1.3.3 第3课时 数列求和(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（湘教版）

数列求和 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 第3课时 CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　拆项、并项法求和 题型(二)　裂项相消法求和 题型(三)　错位相减法求和 4 课时跟踪检测 题型(一)　拆项、并项法求和 01 [例1]　求数列1,-22,32,-42,…,(-1)n-1·n2,…的前n项和Sn. 解:①当n为偶数时,Sn=(1-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]=(1-2)(1+2)+ (3-4)(3+4)+…+[(n-1)-n]·[(n-1)+n]=-[1+2+3+4+…+(n-1)+n]=-. ②当n为奇数时,则n-1为偶数,∴Sn=Sn-1+n2=-+n2=. 综合①②可知,Sn= 并项求和法适用的题型 　　一般地,对于摆动数列适用于并项求和,此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论,有些摆动型的数列也可采用分组求和.若摆动数列为等比数列,也可用等比数列求和公式. |思|维|建|模| 针对训练 1.已知数列{an},{bn}满足a1=-1,an+1=--1,bn=. (1)证明:{bn}为等差数列; 解:由题意得bn+1=,an+1==,则bn+1-bn =-=-=-=1,所以{bn}是首项b1==1, 公差为1的等差数列. (2)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,求Sn. 解:由(1)得bn=b1+(n-1)×1=n,则(-1)n=(-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-=-(n+1)2=-. 综上,Sn=(-1)n·. 题型(二)　裂项相消法求和 02 [例2]　设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S4=10,S7=28. (1)求{an}的通项公式; 解:∵{an}是等差数列,设公差为d, ∴⇒∴an=n. (2)求数列的前n项和Tn. 解:由(1)得an=n,则==, ∴Tn= ==-. 　　对于通项公式是分式的一类数列,在求和时常用“裂项法”.可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时应注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项. |思|维|建|模| 2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n,n∈N+. (1)证明:数列{an}是等差数列; 针对训练 解:∵Sn=n2-4n,n∈N+①, ∴当n=1时,a1=S1=-3;当n≥2时,Sn-1=(n-1)2-4(n-1)=n2-6n+5②.由①-②得an=Sn-Sn-1=2n-5.当n=1时,a1=-3满足上式,∴数列{an}的通项公式为an=2n-5,n∈N+.∴an+1-an=2,为常数,∴数列{an}是等差数列. (2)已知bn=,求数列{bn}的前n项和. 解:由(1)知bn==, ∴数列{bn}的前n项和为++…+ = ==--,n∈N+. 题型(三)　错位相减法求和 03 [例3]　设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3·22n-1. (1)求数列{an}的通项公式; 解:由已知,当n≥1时,an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1 =3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1. 又a1=2,所以数列{an}的通项公式为an=22n-1. (2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn. 解:由bn=nan=n·22n-1知 Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1　①, 从而22Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1　②. ①-②得(1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1=-n·22n+1=, 即Sn=[(3n-1)22n+1+2]. 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.注意事项 (1)利用“错位相减法”时,在写出Sn与qSn的表达式时,应注意使两式对齐,以便于作差,正确写出(1-q)Sn的表达式. (2)利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况. |思|维|建|模| 针对训练 3.(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; 解:因为4Sn=3an+4　①, 所以当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4　②, 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)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:法一:错位相减法　由(1)得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. 法二:裂项求和法　由(1)得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. 课时跟踪检测 04 1 3 4 2 1.(10分)已知数列{an}满足a100=,an+1=. (1)证明为等差数列,并求数列{an}的通项;(4分) 解:由an+1=,得=2+,故是公差为2的等差数列, 故=+2(n-1),由a100=, 得201=+2×99,所以a1=, 故=2n+1,于是an=. 1 3 4 2 (2)设bn=(-1)n,求数列{bn}的前2n项和T2n.(6分) 解:依题意得,bn=(-1)n(2n+1+2n)=(-1)n·(2n+1)+(-2)n, 故T2n=b1+b2+…+b2n =[-3+(-2)]+[5+(-2)2]+…+[4n+1+(-2)2n]=[-3+5-7+…+(4n+1)]+[(-2)+ (-2)2+(-2)3+…+(-2)2n]=2n+=2n-+. 1 2 3 4 2.(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a3+a5=15,S7=49. (1)求{an}的通项公式;(4分) 解:设等差数列{an}的公差为d, 因为a1+a3+a5=15,S7=49, 所以所以a1=1,d=2, 所以an=1+(n-1)×2=2n-1. 1 2 3 4 (2)若数列{bn}满足bn=an·3n,求{bn}的前n项和Tn.(6分) 解:由题意可知bn=(2n-1)×3n, 所以Tn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n　①, 3Tn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1　②, ①-②得,-2Tn=1×31+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-(2n-1)×3n+1 =3+-(2n-1)×3n+1=(-2n+2)×3n+1-6, 所以Tn=(n-1)×+3. 1 3 4 2 3.(10分)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=4,S4=20,且为等差数列. (1)求证:数列{an}为等差数列;(5分) 解:证明:设等差数列的公差为d, 则=+3d,即S1+3d=5　①, 因为S2=a1+a2=S1+4, 所以由=+d,得S1+2d=4　②. 由①②解得S1=2,d=1,所以=n+1,即Sn=n(n+1),当n≥2时,an=Sn-Sn-1 =n(n+1)-(n-1)n=2n,当n=1时,a1=S1=2,上式也成立,所以an=2n(n∈N+). 因为当n≥2时,an-an-1=2,所以数列{an}是等差数列. 1 3 4 2 (2)若数列{bn}满足b1=6,且=,设Tn为数列{bn}的前n项和, 集合M={Tn|Tn∈N+},求M(用列举法表示).(5分) 解:由(1)可知===, 当n≥2时,bn=··…··b1=××…××6=, 因为b1=6满足上式,所以bn=(n∈N+). Tn=12 =12×=12-, 因为当∈N+时,n=1,2,3,5,11,所以M={6,8,9,10,11}. 1 3 4 2 4.(10分)已知数列是以为首项的常数列,Sn为数列{an}的前n项和. (1)求Sn;(4分) 解:由题意可得=,则an=3n-1,可得==3,可知数列{an}是首项a1=1,公比q=3的等比数列,所以Sn==. 1 3 4 2 (2)设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k,其中bi∈{0,1,2},i,k∈N. 例如:3=0×30+1×31,则b0=0,b1=1;4=1×30+1×31,则b0=1,b1=1. 若f(m)=b0+b1+…+bk,求数列{Sn·f(Sn)}的前n项和Tn.(6分) 解:因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1,则b0=b1=… =bn-1=1,由题意f(Sn)=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n, 所以Sn·f(Sn)=,可得Tn=++…+ =[(1×3+2×32+…+n×3n)-(1+2+…+n)]. 先求数列{n×3n}的前n项和,记为T', 则T'=1×31+2×32+…+n×3n　①, 1 3 4 2 3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1　②, ①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1, 所以T'=+×3n+1; 再求{n}的前n项和,记为T″,则T″=.综上所述,Tn=(T'-T″) ==+×3n+1-. $$