数列专题二　数列求和(第2课时)-2024-2025学年第二学期高二数学同步课件（人教A版2019选必二）

课内导航 错位相减法 数列求和中的创新问题 1 2 第1页 数列专题二　数列求和第2课时 第1页 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.掌握错位相减法的一般过程和思路以及数列求和中的创新问题. 学习目标 第1页 一 错位相减法 第1页 (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，应注意： 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”，以便下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 第页 第1页 题型一　错位相减法 第页 第1页 反思感悟1 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 二 数列求和中的创新问题 第1页 题型二　数列求和中的创新问题 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 2 0 2 4 看 观 谢 谢 ★新教材同步学案★ 第1页 例1　求Sn＝1×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,4)＋5×eq \f(1,8)＋…＋eq \f(2n－1,2n). 【思路分析】　数列1，3，5，…，2n－1为等差数列，数列eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，eq \f(1,8)，…，eq \f(1,2n)为等比数列，此例利用错位相减法可达目的． 【解析】　∵Sn＝1×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,4)＋5×eq \f(1,8)＋…＋(2n－1)×eq \f(1,2n)，　① ∴eq \f(1,2)Sn＝1×eq \f(1,4)＋3×eq \f(1,8)＋…＋(2n－3)×eq \f(1,2n)＋(2n－1)×eq \f(1,2n＋1).　② ①－②，得eq \f(1,2)Sn＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,8)＋…＋2×eq \f(1,2n)－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)＝1×eq \f(1,2)＋eq \f(2×\f(1,4)－2×\f(1,2n＋1),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(2n＋3,2n＋1).∴Sn＝3－eq \f(2n＋3,2n)(n∈N*)． 做错位相减的题应注意：相减后的式子共(n＋1)项，一般分为三部分，第一部分是①式的第一项与0相减也就是它本身，第二部分是①式的第二项至第n项与②式的前(n－1)项相减，共(n－1)项构成的等比数列，第三部分是0减去②式的第n项，注意符号是“－”，有时第一部分和第二部分并到一起也是等比数列，求和时注意项数的变化． 思考题1　已知数列{an}的前n项和为Sn，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1的等差数列，且a2＝3. (1)求数列{an}的通项公式； 【解析】　(1)∵数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1的等差数列，∴eq \f(Sn,n)＝a1＋n－1， 可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，又a2＝3， 解得a1＝1，∴Sn＝n2.∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1；当n＝1时，a1＝1也满足上式．∴an＝2n－1. (2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】　(2)bn＝an·3n＝(2n－1)·3n， ∴Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n， ∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1， ∴－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×eq \f(9（3n－1－1）,3－1)－(2n－1)×3n＋1，可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1. 例2　在①S3＝6，S5＝15；②公差为1，且a2，a4，a8成等比数列；③a1＝1，a2＋a3＋a5＋a6＝16三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答． 问题：已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足________． (1)求数列{an}的通项公式； 【解析】　(1)选①， 设等差数列{an}的公差为d， 因为S3＝6，S5＝15， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,5a1＋10d＝15，))解得a1＝d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 选②， 因为等差数列{an}中，公差为1，且a2，a4，a8成等比数列， 所以a2a8＝a42，即(a1＋1)(a1＋7)＝(a1＋3)2， 解得a1＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 选③， 因为等差数列{an}中，a1＝1，a2＋a3＋a5＋a6＝16， 所以4a1＋12d＝16，即4＋12d＝16， 解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)令cn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，求c1＋c2＋…＋c2 023. 【解析】　(2)由(1)知cn＝[lg an]＝[lg n]， 因为c1＝[lg 1]＝0，c10＝[lg 10]＝1，c100＝[lg 100]＝2，c1 000＝[lg 1 000]＝3，c2 023＝[lg 2 023]＝3， 所以当1≤n≤9时，cn＝0， 当10≤n≤99时，cn＝1， 当100≤n≤999时，cn＝2， 当1 000≤n≤2 023时，cn＝3， 所以c1＋c2＋…＋c2 023＝0＋90×1＋900×2＋(2 023－999)×3＝4 962. 思考题2　已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8. (1)求{an}的通项公式； 【解析】　(1)设数列{an}的公比为q(q＞1)，依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝eq \f(1,2)(舍)， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100. 【解析】　(2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，所以b1对应的区间为：(0，1]，则b1＝0； b2，b3对应的区间分别为：(0，2]，(0，3]，则b2＝b3＝1，即有2个1； b4，b5，b6，b7对应的区间分别为：(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2； b8，b9，…，b15对应的区间分别为：(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23个3； b16，b17，…，b31对应的区间分别为：(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4； b32，b33，…，b63对应的区间分别为：(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5； b64，b65，…，b100对应的区间分别为：(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6. 所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480. $$