第四章 重点题型强化(三) 数列求和（二）-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

重点题型强化(三) 数列求和(二) 　 第四章　数列 1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的 意义． 2.掌握错位相减和裂项相消求和的一般过程和思路． 学习目标 内容索引 随堂演练 1 课时测评 2 技法一　错位相减法 已知各项均为正项的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列． (1)求{an}的通项公式； 解：设各项均为正项的等差数列{an}的公差为d，则d＞0. 因为 S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，所以3a2＝12，所以a2＝4. 又2a1，a2，a3＋1成等比数列， 所以a ＝2a1·(a3＋1)， 即42＝2(4－d)·(4＋d＋1)， 解得d＝3，或d＝－4(舍去)， 所以a1＝a2－d＝1，故an＝1＋(n－1)×3＝3n－2. 例1 (2)记bn＝ ，{bn}的前n项和为Tn，求Tn. 变式探究(变设问)在本例(2)中，若an＝(－2)n－1，求数列{nan}的前n项和Sn. 解：由题意知，Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1， 所以－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n. 规律方法 错位相减法求和适合的题型和注意点 1．一般地，若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列且公比为q(q≠1)，求{anbn}的前n项和时，常用“乘公比，错位减”的方法求和，即错位相减法．在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确写出Sn－qSn的表达式． 2．在运用错位相减法求和时要注意四点：(1)乘数(式)的选择；(2)对q的讨论；(3)两式相减后各项间呈现的规律；(4)可构成等比数列的项数． 对点练1. (2023·全国甲卷)记Sn为数列 的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. (1)求 的通项公式； 解：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≥2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，当n≥3时， ＝1，即an＝n－1， 当n＝1，2时都满足上式， 所以an＝n－1(n∈N*)． 两式相减得， 技法二　裂项相消法 (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1， 是公差为 的等差数列． (1)求{an}的通项公式； 解：因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以 ＝1， 例2 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1， 显然对于n＝1也成立， 2 024 规律方法 1．裂项相消法的原理与规律 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的； (2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止； (3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． 规律方法 2．常见的裂项技巧 对点练2.已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，a ＝a ＋2(an＋1＋an)． (1)求{an}的通项公式； 解：由各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，a＝a＋2(an＋1＋an)， 整理得(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an)， 因为an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2， 故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. 返回 课堂小结 方法 错位相减法求和、裂项相消法求和及化归思想 易错 误区 1.错位相减法注意相减后的项数是n还是n－1.2.裂项相消法要关注正项与负项的个数是否相同 随堂演练 返回 √ 3．已知数列an＝(2n－1)3n－1的前n项和为Sn，则S20＝____________． 19×320＋1 S20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，3S20＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S20＝1＋2×(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2× －39×320＝－38×320－2，所以S20＝19×320＋1. 4．已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100. (1)求数列{an}的通项公式； 所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 返回 课时测评 返回 1．已知an＝ (n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．7 B．8 C．9 D．10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，a1＝1，a3＝a2＋2.若数列{bn}的前n项和为Tn，an＋1＝bnSn＋1Sn，n∈N*，则T9＝ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4．在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有an＋1＝an＋n·2n，则a100等于 A．99·2100＋2 B．98·299 ＋2 C．99·2100＋3 D．98·2100＋3 an＋1－an＝n·2n，所以a2－a1＝1·21，a3－a2＝2·22，a4－a3＝3·23，… ，an－an－1＝(n－1)·2n－1，以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1①，又因为2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n②，①－ ②得a1－an＝(2＋22＋23＋…＋2n－1)－(n－1)·2n＝ －(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，所以an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，所以a100＝98×2100＋3.故选D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5．(多选)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法正确的是 A．an＝2n＋1 B．d＝2 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6．(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝31，S10＝210，则下列结论正确的是 A．若bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前2 024项和为4 048 B．数列{2a2n}是公比为8的等比数列 C．S19＝19a9 D．若bn＝ ，则数列{bn}的前2 024项和为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为an＝ ________，数列{nan}的前n项和为Sn＝___________________． 2n－1－1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9．在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则数列 的前n项和是______________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10．(10分)(2024·广东茂名高二期末)已知Sn为数列{an}的前n项和，an>0，a ＋2an＝4Sn. (1)求数列{an}的通项公式；(4分) 又an>0，所以a1＝2， 所以(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)， 因为an>0，所以an－an－1＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2＋2(n－1)＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解：由(1)得an＝2n， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 A．2 013 B．2 024 C．2 025 D．2 026 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a3＝b1＝3，a15＝b7＝15，设cn＝ (－1)n－1 ，则数列{cn}的前2 024项和为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14．(10分)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求数列{an}的通项公式；(4分) 解：设数列{an}的公比为q， 由题意知，a1(1＋q)＝6，a q＝a1q2， 又an>0， 解得a1＝2，q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数 列 的前n项和Tn.(6分) 解：由题意知，S2n＋1＝ ＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1， 所以(2n＋1)bn＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0， 所以bn＝2n＋1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15．(5分)(多选)已知数列{an}满足a1＝3，对任意n≥2且n∈N*恒有an＋3n＝3(an－1－3n－1)成立，记{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是 A．{an}为等差数列 B． 为等差数列 C．{an}为递减数列 D．Sn＝(2－n)3n＋1－6 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16．(15分)(开放题)在①数列{an}为递增的等比数列，S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项，②Sn＝2n－1，n∈N*这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由． 已知数列{an}的前n项和为Sn，________，bn＝ ，设数列{bn}的前n项和为Tn，是否存在实数k，使得Tn<k恒成立？ 解：若选①时，存在满足题意的实数k，数列{an}是公比为q的递增的等比数列， 因为S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当k≥1时，使得Tn<k恒成立，故k的最小值为1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若选②时，存在满足题意的实数k，Sn＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(首项符合通项)， 当k≥1时，使得Tn<k恒成立，故k的最小值为1. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n× (－2)n＝－(－2)n. ＝＝…＝ (1)＝； (2)＝(－); (3)＝； (4)＝. 1．数列，，，…，，…的前n项和为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A． B． C． D． 2．已知an＝2n，bn＝，则{bn}的前n项和Tn＝________________． 设数列{an}的前n项和为Sn，因为an＝，所以Sn＝1＋＋＋…＋，则有Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得Sn＝1＋－＝1＋－＝3－，所以Sn＝6－，则有S100＝6－.故选B． 设等差数列{an}的公差为d.因为{an}是等差数列，所以a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，又a2＝5，所以a7－a2＝5d，所以d＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝5＋(n－2)×2＝2n＋1，故A、B正确；所以＝＝，故C错误；所以的前n项和为Sn＝＝＝.故D正确．故选ABD． ＝＝19a10，故C错误；若bn＝＝，则{bn}的前2 024项和T2 024＝＝＝，故D正确，故选AD． 由a－(an－1＋2)an－an－1－3＝0，得(an＋1)(an－an－1－3)＝0，因为a1＝1，an>0，所以an－an－1＝3，所以数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×3＝3n－2，则＝＝，所以＋＋…＋＝＝＝. (n－1)2n＋1－ 由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，又a1＋1＝1，则是以1为首项，2为公比的等比数列，所以即an＋1＝2n－1，即an＝2n－1－1，所以nan＝n(2n－1－1)＝n2n－1－n，设bn＝n2n－1，前n项和为Tn，则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n，两式相减得－Tn＝(20＋21＋22＋23＋…＋2n－1)－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，Tn＝(n－1)2n＋1，又1＋2＋3＋…＋n＝，则Sn＝(n－1)2n＋1－. 1－ 2n－1 $$