第4章 专题提升课(2) 数列求和(课件PPT)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

数 列 专题提升课(二)　数列求和 第四章 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 学习目标 1.掌握分组转化法求数列和的方法． 2．掌握并项转化法、裂项相消法等数列求和方法． 3．掌握错位相减法求和方法． 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 C 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 C 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 C 随堂演练 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 C 随堂演练 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 随堂演练 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 随堂演练 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 课时梯级训练(13) 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 谢谢观看 高中数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 专题一：分组转化法求和 [例1] (2025·青岛高二检测)已知数列{an}为等差数列，首项a1＝1，公差d＝2，bn＝3an. (1)证明：{bn}是等比数列； (2)求数列{an－2bn}的前n项和Sn. (1) 因为数列{an}为等差数列，首项a1＝1，公差d＝2，所以an＝2n－1， 当n≥2时，＝＝9，且b1＝3， 所以数列{bn}是以3为首项，以9为公比的等比数列． (2) 由(1)得：bn＝3×9n-1＝32n-1， 所以Sn＝(a1＋a2＋…＋an)－2(b1＋b2＋…＋bn) ＝－2×＝n2－＋. 分组求和法的常见类型及解法 [练1] 已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为 (　　) A．1 121 B．1 122 C．1 123 D．1 124 由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123. [练2] 若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为 (　　) A．2n＋n2－1 B．2n+1＋n2－1 C.2n+1＋n2－2 D．2n＋n－2 ∵an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(21＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝＋＝2n+1＋n2－2. 专题二：并项转化法求和 [例2] 已知数列{an}，{bn}满足a1＝－1，an＋1＝－－1，bn＝. (1)证明：{bn}为等差数列； (2)设数列{(－1)nb}的前n项和为Sn，求Sn. (1) 由题意得bn＋1＝，an＋1＝＝， 则bn＋1－bn＝－＝－＝－＝1， 所以{bn}是首项为b1＝＝1，公差为1的等差数列． (2) 由(1)得bn＝b1＋(n－1)×1＝n，则(－1)nb＝(－1)nn2， 当n为偶数时，Sn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2 ＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋(n＋n－1)(n－n＋1) ＝1＋2＋3＋4＋…＋n－1＋n＝. 当n为奇数时，n＋1为偶数， 则Sn＝Sn＋1－b＝－(n＋1)2＝－. 综上，Sn＝(－1)n. 并项转化法求和的解题策略 (1)一般地，当数列中的各项正负交替，且各项的绝对值成等差数列时，可以采用并项转化法求和． (2)在利用并项转化法求和时，因为数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用分段形式来表示． [练3] 已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn. 当n为偶数时，令n＝2k(k∈N*)， Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)2k(6k－2) ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]＝3k＝n. 当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N*)， Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝. 所以Sn＝ 专题三：裂项相消法求和 [例3] (2024·河南省部分中学高二联考)记数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝n2＋an＋a1－1. (1)若a1≠1，证明：{an－n}是等比数列； (2)若a2是a1和a3的等差中项，设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. (1) 对2Sn＝n2＋an＋a1－1①，当n≥2时，有2Sn－1＝(n－1)2＋an－1＋a1－1②， ①－②得2(Sn－Sn－1)＝2n－1＋an－an－1，即2an＝2n－1＋an－an－1， 经整理，可得an－n＝(－1)[an－1－(n－1)]， a1≠1，故{an－n}是以a1－1为首项，－1为公比的等比数列． (2) 由(1)知an－n＝(－1)n-1(a1－1)，有a2＝3－a1，a3＝a1＋2， 由题设知2a2＝a1＋a3，即2(3－a1)＝a1＋(a1＋2)，则a1＝1，故an＝n. 而bn＝＝＝(－)， Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝(－＋－＋…＋－＋－) ＝(＋－－)， 故Tn＝－(＋). ＝(＋－－)， 故Tn＝－(＋). 1．裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项． (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． 2．几种常见的裂项方式 数列(n为正整数) 裂项方式 (k为非零常数) ＝(－) ＝－ (a>0，a≠1) loga(1＋)＝loga(n＋1)－logan [练4] (2024·南通高二期末)已知数列{an}满足a1＝，a3＝，且数列{2nan}是等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. (1)因为{2nan}是等差数列，且数列{an}满足a1＝，a3＝， 设等差数列{2nan}的公差为d，则d＝＝＝2， 所以2nan＝21·a1＋(n－1)×d＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝， 所以数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*. (2)由(1)知an＝，可得bn＝＝＝－， 所以Sn＝(－2)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－) ＝－2＝. 专题四：错位相减法求和 [例4] (2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. (1)因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n-1. (2)方法一(错位相减法)　因为bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n-1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 方法二(裂项相消法)　bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1， 令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n-1， 则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n-1＝3n-1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n-1， 所以解得 即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n-1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n-1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n-1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1. 错位相减法求和的注意点 (1)错位相减法求和的适用条件 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{an·bn}的前n项和Sn. (2)利用错位相减法时要注意讨论公比q是否等于1. [练5] (2025·宁波高二期中)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝－1，2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{}的前n项和Tn. (1)因为2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，所以2Sn－2Sn＋1＝Sn＋2－Sn＋1， 所以an＋2＝－2an＋1，而{an}为等比数列，故公比q＝－2，故an＝－(－2)n-1. (2)＝＝， 故Tn＝1×()0＋2×()1＋3×()2＋…＋n×()n-1， 所以Tn＝1×()1＋2×()2＋3×()3＋…＋n×()n， 两式相减得Tn＝()0＋()1＋()2＋…＋()n-1－n×()n＝－n×()n＝2－(n＋2)·()n， 故Tn＝4－(n＋2)·()n-1. 1．知识清单 (1)分组转化法求和． (2)并项转化法求和． (3)裂项相消法求和． (4)错位相减法求和． 2．方法归纳：分组转化法、并项转化法、裂项相消法、错位相减法． 3．常见误区 (1)并项转化求和法中要注意对项数n进行分类讨论． (2)裂项求和法中要关注正项与负项的个数是否相同． (3)错位相减法中要注意项的符号以及化简合并． ◎随堂演练 1．数列{1＋2n-1}的前n项和为 (　　) A．1＋2n B．2＋2n C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n 由题意得an＝1＋2n-1，所以Sn＝n＋＝n＋2n－1. 2．(2025·达州统考)在递增等差数列{an}中有a1＋a5＝6，a2a4＝8，则＋＋＋…＋＝ (　　) A． B． C． D． 由题意得 解得或因为{an}是递增等差数列，所以a2＝2，a4＝4，所以an＝n. 即＋＋＋…＋＝＋…＋， 令bn＝＝－，则原式为求bn的前100项和， 故原式＝＋…＋＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝. 3．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n-1·(4n－3)，则它的前100项之和S100＝________． 答案：－200 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 4．求1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1(x≠0且x≠1)的值． 设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1，① 则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn.② 由①－②，得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn-1－nxn＝－nxn，∴Sn＝－. $$