第5章 习题课 数列求和(二)-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教B版）

习题课　数列求和(二) 第五章　数列 [学习目标]　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.掌握错位相减法和裂项相消法求和的一般过程和思路.　3.掌握数列求和与不等式恒成立问题. 题型一　裂项相消法求和 内容索引 题型二　错位相减法求和 课时作业 巩固提升 题型三　数列求和与不等式成立问题 课堂达标·素养提升 3 题型一　裂项相消法求和 [例1]　已知数列为等差数列,a2=5且a5+a9=40. (1)求数列的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. [解]　(1)设数列的首项为a1,公差为d, 依题意得 解得 故an=2+3(n-1)=3n-1. (2)由(1)知==, 所以Tn=++…+ ===. 1.用裂项法求和的裂项原则及规律 (1)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. (2)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. 注意:利用裂项相消法求和时,既要注意检验通项公式裂项前后是否等价,又要注意求和时,正负项相消消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项. 思维提升 2.裂项相消法中常见的裂项技巧 (1)=. (2)=. (3)=. (4)=-. (5)=. (6)=(-). (7)==-. 1.设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S3=a7,a8-2a3=3. (1)求an; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 跟踪训练 解:(1)设数列{an}的公差为d, 由题意得 解得a1=3,d=2, ∴an=a1+(n-1)d=2n+1. (2)由(1)得Sn=na1+d=n(n+2), ∴bn==. ∴Tn=b1+b2+…+bn-1+bn = ==-. 题型二　错位相减法求和 [例2]　已知等差数列的前n项和为Sn,且S5=25,a2+a5+a10=31. (1)求数列的通项公式以及前n项和Sn; (2)若bn=3n·an,求数列的前n项和Tn. [解]　(1)设等差数列的公差为d, 由 得 解得 所以an=1+2(n-1)=2n-1, 所以Sn=1+3+…+2n-1==n2. (2)由(1)可得bn=3n·an=(2n-1)×3n, 所以Tn=1×31+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n, 则3Tn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1, 所以-2Tn=1×31+2×32+2×33+…+2×3n-(2n-1)×3n+1=3+-(2n-1)×3n+1=-6-(2n-2)×3n+1, 所以Tn=3+(n-1)×3n+1. 错位相减法求数列的前n项和的步骤与注意事项 1.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{anbn}的前n项和Sn. 思维提升 2.基本步骤 3.注意事项 (1)在写出Sn与qSn的表达式时应特别注意将两式“错位对齐”,以便下一步准确写出Sn-qSn的表达式. (2)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比q=1和q≠1两种情况求解. 2.在数列中,a1=1,an+1=an+cn(c是常数,n=1,2,3,…),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列. (1)求c的值; (2)求数列的通项公式; (3)求数列的前n项和Tn. 跟踪训练 解:(1)a1=1,a2=1+c,a3=1+3c, 因为a1,a2,a3成公比不为1的等比数列, 所以(1+c)2=1×(1+3c),解得c=0或c=1. 当c=0时,a1=a2=a3,不符合题意,舍去,故c=1. (2)当n≥2时,由于a2-a1=1,a3-a2=2,…,an-an-1=n-1, 所以an-a1=1+2+…+n-1=, 又a1=1,故an=1+=n2-n+1(n≥2). 当n=1时,a1=1满足上式,所以an=n2-n+1. (3)因为=, 所以Tn=0×+1×+2×+…+(n-1)×, Tn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×, 两式相减得Tn=+++…+-(n-1)× =-(n-1)× 即Tn=-(n+1)×. 题型三　数列求和与不等式成立问题 [例3]　已知数列满足a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1+2. (1)求的通项公式; (2)设bn=+,证明:b1+b2+…+bn<. (1)[解]　由题意可知,当n=1时,a1=2; 当n≥2时,由a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1+2得,a1+2a2+…+(n-1)an-1=(n-2) ·2n+2, 两式作差可得,nan=(n-1)·2n+1-(n-2)·2n=n·2n,∴an=2n, a1=2也适合该式,故an=2n. (2)[证明]　由题意知bn=+=+, 故b1+b2+…+bn=+=1-+-×=-, 由于n∈N+,则+>0, 故-<, 即b1+b2+…+bn<. 数列与不等式是高考的热点问题,其综合的角度主要包括两个方面: 一是不等式恒成立或能成立条件下,求参数的取值范围:此类问题常用分离参数法,转化为研究最值问题来求解;二是不等式的证明:常用方法有比较法、构造辅助函数法、放缩法等. 思维提升 3.已知数列的前n项和为Sn,a2=27,Sn=an+1-,bn=log3an. (1)求数列和的通项公式; (2)记数列的前n项和为Tn,若Tn≤对任意n∈N+都成立,求实数m的取值范围. 