4.3.2 第2课时 数列求和（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

第四章 数列 4．3　等比数列 4．3．2　等比数列的前n项和公式 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 第2课时　数列求和 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 目录 contents Part 01 课时作业（十） Part 02 课堂互动 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 课 堂 互 动 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 课时作业 (十) 点击进入word 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 谢谢观看 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 题型一　分组转化法求和 [例 1]　已知等差数列{an}满足a5＝9，a2＋a6＝14． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝an＋qan(q>0)，求数列{bn}的前n项和Sn． 解：(1)设数列{an}的公差为d， 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＝9，,a2＋a6＝14，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝9，,2a1＋6d＝14，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.)) 所以{an}的通项公式为an＝2n－1． (2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1． 当q>0且q≠1时，Sn＝ [1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－1)＝n2＋eq \f(q（1－q2n）,1－q2)； 当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1)． 所以数列{bn}的前n项和Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n（n＋1），q＝1，,n2＋\f(q（1－q2n）,1－q2)，q>0且q≠1.)) 分组转化法求和的常见类型 (1)an＝bn±cn，{bn}，{cn}为等差或等比数列． (2)an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数，)){bn}，{cn}为等差或等比数列． [提醒]　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．　　 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n． a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n． (2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn． 记数列{bn}的前2n项和为T2n， 则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则A＝eq \f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n． 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2． 题型二　裂项相消法求和 [例 2]　已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，aeq \o\al(2,3)＝9a2a6． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝－logeq \r(3)an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn． 解：(1)设数列{an}的公比为q． 由aeq \o\al(2,3)＝9a2a6得aeq \o\al(2,3)＝9aeq \o\al(2,4)， ∴q2＝eq \f(1,9)． 由条件可知q>0，故q＝eq \f(1,3)． 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1． 解得a1＝eq \f(1,3)， ∴an＝eq \f(1,3n)． (2)∵an＝eq \f(1,3n)∴bn＝－logeq \r(3) eq \f(1,3n)＝2n， ∴eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,4n（n＋1）)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))， ∴Tn＝eq \f(1,4) eq \b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4（n＋1）)． 裂项相消法的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项或若干项，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项处，其余各项都能前后正负相消，进而求出数列的前n项和．使用此方法时必须弄清消去了哪些项，保留了哪些项，一般未被消去的项有前后对称的特点．　　 设等差数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，且eq \f(S2 018,2 018)－eq \f(S2 017,2 017)＝1． (1)求Sn； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(SnSn＋1))))的前n项和Tn． 解：(1)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差为d， 因为eq \f(Sn,n)＝eq \f(na1＋\f(n（n－1）,2)d,n) ＝a1＋(n－1)eq \f(d,2)， 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为一个等差数列， 所以eq \f(S2 018,2 018)－eq \f(S2 017,2 017)＝eq \f(d,2)＝1，所以d＝2， 故eq \f(Sn,n)＝n，所以Sn＝n2． (2)因为eq \f(1,\r(SnSn＋1))＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， 所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)． 题型三　错位相减法求和 [例 3]　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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn． 解：(1)设{an}的公比为q， 由题意知：a1(1＋q)＝6，aeq \o\al(2,1)q＝a1q2， 又an>0， 解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n． (2)由题意知：S2n＋1＝eq \f(（2n＋1）（b1＋b2n＋1）,2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0， 所以bn＝2n＋1． 令cn＝eq \f(bn,an)，则cn＝eq \f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)＋eq \f(2n＋1,2n)， 又eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n)＋eq \f(2n＋1,2n＋1)， 两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1))) －eq \f(2n＋1,2n＋1) ＝eq \f(3,2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(2n＋1,2n＋1) ＝eq \f(5,2)－eq \f(2n＋5,2n＋1)， 所以Tn＝5－eq \f(2n＋5,2n)． 错位相减法求和的注意点 (1)在写“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，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．　　 已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋1(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列{an}为等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Tn． 解：(1)证明：由已知，得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝1(n≥2，n∈N*)， 即an＋1－an＝1(n≥2，n∈N*)， 且a2－a1＝1． ∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴an＝n＋1． (2)由(1)知bn＝(n＋1)·3n，则 Tn＝2·3＋3·32＋4·33＋…＋n·3n－1＋(n＋1)·3n，① 3Tn＝2·32＋3·33＋4·34＋…＋n·3n＋(n＋1)·3n＋1，② ①－②，得－2Tn＝2·3＋32＋33＋34＋…＋3n－(n＋1)·3n＋1＝3＋eq \f(3（1－3n）,1－3)－(n＋1)·3n＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3n－\f(3,2)))·3n＋eq \f(3,2)， ∴Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n＋\f(3,4)))·3n－eq \f(3,4)． [课堂小结] 非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想 1．转化思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成； 2．不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和． $$