4.3.2 第3课时 数列求和(深化课 题型研究式教学)（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）  

数列求和(深化课——题型研究式教学) 第3课时 CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　拆项、并项法求和 题型(二)　裂项相消法求和 题型(三)　错位相减法求和 4 课时跟踪检测 题型(一)　拆项、并项法求和 01 [例1]　求数列1,-22,32,-42,…,(-1)n-1·n2,…的前n项和Sn. 解:①当n为偶数时,Sn=(1-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]=(1-2)(1+2)+(3-4) (3+4)+…+[(n-1)-n]·[(n-1)+n]=-[1+2+3+4+…+(n-1)+n]=-. ②当n为奇数时,则n-1为偶数, ∴Sn=Sn-1+n2=-+n2=. 综合①②可知,Sn= 　　[思维建模] 并项法求和适用的题型 　　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.若摆动数列为等比数列,也可用等比数列求和公式. 针对训练 1.已知数列{an},{bn}满足a1=-1,an+1=--1,bn=. (1)证明:{bn}为等差数列; (2)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,求Sn. 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·. 题型(二)　裂项相消法求和 02 [例2]　设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S4=10,S7=28. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 解:(1)∵{an}是等差数列, 设公差为d, ∴⇒∴an=n. (2)由(1)得an=n, 则==, ∴Tn= == -. 　　[思维建模] 　　对于通项公式是分式的一类数列,在求和时常用“裂项法”.可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时应注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项. 针对训练 2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n,n∈N*. (1)证明:数列{an}是等差数列; (2)已知bn=,求数列{bn}的前n项和. 解:(1)证明:∵Sn=n2-4n,n∈N*,① ∴当n=1时,a1=S1=-3; 当n≥2时,Sn-1=(n-1)2-4(n-1)=n2-6n+5.② 由①-②得an=Sn-Sn-1=2n-5. 当n=1时,a1=-3满足上式, ∴数列{an}的通项公式为an=2n-5,n∈N*. ∴an+1-an=2,为常数, ∴数列{an}是等差数列. (2)由(1)知bn==, ∴数列{bn}的前n项和为++…+ ===--,n∈N*. 题型(三)　错位相减法求和 03 [例3]　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和,且4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:(1)当n=1时,4S1=4a1=3a1+4, 解得a1=4. 当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4, 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1, 即an=-3an-1, 又a1=4≠0, 故an≠0, 故=-3, 所以数列{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列, 所以an=4·(-3)n-1. (2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1. 故3Tn=4×31+8×32+12×33+…+4n×3n, 所以-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n×3n=4+4×-4n×3n= 4+2×3×(3n-1-1)-4n×3n=(2-4n)×3n-2, 所以Tn=(2n-1)×3n+1. [思维建模] 1.错位相减法求和的适用条件 若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列,求数列{an·bn}的前n项和Sn. 2.注意事项 (1)利用“错位相减法”时,在写出Sn与qSn的表达式时,应注意使两式对齐,以便于作差,正确写出(1-q)Sn的表达式. (2)利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况. 针对训练 3.已知数列{an}满足:a1=1,且对于任意正整数n,均有n(an+1-an)=an+2n2+2n. (1)证明:为等差数列; (2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Sn. 解:(1)证明:根据题意由n(an+1-an)=an+2n2+2n, 可得nan+1-(n+1)an=2n(n+1), 所以可得=2, 即-=2为定值, 因此是首项为=1, 公差为d=2的等差数列. (2)由(1)可得=1+2(n-1)=2n-1,即an=n(2n-1),所以bn===, 可得Sn=b1+b2+…+bn=++…+, 所以Sn=++…++, 两式相减可得Sn=++…+-=1+2×-=2-, 所以可得数列{bn}的前n项和Sn=3-. 课时跟踪检测 04 1 3 4 2 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足2a3=a4+3,S7=49. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前10项和T10. 解:(1)依题意,设数列{an}的公差为d, 因为 所以 1 3 4 2 解得 所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1. (2)因为bn= 所以bn= 所以T10=b1+b2+…+b9+b10=1+22+5+24+…+17+210=(1+5+…+17)+ (22+24+…+210) =+=45+1 364=1 409. 1 2 3 4 2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a3+a5=15,S7=49. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=an·3n,求{bn}的前n项和Tn. 解:(1)设等差数列{an}的公差为d, 因为a1+a3+a5=15,S7=49, 所以 所以a1=1,d=2, 所以an=1+(n-1)×2=2n-1. 1 2 3 4 (2)由题意可知bn=(2n-1)×3n, 所以Tn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n　①, 3Tn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1　②, ①-②得,-2Tn=1×31+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-(2n-1)×3n+1= 3+-(2n-1)×3n+1=(-2n+2)×3n+1-6,∴Tn=(n-1)×3n+1+3. 1 3 4 2 3.已知数列是以为首项的常数列,Sn为数列{an}的前n项和. (1)求Sn; (2)设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k,其中bi∈{0,1,2},i,k∈N.例如:3=0×30+1×31,则b0=0,b1=1;4=1×30+1×31,则b0=1,b1=1. 若f(m)=b0+b1+…+bk,求数列{Sn·f(Sn)}的前n项和Tn. 1 3 4 2 解:(1)由题意可得=, 则an=3n-1, 可得==3,可知数列{an}是首项a1=1,公比q=3的等比数列, 所以Sn==. (2)因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1, 则b0=b1=…=bn-1=1, 1 3 4 2 由题意f(Sn)=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n, 所以Sn·f(Sn)=, 可得Tn=++…+=[(1×3+2×32+…+n×3n)-(1+2+…+n)]. (ⅰ)先求数列{n×3n}的前n项和,记为T', 则T'=1×31+2×32+…+n×3n,　① 3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1,　② 1 3 4 2 ①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1, 所以T'=+×3n+1; (ⅱ)再求{n}的前n项和,记为T″, 则T″=. 综上所述,Tn=(T'-T″)==+×3n+1-. 1 3 4 2 4.(2024·天津高考)已知数列{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn,若a1=1,S2=a3-1. (1)求数列{an}的前n项和Sn; (2)设bn=k∈N*. ①当k≥2,n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn; 1 3 4 2 解:(1)设{an}的公比为q(q>0), 则1+q=q2-1, 解得q=2, 所以Sn==2n-1. (2)①证明:由(1)知,ak=2k-1, 所以bn=k∈N*. 1 3 4 2 当n=ak+1=2k时,bn=k+1, 则bn-1==+2k=+4k=…=+2k·(2k-1-1)=k+2k·(2k-1-1)= k·2k-k, 所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k. 设f(x)=(x-1)2x-1-x,x≥2, 则f'(x)=2x-1+(x-1)2x-1ln 2-1≥2+2ln 2-1>0, 所以f(x)在[2,+∞)上单调递增, 所以f(x)≥f(2)=0. 1 3 4 2 所以bn-1-ak·bn≥0, 即bn-1≥ak·bn. ②令k=1,得b1=1, 令k=2,得b2=2,b3=b2+2k=6, 令k=3,得b4=3,b5=b4+2k=9,b6=b5+2k=15,b7=b6+2k=21,…, 所以,,…,是一个以为首项,2k为公差的等差数列. 因为=k,=k·2k-k, 所以++…+==k·4k-1. 1 3 4 2 ②求bi. 所以bi=·4n+. 所以bi=bi=b1+b2+…+=1×40+2×41+…+n×4n-1,4bi=1× 41+2×42+…+n×4n, 两式相减,得-3bi=40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n×4n =×4n-, $$