1.3.3 第3课时 数列求和（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（湘教版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. ②当n为奇数时，则n－1为偶数， 方法技巧 并项求和法适用的题型 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 当n为奇数时，n＋1为偶数， 题型(二)　裂项相消法求和 02 解：(1)∵{an}是等差数列，设公差为d， ∴an＝n. 方法技巧 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 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＋5②. 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． 题型(三)　错位相减法求和 03 [例3]　设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1. 又a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1. (2)由bn＝nan＝n·22n－1知 Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1　①， 从而22Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1　②. 方法技巧 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 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)， 课时跟踪检测 04 1 3 4 2 1 3 4 2 (2)依题意得，bn＝(－1)n(2n＋1＋2n)＝(－1)n·(2n＋1)＋(－2)n， 故T2n＝b1＋b2＋…＋b2n 1 3 4 2 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 3 4 2 1 3 4 2 因为S2＝a1＋a2＝S1＋4， 1 3 4 2 即Sn＝n(n＋1)， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n， 当n＝1时，a1＝S1＝2，上式也成立， 所以an＝2n(n∈N＋)． 因为当n≥2时，an－an－1＝2，所以数列{an}是等差数列． 1 3 4 2 1 3 4 2 所以M＝{6,8,9,10,11}． 1 3 4 2 1 3 4 2 可知数列{an}是首项a1＝1，公比q＝3的等比数列， (2)因为Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1＝1×30＋1×31＋1×32＋…＋1×3n－1，则b0＝b1＝…＝bn－1＝1， 由题意f(Sn)＝b0＋b1＋…＋bn－1＝1＋1＋…＋1＝n， 1 3 4 2 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 3 4 2 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]＝－. ∴Sn＝Sn－1＋n2＝－＋n2＝. 综合①②可知，Sn＝ 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)nb}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)nb＝(－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＝. 则Sn＝Sn＋1－b＝－(n＋1)2＝－. 综上，Sn＝(－1)n·. [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. ∴⇒ (2)由(1)得an＝n，则＝＝， ∴Tn＝ ＝＝－. 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． (2)由(1)知bn＝＝， ∴数列{bn}的前n项和为＋＋…＋＝＝＝－－，n∈N＋. ①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1＝－n·22n＋1＝， 即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]． 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. 即an＝n(2n－1)，所以bn＝＝＝， 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， 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－. 故是公差为2的等差数列， 1．已知数列{an}满足a100＝，an＋1＝. (1)证明为等差数列，并求数列{an}的通项； (2)设bn＝(－1)n，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)证明：由an＋1＝，得＝2＋， 故＝2n＋1，于是an＝. 故＝＋2(n－1)，由a100＝， 得201＝＋2×99，所以a1＝， ＝[－3＋(－2)]＋[5＋(－2)2]＋…＋[4n＋1＋(－2)2n]＝[－3＋5－7＋…＋(4n＋1)]＋[(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)2n]＝2n＋＝2n－＋. 所以所以a1＝1，d＝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，所以Tn＝(n－1)×3n＋1＋3. 3．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列． (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)若数列{bn}满足b1＝6，且＝，设Tn为数列{bn}的前n项和，集合M＝{Tn|Tn∈N＋}，求M(用列举法表示)． 所以由＝＋d，得S1＋2d＝4　②. 由①②解得S1＝2，d＝1，所以＝n＋1， 解：(1)证明：设等差数列的公差为d， 则＝＋3d，即S1＋3d＝5　①， 因为b1＝6满足上式，所以bn＝(n∈N＋)． (2)由(1)可知＝＝＝， 当n≥2时，bn＝··…··b1＝××…××6＝， Tn＝12＝12×＝12－，因为当∈N＋时，n＝1,2,3,5,11， 4．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. 解：(1)由题意可得＝，则an＝3n－1，可得＝＝3， 所以Sn＝＝. 所以Sn·f(Sn)＝， 可得Tn＝＋＋…＋＝[(1×3＋2×32＋…＋n×3n)－(1＋2＋…＋n)]． 再求{n}的前n项和，记为T″，则T″＝. ①－②得－2T′＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1＝－＋×3n＋1， 所以T′＝＋×3n＋1； 综上所述，Tn＝(T′－T″)＝＝＋×3n＋1－. $$