3.3.1 数列求和 题点考法讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

数列求和 习题讲评（三） 鉴于新高考反题型、反套路、反刷题的特点,非等差、等比数列求和在近两年高考中虽未涉及,但其求和方法的掌握不能掉以轻心.考查题型虽以解答题为主,但不能排除出现在选择、填空题中的可能,也可能作为综合问题中的一个求和方法出现,需引起充分重视. 2 题点考法讲评 教学环节一 (每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授) CONTENTS 目录 1 2 教学点(一)　分组(并项)法求和 教学点(二)　裂项相消法求和 3 教学点(三)　错位相减法求和 分组(并项)法求和 教学点（一） 5 [典例]　已知等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足a1+a2=3,S4=15. (1)求数列{an}的通项公式; 解:设等比数列{an}的公比为q(q>0),由a1+a2=3及S4=15,得a3+a4=q2(a1+a2)=12, 解得q=2,于是a1+a2=3a1=3,即a1=1, 所以数列{an}的通项公式是an=a1qn-1=2n-1. 6 (2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)n(3n-1),求数列{bn}的前2n项和T2n. 解: 由(1)知,bn=2n-1+(-1)n(3n-1), 所以T2n=(1+2+22+…+22n-1)+[(-2+5)+(-8+11)+…+(-6n+4+6n-1)]=+3n=22n+3n-1. 7 [思维建模] 使用分组求和法的数列常见类型及解题方法 数列{an}的特征 求前n项和的方法 数列{an}可以看作其他两个(或更多个)数列之和,即an=bn+cn 分别求数列{bn},{cn}的前n项和,相加得解 数列的奇偶项满足不同规律,即an= 把奇数项和偶数项看作两个数列,分别求和,相加得解,往往需要分n为奇数和偶数进行讨论 8 续表 数列通项中含绝对值 先不考虑绝对值,求解数列从哪一项开始变号,把正数项和非正数项分开看作两个数列,分别求和(此时需考虑绝对值),相加得解 9 [练1]　记数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn+Sn+1=3n2+2n+1,则S20= (　　) A.590 B.602 C.630 D.650 解析:因为Sn+Sn+1=3n2+2n+1,所以Sn+1+Sn+2=3(n+1)2+2(n+1)+1,两式相减可得an+1+an+2=6n+5=6(n+1)-1.由a1=1,S1+S2=3×12+2×1+1=6,解得a2=4,所以a1+a2=5,满足上式,故an+an+1=6n-1,所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=5+17+29+…+113==590. √ 即时训练 10 [练2]　(2024·长沙一模)已知数列{an}满足an+1-3an=2n-1,且a1=1. (1)证明:数列{an+n}是等比数列; 解:证明:由an+1-3an=2n-1, 得an+1+(n+1)=3(an+n). 又a1=1,即a1+1=2, 所以数列{an+n}是首项为2, 公比为3的等比数列. 11 (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解:由(1)知,an+n=2·3n-1, 即an=2·3n-1-n,所以Sn=(2×30-1)+(2×31-2)+…+(2×3n-1-n)=2(30+31+…+3n-1)-(1+2+…+n)=-=3n--1. 12 裂项相消法求和 教学点（二） 13 [典例]　已知数列{an}的前n项和为Sn,且S1=2,Sn=an+1,bn= (n∈N*). (1)求数列{bn}的通项公式; 解:因为Sn=an+1,所以(n+2)Sn=nan+1.又an+1=Sn+1-Sn, 所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),即nSn+1=2(n+1)Sn,所以=2·. 结合bn=,得bn+1=2bn.又b1=S1=2,所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.所以bn=2n. 14 (2)设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:≤Tn<1. 解: 证明:cn===-, 故Tn=++…+=1-. 因为n∈N*,所以2n+1≥4,2n+1-1≥3,所以0<≤. (微点拨:观察题干中待证明的不等式能不能取到等号,据此适当放缩)所以≤Tn<1. [思维建模] 1.裂项相消法求和的策略 一般地,数列的通项公式为分式,且分子结构简单、分母为两个“结构相同”的式子相乘,求和时可以运用裂项相消法,其实质是把分式变形成两个式子之差的形式,累加可以消掉中间的项,达到求和的目的. 2.