第6章 第4节 第1课时 公式法与裂项相消法-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教A版）

第四节 数列求和 第1课时 公式法与裂项相消法 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 夯实 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 夯实 必备知识 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第六章 数列 ★[考试要求] 1．掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法． 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 Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.)) 2．几种数列求和的常用方法 (1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加、减． (2)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．裂项时常用的三种变形： ①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)； ②eq \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)))； ③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n). (3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解． (4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解． (5)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． 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＋8＋…＋2n＝n2＋n. 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若数列{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时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．(　　) (4)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)＋2n＋3))的前n项和可用分组转化法求和．(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　 2．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　) A．1＋2n　　　　　 B．2＋2n C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n 解析：C　[由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋eq \f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.] 3．(选择性必修第二册P51练习T2改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于(　　) A．1　　　B.eq \f(5,6)　　　C.eq \f(1,6)　　　D.eq \f(1,30) 解析：B　[∵an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).] 4.eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)＝(　　) A.eq \f(2n－n,2n) B.eq \f(2n＋1－n－2,2n) C.eq \f(2n－n＋1,2n＋1) D.eq \f(2n＋1－n＋2,2n) 解析：B　[令Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)　①，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)　②，①－②得，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋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))－eq \f(n,2n＋1)，所以Sn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).] 公式法求和 [例1]　(2024·福建四地市质检)在下列条件：①数列{an}的任意相邻两项均不相等，a1＝2，且数列{aeq \o\al(2,n)－an}为常数列；②Sn＝eq \f(1,2)(an＋n＋1)(n∈N*)；③a1＝1，Sn＝2Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)中，任选一个条件，补充在横线上，并回答下面问题． 已知数列{an}的前n项和为Sn，　__________　，求数列{an}的通项公式与前n项和Sn. [解]　选①：因为a1＝2，数列{aeq \o\al(2,n)－an}为常数列，所以aeq \o\al(2,n)－an＝aeq \o\al(2,1)－a1＝22－2＝2，解得an＝2或an＝－1，又因为数列{an}的任意相邻两项均不相等，且a1＝2，所以数列{an}为2，－1,2，－1,2，－1，…… 所以an＋an－1＝1(n≥2，n∈N*)，即an＝－an－1＋1(n≥2)，所以an－eq \f(1,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－\f(1,2)))(n≥2)，又a1－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)≠0. 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，公比为－1的等比数列，所以an－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)(－1)n－1，即an＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)(－1)n－1；所以Sn＝eq \f(1,2)n＋eq \f(3,2)×eq \f(1×[1－－1n],1－－1) ＝eq \f(3＋2n,4)＋eq \f(3,4)(－1)n－1. 选②：因为Sn＝eq \f(1,2)(an＋n＋1)(n∈N*)，易知a1＝2，Sn－1＝eq \f(1,2)(an－1＋n－1＋1)(n≥2)，所以两式相减可得an＝eq \f(1,2)an－eq \f(1,2)an－1＋eq \f(1,2)，即an＝－an－1＋1(n≥2)， 以下过程与①相同． 选③：由Sn＝2Sn－1＋1，可得Sn＋1＝2(Sn－1＋1)，又S1＝a1＝1，故{Sn＋1}是以S1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，故Sn＋1＝2·2n－1，即Sn＝2n－1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，又a1＝1也满足上式．综上所述，an＝2n－1，Sn＝2n－1. 　　 在含有递推关系的数列中，构造等差、等比数列，然后利用等差、等比数列的求和公式求和． 1．(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.)) 裂项相消法求和 [例2]　(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，在①点(Sn，an＋1)在直线y＝2x＋3上；②对∀m，n∈N*，am＋n＝aman恒成立中任选一个作为已知条件，并解答． (1)证明：数列{an}是等比数列，并求其公比； (2)若bn＝log3an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1n\f(2n＋1,bnbn＋1)))的前2n项和T2n. ►[答题模板] (1)选择条件①： [第1步]　确定类型 因为点{Sn，an＋1}在直线y＝2x＋3上，所以an＋1＝2Sn＋3， 当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2×3＋3＝9，(1分)① 当n≥2时， an＝2Sn－1＋3，所以an＋1－an＝2an，即eq \f(an＋1,an)＝3， 所以an＝9×3n－2＝3n，(3分)② 又a1＝3满足上式，(容易忽略验证n＝1时的情况导致解析不完整而失分)(4分)③ 故数列{an}是等比数列，其公比为3.(5分)④ 选择条件②： 由对∀m，n∈N*，am＋n＝aman恒成立，令m＝1，则an＋1＝a1an，(由∀m，n∈N*可联想到取特殊值法进行求解)(2分)① 即eq \f(an＋1,an)＝a1＝3，(4分)② 故数列{an}是等比数列，其公比为3.(5分)③ (2)[第2步]　选取方法 由(1)可得an＝3n，所以bn＝log3an＝n.(7分)⑤ 令cn＝(－1)neq \f(2n＋1,bnbn＋1)，所以cn＝(－1)neq \f(2n＋1,nn＋1)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1))).(选用裂项相消法)(9分)⑥ [第3步]　得出结论 则T2n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)))＋…＋(－1)2n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)＋\f(1,2n＋1)))＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n,2n＋1).(12分)⑦ ►[得分点①]　正确求出a2得1分 ►[得分点②]　正确推出eq \f(an＋1,an)，并求出an得2分 ►[得分点③]　正确验算a1得1分 ►[得分点④]　正确得出结论得1分 ►[得分点⑤]　正确求出bn得2分 ►[得分点⑥]　正确求出cn得2分 ►[得分点⑦]　正确得出结论得3分　 　　 利用裂项相消法求和的注意事项 (1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项； (2)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))). 2．(2024·齐齐哈尔一模)设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－2. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)记bn＝eq \r(4log2an－3)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn＋bn＋1)))的前n项和Tn. 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2， 当n≥2时，Sn＝2an－2，Sn－1＝2an－1－2， 即Sn－Sn－1＝an＝2(an－an－1)，即eq \f(an,an－1)＝2， 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n. (2)由(1)知bn＝eq \r(4log2an－3)＝eq \r(4n－3)， ∴eq \f(1,bn＋bn＋1)＝eq \f(1,\r(4n－3)＋\r(4n＋1))＝eq \f(1,4)(eq \r(4n＋1)－eq \r(4n－3))， 所以Tn＝eq \f(1,4)(eq \r(5)－1)＋eq \f(1,4)(eq \r(9)－eq \r(5))＋eq \f(1,4)(eq \r(13)－eq \r(9))＋…＋eq \f(1,4)(eq \r(4n＋1)－eq \r(4n－3)) ＝eq \f(1,4)(eq \r(4n＋1)－1)． $$