<2. 解：(1)S1＝a1＝1，所以eq \f(S1,a1)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是首项为1，公差为eq \f(1,3)的等差数列，所以eq \f(Sn,an)＝1＋(n－1)·eq \f(1,3)＝eq \f(n＋2,3)，所以Sn＝eq \f(n＋2an,3). 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2an,3)－eq \f(n＋1an－1,3)，所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)(n≥2)；累积法可得：an＝eq \f(nn＋1,2)(n≥2)，又a1＝1满足该式，所以{an}通项公式为an＝eq \f(nn＋1,2). (2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝ 2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,nn＋1))) ＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))))) ＝2eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<2. 1．若数列{an}的公差为d，则形如bn＝eq \f(1,an·an＋1)型的数列，可转化为bn＝eq \f(1,d) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，适合裂项相消法求和． 2．在裂项相消法求和时，要特别关注裂项相消时保留了哪些项，既要看到首，又要顾到尾，不可遗漏． ►[命题点2]　cn＝eq \f(bn,anan＋k)(其中an＋k－an＝pbn(p为非零常数))型　 2．(2024·全国模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，且Sn＝an＋1－3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)已知数列{cn}满足________，记Tn为数列{cn}的前n项和，证明：Tn＜2. 从①cn＝eq \f(an＋2,an＋1－1an＋1－2)，②cn＝eq \f(log2an＋2,an＋1)，两个条件中任选一个，补充在第(2)问中的横线上并作答．解：(1)∵Sn＝an＋1－3，① 当n＝1时，a1＝a2－3，∴a2＝4；当n≥2时，Sn－1＝an－3，② ①－②得，即an＋1＝2an，又∵eq \f(a2,a1)＝4≠2， ∴数列{an}是从第2项起的等比数列，即当n≥2时，an＝a2·2n－2＝2n.∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n，n≥2.)) (2)若选择①： cn＝eq \f(an＋2,an＋1－1an＋1－2) ＝eq \f(2n＋2,2n＋1－12n＋1－2)＝eq \f(2·2n,2n＋1－12n－1) ＝2eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))， ∴Tn＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,22－1)))＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1))))) ＝2eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1－1)))＜2. 若选择②：cn＝eq \f(n＋2,2n＋1)，则Tn＝eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋…＋eq \f(n＋1,2n)＋eq \f(n＋2,2n＋1)，③ eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)＋eq \f(n＋2,2n＋2)，④ ③－④得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,4)＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)， ∴Tn＝2－eq \f(n＋4,2n＋1)＜2. 3．(2024·全国模拟)已知数列{an}前n项和为Sn，且2Sn＝n(n＋1)，记bn＝(－1)neq \f(2an＋1,a\o\al(2,n)＋an). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 023. 解：(1)Sn＝eq \f(1,2)n(n＋1)，当n＝1时，S1＝eq \f(1,2)×1×2＝1；当n≥2，n∈N＋时，Sn－1＝eq \f(1,2)n(n－1)，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)n(n＋1)－eq \f(1,2)n(n－1)＝n. 当n＝1时也符合，∴an＝n(n∈N＋)． (2)bn＝(－1)neq \f(2an＋1,a\o\al(2,n)＋an)＝(－1)neq \f(2n＋1,n2＋n) ＝(－1)neq \f(n＋1＋n,nn＋1)＝(－1)neq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))， ∴T2 023＝－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)＋\f(1,2)))＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)))－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,4)))＋…－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 023)＋\f(1,2 024))) ＝－1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…－eq \f(1,2 023)－eq \f(1,2 024)＝－1－eq \f(1,2 024)＝－eq \f(2 025,2 024). 1．如果数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,anan＋k)))满足an＋k－an＝pbn(p为非零常数，n，k∈N＋)，那么eq \f(bn,anan＋k)＝eq \f(1,p)·eq \f(an＋k－an,anan＋k)＝eq \f(1,p) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋k))). 2．与前面几种裂项类似，要注意裂项时各项不要漏乘eq \f(1,p)，同时要注意相消时保留了哪些项． 1．若数列{an}的通项能转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和，其基本思路是变换通项，把每一项分裂为两项，裂项的目的是产生连续可以相互抵消的项． 2．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正、负相消是此法的根源与目的． 3．将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2d) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))). 4．常见的裂项公式有： (1)eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)； (2)eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))； (3)eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))； (4)eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))； (5)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)； (6)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))．错位相减法求和 [典例]　(2024·全国模拟)“一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自我国古代典籍《庄子·天下》，其中蕴含着等比数列的相关知识．已知长度为4的线段AB，取AB的中点C，以AC为边作等边三角形(如图①)，该等边三角形的面积为S1，在图①中取CB的中点C1，以CC1为边作等边三角形(如图②)，图②中所有的等边三角形的面积之和为S2，以此类推，则S3＝________；i＝1iSi＝________. [解析]　依题可知，各等边三角形的面积形成等比数列，公比为eq \f(1,4)，首项为eq \r(3)，所以Sn＝eq \f(\r(3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq \f(4\r(3),3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n))，即S3＝eq \f(21\r(3),16)；iSi＝i×eq \f(4\r(3),3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))i)) ＝eq \f(4\r(3),3)，而i＝eq \f(nn＋1,2)，设Tn＝ eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(i,4i)))＝1×eq \f(1,4)＋2×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋…＋n×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n， eq \f(1,4)Tn＝0＋1×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋2×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋(n－1)×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋n×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，作差得：eq \f(3,4)Tn＝eq \f(1,4)＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋…＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－n×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1＝eq \f(1,3)－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,3)))×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，所以Tn＝eq \f(4,9)－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋\f(4,9)))×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，所以Si＝eq \f(4\r(3),3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)＋\f(4,9)－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋\f(4,9)))×\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)). [答案]　eq \f(21\r(3),16) eq \f(4\r(3),3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)＋\f(4,9)－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋\f(4,9)))×\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)) (1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解； (2)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“Sn－qSn”的表达式． (2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn. 