常见的裂项形式 [练1]　已知正项等比数列{an}中,a1a2a3=8,a5a7=64,数列{bn}满足bn=loan,则使得不等式+++…+≥成立的n的最小值为(　　) A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 即时训练 √ 即时训练 18 解析:由题可得=8,=64, 所以a2=2,a6=8,设{an}的公比为q,q>0,则q4==4,得q=,a1=,所以an=()n.则bn=loan=n,所以==-,所以+++…+=-+-+-+…+-=1-,由1-≥,得n≥2 024. 19 [练2]　已知Sn为正项数列{an}的前n项和,a1=3且Sn+Sn+1=-. (1)求数列{an}的通项公式; 解:由题意知,Sn+Sn+1=-,即2(Sn+Sn+1)=-3, 当n≥2时,2(Sn-1+Sn)=-3, 两式相减,可得(an+1+an)(an+1-an-2)=0. 因为an>0,可得an+1-an=2(n≥2). 又因为a1=3,当n=1时,2(S1+S2)=-3,即-2a2-15=0,解得a2=5或a2=-3(舍去),所以a2-a1=2(符合),从而an+1-an=2,所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列. 所以数列{an}的通项公式为an=2n+1. (2)若bn=(-1)n+1,求{bn}的前10项和T10. 解:由题意得bn=(-1)n+1=(-1)n+1·=(-1)n+1, 所以T10=b1+b2+b3+…+b9+b10=-+-…+- =1-=. 错位相减法求和 教学点（三） 22 [典例]　(2024·龙岩一模)设等差数列{an}的公差为d(d>1),令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和. (1)若4a2=4a1+a3,S2+T2=13,求数列{an}的通项公式; 解:∵4a2=4a1+a3,∴4(a2-a1)=a3,∴4d=a1+2d,即a1=2d,∴an=d(n+1). ∴bn===,b1=,b2=. 又S2+T2=13,∴a1+a2+b1+b2=13,∴2d+3d++=13, ∴5d2-13d+6=0,解得d=2或d=.又d>1,∴d=2,∴an=2(n+1). 23 (2)若数列{cn}是公比为正数的等比数列,a1=c1=2,a2=2c1-1,c3=2a2+2,求数列的前n项和An. 解:设数列{cn}的公比为q(q>0), ∵a2=2c1-1=3,∴d=a2-a1=1, ∴an=n+1,∴bn=2n.又c3=2a2+2=8,∴q2===4. ∵q>0,∴q=2,∴cn=2n,∴==. 24 ∴An=1×+2×+3×+…+(n-1)+n,① ∴An=1×+2×+3×+…+(n-1)+n,② ①-②得An=1+++…+-n=-n=2-(n+2), ∴An=4-(n+2). 微提醒:作差后所得等比数列的项数及最后一项的符号易弄错. [思维建模] 一般地,如果数列{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{anbn}的前n项和Sn时,可采用错位相减法,即错位相减法常用来求解通项公式为“等差×等比”形式的数列的前n项和,具体步骤如下: (1)写出前n项和的计算式Sn=a1b1+a2b2+…+anbn　①; (2)等式两边同乘q,得qSn=a1b2+a2b3+…+anbn+1　②; (3)①-②得,(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1,化简; (4)将上式两边同时除以(1-q)(这一步非常容易遗漏,尤其是(1-q)为负数的情况),得解. 已知数列{an} 满足 a1+2a2+3a3+…+nan=n. (1)求{an}的通项公式; 解:当n=1时,a1=1.当n≥2时,由a1+2a2+3a3+…+nan=n, 得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n-1, 则nan=1,即n≥2时,an=. 因为a1也符合上式,所以{an}的通项公式为an=. 即时训练 28 (2)设bn=[-log2an],数列 {bn}的前n项和为Sn,求 .(其中[x]表示不超过x的最大整数) 解: 由(1)可知,bn=[-log2an]=[log2n], 因为log22k=k,所以当2k≤n≤2k+1-1,k∈Z时,bn=[log2n]=k. 所以==…==n-1(n≥2). 设cn=-=++…+=(n-1)2n-1(n≥2). 29 因为b1=[-log2a1]=0, 所以=b1+c2+c3+…+cn=21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1, 则2=22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n,则-=2+22+23+…+2n-1-(n-1)×2n=-(n-1)×2n=-2-(n-2)×2n, 则=(n-2)×2n+2. 30 本课结束 $$