跟踪训练 解:(1)当n=1时,a1=S1=a2-==3,当n≥2时,Sn-1=an-, 所以an=Sn-Sn-1=an+1-an,化简得an+1=9an. 因为a2=9a1,所以数列是首项为3,公比为9的等比数列, 所以an=3×9n-1=32n-1,所以bn=log3an=2n-1. (2)因为==-, 所以Tn=1-+-+…+-=1-,由n>0得Tn<1. 因为Tn≤对任意n∈N+都成立,所以解得<m≤1,故实数m的取值范围为. 〈课堂达标·素养提升〉 1.已知an=(n∈N+),则a1+a2+a3+…+a80等于(　　) A.7　　　　　　　　　 B.8 C.9 D.10 B 解析:因为an==-(n∈N+), 所以a1+a2+a3+…+a80=-1+-+-+…+-=9-1=8. 2.已知数列的前n项和为Sn,且an=,若Sn≤k恒成立,则k的最小值是(　　) A. B.4 C. D.5 B 解析:Sn=+++…+,Sn=+++…+, 两式相减可得 Sn=++++…+- =+- =2-, 所以Sn=4-, 因为>0,所以4-<4,即Sn<4恒成立,故k≥4.故k的最小值是4. 3.数列的前2 024项的和为　 　　　.  解析:因为=2, 所以S2 024=2×=2×=. 4.计算1×+2×+3×+…+9×=　　　 　.  解析:记S=1×+2×+3×+…+9×,① 则S=1×+2×+3×+…+9×,② 由①-②得, S=+++…+-9× =-9× =1--9× =1-=, 所以S=. 课时作业 巩固提升 [A组　必备知识练] 1.已知数列{an}满足an+1=an,a1=1,则数列{anan+1}的前10项和为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 解析:∵an+1=an,a1=1,∴an≠0,=,则an=a1···…·=1×××…×=. ∵anan+1==-, ∴数列{anan+1}的前10项和为+++…+=1-=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.已知数列{an}的通项公式为an=,n∈N+,则数列{an}的前100项和为(　　) A. B. C.6- D.6- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C 解析:设数列{an}的前n项和为Sn, 则Sn=1+++…+, 则Sn=+++…++, 两式相减得Sn=1+1+++…+- =1+- =3-. 因此Sn=6-,所以 S100=6-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.已知函数f(x)=xα的图象过点(4,2),令an=,n∈N+.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 024等于(　　) A.-1 B.-1 C.-1 D.-1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D 解析:由f(4)=2可得4α=2,解得α=,则f(x)=. 所以an===-,S2 024=a1+a2+a3+…+a2 024=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.已知数列满足a1=1,an+1=,则数列的前10项和为(　　) A.25×210+12 B.25×21 C.25×211+12 D.25×211+10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D 解析:依题意,a1=1,an+1=,则an>0, ==+3, 所以数列是首项为=1,公差为3的等差数列, 所以=3n-2, 所以=(3n-2)·2n,其前10项和S10=1×2+4×22+…+28×210, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 则2S10=1×22+4×23+…+28×211, 两式相减得-S10=2+3×22+3×23+…+3×210-28×211 =2+-28×211=2+3×22(29-1)-28×211=-10-25×211, 所以S10=25×211+10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.若an=,则数列的前n项和Sn=　　 　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2-(n+2) 解析:因为n·an=, 所以Sn=+++…+, Sn=++…++, 所以Sn=+++…+-=-=1--, 所以Sn=2-(n+2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.设等差数列满足a1=3,S4=24,bn=,数列的前n项和为Tn,若 对于∀n∈N+,不等式Tn<λ恒成立,则实数λ的取值范围是　　　 　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:设数列{an}的公差为d,由a1=3,S4=4a1+6d=24得d=2,所以an= 3+2(n-1)=2n+1, bn==,Tn=b1+b2+…+bn-1+bn===-<,所以λ的取值范围为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.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; (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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解:(1)设数列{an}的公比为q, 由题意知a1(1+q)=6,q=a1q2, 又an>0, 解得a1=2,q=2,所以an=2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)由题意知S2n+1= =(2n+1)bn+1, 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0, 所以bn=2n+1. 