解：(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2；当n≥3时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得：(n－2)an＝(n－1)an－1，eq \f(an,n－1)＝eq \f(an－1,n－2)＝…＝eq \f(a3,2)＝1，即an＝n－1，当n＝1,2,3时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)． (2)因为eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，所以Tn＝1×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋2×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋n×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n， eq \f(1,2)Tn＝1×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，两式相减得， eq \f(1,2)Tn＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1 ＝1－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,2))) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，即Tn＝2－(2＋n)eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，n∈N*. 倒序相加法求和 [典例]　设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N＋，都有an＞0，且满足(a1＋a2＋…＋an)2＝aeq \o\al(3,1)＋aeq \o\al(3,2)＋…＋aeq \o\al(3,n). (1)求数列{an}的通项公式； (2)当0＜λ＜1时，设bn＝(1－λ)eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))， cn＝λ(an＋1)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bncn)))的前n项和为Tn，求证：Tn＞eq \f(9n－1,4n＋3). [解]　(1)由题设条件知，当n＝1时，a1＝1. 由题意知，aeq \o\al(3,n＋1)＝(a1＋a2＋…＋an＋an＋1)2－(a1＋a2＋…＋an)2，由于an＞0，∴aeq \o\al(2,n＋1)＝2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1. 同样有aeq \o\al(2,n)＝2(a1＋a2＋…＋an－1)＋an(n≥2)，由此得aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝an＋1＋an. ∴an＋1－an＝1. ∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，即数列{an}的通项公式an＝n. (2)证明：∵bn＝(1－λ)eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))) ＝eq \f(1－λ2n＋1,2)， cn＝λ(n＋1)， ∴eq \f(1,bncn)＝eq \f(4,λ1－λ2n＋12n＋2)≥ eq \f(16,2n＋12n＋2)＝eq \f(16,2n＋1)－eq \f(16,2n＋2)，则Tn≥16eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋2))))) ＝16eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,4)＋\f(1,5)＋…＋\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋2)－)) eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(2\b\lc$\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,6)＋…)))) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc$(\a\vs4\al\co1(＋\f(1,2n＋2))))) ＝16eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋3)＋…＋\f(1,2n＋2)－\f(1,2))). 设tn＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋2)，倒序相加得 2tn＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,2n＋2)))＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋3)＋\f(1,2n＋1)))＋…＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋2)＋\f(1,n＋2)))＞eq \f(4,3n＋4)＋eq \f(4,3n＋4)＋…＋eq \f(4,3n＋4)＝eq \f(4n＋1,3n＋4)， ∴tn＞eq \f(2n＋1,3n＋4)，从而Tn＞16eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,3n＋4)－\f(1,2)))＝eq \f(8n,3n＋4). ∵eq \f(8n,3n＋4)－eq \f(9n－1,4n＋3)＝eq \f(5n－4n－1,3n＋44n＋3)≥0， ∴Tn＞eq \f(9n－1,4n＋3). 在数列求和中，如果和式到首尾距离相等的两项和有其共性时，那么常考虑选用倒序相加法． (2024·黑龙江齐齐哈尔模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝eq \f(2n,n＋1)，设函数f(x)＝cos πx＋eq \f(1,2)，则feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a1,2 024)))＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a2,2 024)))＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a3,2 024)))＋…＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a2 023,2 024)))＝______. 解析：∵eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝eq \f(2n,n＋1)，① ∴当n≥2时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn－1)＝eq \f(2n－1,n)，② ①－②得eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,nn＋1)，∴Sn＝eq \f(nn＋1,2)(n≥2)；当n＝1时，eq \f(1,S1)＝1，∴S1＝1，此时Sn＝eq \f(nn＋1,2)仍然成立， ∴Sn＝eq \f(nn＋1,2)(n∈N＋)． ∴当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝eq \f(nn＋1,2)－eq \f(n－1n,2)＝n，当n＝1时，上式也成立，故an＝n(n∈N＋)．由于f(x)＋f(1－x)＝cos πx＋eq \f(1,2)＋cos (π－πx)＋eq \f(1,2)＝1，设S＝feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a1,2 024)))＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a2,2 024)))＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a3,2 024)))＋…＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a2 023,2 024)))＝feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 024)))＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,2 024)))＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,2 024)))＋…＋feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2 023,2 024)))，则2S＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 024)))＋f\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2 023,2 024)))))＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,2 024)))＋f\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2 024,2 024)))))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2 023,2 024)))＋f\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 024)))))＝2 023， ∴S＝eq \f(2 023,2). 答案：eq \f(2 023,2) $$

资源预览图

主题2 第5章第4节数列求和-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

所属专辑

教辅

【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

高三数学第三方合辑 71 份文档

502人已阅读

主题2 第5章 第4节 数列求和-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

内容正文：

资源预览图

主题2 第5章第4节数列求和-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）