第一章 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（北师大版2019）

重点题型强化 ( 三） 数列求和（二） 　 第一章　数列 学习目标 1．掌握错位相减法的一般过程和思路．　 2. 熟练掌握裂项相消求和法． 技法一　错位相减法求和 数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＝8，a3＝32，bn＝log2an(n∈N＋)． (1)求数列{bn}的通项公式，并证明数列{bn}是等差数列； 例1 解：设等比数列的公比为q，则q2＝ ＝4，q>0，所以q＝2， 所以an＝a1qn－1＝8×2n－1＝2n＋2，bn＝log2an＝log22n＋2＝n＋2， bn＋1－bn＝(n＋3)－(n＋2)＝1(常数)，b1＝3， 所以数列{bn}是首项为3，公差为1的等差数列． 规律方法 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． 2．用错位相减法求和时的注意点 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． 对点练1.(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. (1)求{an}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， 即an＝n－1， 当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)． 技法二　裂项相消法求和 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3. (1)求an； 例2 解：设数列{an}的公差为d， 解得a1＝3，d＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn 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.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N＋)． (1)记bn＝an＋1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式； 解：证明：由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)， 所以{bn}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列， 所以bn＝an＋1＝2n. 课时测评 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 3．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是 A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2 C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2 √ Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1①，2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n②，②－①得，Sn＝－n＋2＋22 ＋…＋2n－1＋2n＝－n＋ ＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2.故选D. 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 4．设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法不正确的是 A．an＝2n＋1 B．d＝2 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 5．(多选题)数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N＋都有an＋1＝an＋n ＋1，则 √ √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 6．已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－1，则数列{nan}的前10项 和为 A．9×210－1 B．9×210＋1 C．9×211－1 D．9×211＋1 √ 由Sn＝2an－1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)＝2(an－an－1)，所以an＝2an－1.所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1.所以数列{nan}的前10项和为T＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋10×29①，所以2T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋10×210②，①－②得－T＝1＋2＋22＋…＋29－10×210＝ －10×210＝210－1－10× 210＝－9×210－1，故T＝9×210＋1.故选B. 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 10．(10分)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对于任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上． (1)求数列{an}的通项公式；(4分) 解：因为对于任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上，所以Sn＝bn＋r， 当n＝1时，a1＝S1＝b＋r， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－(bn－1＋r)＝bn－bn－1＝(b－1)bn－1. 又因为{an}为等比数列， 所以r＝－1，公比为b， 所以an＝(b－1)bn－1. 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 解：当b＝2时，an＝(b－1)bn－1＝2n－1， 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 12．(多选题)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的为 A．a5＝8 B．an＋3＝2an＋1＋an对∀n∈N＋恒成立 C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝a2 024 √ √ √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 “斐波那契数列”为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，所以a5＝5，故A错误；依题意an＋2＝an＋1＋an(n≥1)，所以an＋3＝an＋2＋ an＋1，故an＋3＝2an＋1＋an对∀n∈N＋恒成立，故B正确；a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2 023＝a2 024－a2 022，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 023 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 13．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________． 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 14．(10分)(新角度)如图，将数列{2n}(n∈N＋)依次从左到右，从上到下排成三角形数阵，其中第n行有n个数． 2　　　　　　　　 ……第1行 4　　6　　　　　　　……第2行 8　　 10　　12　　　　　……第3行 14　　16　　18　　20　　　 ……第4行 … 　… (1)求第5行的第2个数；(3分) 解：记an＝2n，由数阵可知，第5行的第2个数为a12. 因为an＝2n，所以第5行的第2个数为24. 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 (2)问数32是第几行第几个数？(3分) 解：因为an＝32，所以n＝16. 由数阵可知，32在第6行第1个数． 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 (3)记第i行的第j个数为ai，j(如a3，2表示第3行第2个数，即a3，2＝10)， 解：由数阵可知a1，1＝2，a2，2＝6，a3，3＝12，a4，4＝20，a5，5＝30，a6，6＝42. 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 A．2 013 B．2 024 C．2 025 D．2 026 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 16．(15分)数列{an}是等比数列，公比不为1，a1＝3，且3a1，2a2，a3成等差数列． (1)设数列{nan}的前n项和为Sn，求Sn；(6分) 解：由题意得4a2＝3a1＋a3， 设{an}的公比为q(q≠1)，则4a1q＝3a1＋a1q2， 即12q＝9＋3q2，整理得q2－4q＋3＝0，解得q＝3， 所以an＝3n，则nan＝n·3n， 所以Sn＝31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n， 则3Sn＝32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1， 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 解：由(1)得bn＝log3a2n－1＝2n－1， 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 故不超过T2 025的最大整数为2 026. 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 一 章 　 数 列 (1)＝. (2)＝(－)． (3)＝. (4)＝ . 所以＋＋…＋＝ 7．数列{an}的通项公式an＝，则该数列的前n项和Sn＝___________． － － · $$