令cn=,则cn=, 因此Tn=c1+c2+…+cn =+++…++, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 又Tn=+++…++, 两式相减得 Tn=+- =+- =-,所以Tn=5-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [B组　关键能力练] 8.已知Sn是数列的前n项和,a1=2,an+1=2(an+2n),不等式2λan-S2n+1 -128n+2≤0对任意的n∈N+恒成立,则实数λ的取值范围为(　　) A.(-∞,32] B.(-∞,16] C.[32,+∞) D.(-∞,8] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 解析:∵an+1=2(an+2n), ∴-=1,又a1=2, ∴数列是首项为1,公差为1的等差数列, ∴=n,∴an=n×2n, ∴Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n①, ∴2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1②, ①-②得,-Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ∴Sn=(n-1)×2n+1+2. ∵不等式2λan-S2n+1-128n+2≤0, 即2λn×2n-2n×22n+2-2-128n+2≤0, 故λ≤2n+2+对任意的n∈N+恒成立. 又2n+2+≥2=32,当且仅当2n+2=,即n=2时等号成立, ∴λ≤32. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.设S=+++ …+,[S]表示不大于S的最大整数(例如:[2.34]=2, [-π]=-4),则[S]等于(　　) A.2 021 B.2 022 C.2 023 D.2 024 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C 解析:因为===1+, 所以S=1++1++…+1+=2 023+= 2 023+,所以[S]=2 023. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.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(　　) A.1- B.1- C.1- D.1- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 解析:在各项都为正数,公比设为q(q>0)的等比数列{an}中,若a1=2,且a1·a5=64,则4q4=64,解得q=2,则an=2n. 数列即为. ∵=-, ∴数列的前n项和是-+-+…+-=1-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.若数列是等差数列,且a1=a2=0,则an=　　　　,数列的前n项和Tn=　　 　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2n-2n (3n-3)2n+2-4n+1+16 解析:设等差数列的公差为d, 依题意可得d=(a2+22)-(a1+21)=2, 所以an+2n=a1+21+2(n-1)=2n,即an=2n-2n, 所以3an·2n=3(2n-2n)·2n=6n·2n-3×4n. 设Sn=2+2×22+3×23+…+n·2n,则2Sn=22+2×23+3×24+…+n·2n+1, 所以-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2, 则Sn=(n-1)·2n+1+2. 所以Tn=6Sn-3×=6(n-1)·2n+1+12-(4n+1-4)=(3n-3)2n+2-4n+1+16. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.已知数列的通项公式为an=n,在an与an+1中插入n2+n-1个数,使这n2+n+1个数组成一个公差为dn的等差数列,记数列的前n项和为Sn, (1)求的通项公式及Sn; (2)设bn=,Tn为数列的前n项和,求Tn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:(1)因为在an=n,an+1=n+1之间插入n2+n-1项,使这n2+n+1个数成公差为dn的等差数列, 所以dn===-, 所以Sn=1-+-+…+-=. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)易知bn=,所以Tn=+++…+, Tn=+++…++, 两式相减得Tn=2+-=2+-=3-, 所以Tn=6-. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [C组　素养培优练] 13.已知在数列中,a1=1,设Sn为的前n项和,2Sn=(n+1)an,已知数列bn=,设的前n项和为Tn. (1)求Tn; (2)若Tn+bn>(-1)na对任意n∈N+恒成立,求实数a的取值范围. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:(1)由2Sn=(n+1)an可得2Sn-1=nan-1,n≥2, 上面两式相减得2an=(n+1)an-nan-1, 整理得(n-1)an=nan-1⇔=,n≥2, 所以数列是常数列,即==1,所以an=n,则bn==, 所以Tn=+++…+, 两边同乘以2得2Tn=1+++…+, 两式相减得Tn=1++++…+-=-=2--=2-, 即Tn=2-. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)由Tn+bn>(-1)na可得2-+>(-1)na,整理得2->(-1)na, 当n为偶数时,上面不等式可化简为2->a, 利用该数列单调递增性可知2-≥2-=,所以a<, 当n为奇数时,上面不等式可化简为2->-a⇔a>-2, 再利用该数列单调递减性可知-2≤-2=-1,所以a>-1, 综上可得-1<a<. 13 $$