第1章 习题课 数列求和(二)（课件PPT）-【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（湘教版）

该高中数学课件聚焦错位相减法求和与数列创新求和问题，通过“条件选择—通项推导—求和应用”的问题链导入，衔接等比数列求和、递推公式转化等前置知识，搭建从基础运算到复杂情境的学习支架。 其亮点在于分层设计与情境融合，通过提丢斯数列分析、取整函数求和等创新案例，培养学生用数学眼光观察现实规律的意识。错位相减步骤规范、反思总结到位，结合问题驱动与分层训练，助力学生夯实运算能力、发展逻辑思维，教师可直接用于课堂教学，提升效率。

第1章 <<< 习题课　数列求和(二) 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 一、错位相减法求和 二、数列求和中的创新问题 课时对点练 随堂演练 内容索引 错位相减法求和 一 　　　在①：Sn＝2n－3n－1；②：an＋1＝2an＋3，a1＝－1这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.设数列{an}的前n项和为Sn，且________. (1)求数列{an}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 例 1 5 若选①：∵Sn＝2n－3n－1， ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－1－[2n－1－3(n－1)－1]＝2n－1－3， 当n＝1时，a1＝S1＝－2满足上式， 故an＝2n－1－3. 若选②：an＋1＝2an＋3，a1＝－1， 易得an＋1＋3＝2(an＋3)， 于是数列{an＋3}是以a1＋3＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋3＝2n，∴an＝2n－3. 6 (2)若bn＝n·(an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn. 7 若选①：由(1)得bn＝n·2n－1， 从而Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1， 2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 作差得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n 于是Tn＝(n－1)2n＋1. 8 若选②：由(1)得bn＝n·2n， 从而Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 作差得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 于是Tn＝(n－1)2n＋1＋2. 9 (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”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式. 反 思 感 悟 10 　　　　　设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝ ，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； 跟踪训练 1 11 (2)设anbn＝n，求数列{bn}的前n项和Sn. 由题意及(1)知bn＝n·3n，得 Sn＝3＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n·3n， 两边同乘3，得3Sn＝32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1， 两式相减得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1 12 二 数列求和中的创新问题 　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； 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 例 2 14 设等差数列{an}的公差为d， 若选①，因为S3＝6，S5＝15， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选②， 即(a1＋1)(a1＋7)＝(a1＋3)2，解得a1＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 15 若选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. 16 (2)令cn＝[lg an ]，其中[x]表示不超过x的最大整数，求c1＋c2＋…＋c2 023. 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， 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＝9×0＋90×1＋900×2＋(2 023－999)×3＝4 962. 17 反 思 感 悟 数列求和中的创新问题往往和函数、不等式、平面几何等实际问题相结合，重点考查数列求和的应用意识. 　　　　　“提丢斯数列”是由18世纪德国数学家提丢斯给出，具体如下：0,3,6,12,24,48,96,192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4,7,10,16,28,52,100,196，…；再将每一项除以10后得到：“提丢斯数列”：0.4,0.7,1.0,1.6,2.8,5.2,10.0, 19.6，…，则下列说法中，正确的是 A.“提丢斯数列”是等比数列 D.“提丢斯数列”中，不超过20的有9项 跟踪训练 2 √ 19 当n＝2时，a2＝0.7，符合该式；当n＝1时，a1＝0.55≠0.4； “提丢斯数列”不是等比数列，故A错误； 20 当n＝1时，a1＝0.4≤20，成立； ∴“提丢斯数列”中，不超过20的有8项，故D错误. 21 1.知识清单： (1)错位相减法求和. (2)创新求和问题. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、列举法. 3.常见误区： (1)错位相减法中要注意项的符号以及化简合并. (2)创新求和问题有时可用列举法. 课堂小结 随堂演练 三 1 2 3 4 1.化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是 A.2n＋1＋n－2 B.2n＋1－n＋2 C.2n－n－2 D.2n＋1－n－2 √ 1 2 3 4 Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1， ① 2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n， ② ②－①得， 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 由题意得2n＋1an＋1＝2nan＋1， 所以{2nan}是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以2nan＝1＋(n－1)＝n， 记数列{an}的前n项和为Sn， 1 2 3 4 3.已知数列{an}满足an＝ 定义使a1·a2·a3·…·ak(k∈N＋) 为整数的k叫作“幸福数”，则区间[1,2 023]内所有“幸福数”的和为_______. 1 2 3 4 2 036 1 2 3 4 当n＝1时，a1＝1也满足上式. 若满足a1·a2·…·ak为正整数， 则k＋1＝2n，即k＝2n－1， 所以在[1,2 023]内的所有“幸福数”的和为21－1＋22－1＋…＋210－1 4.如图所示，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3,6,4,10,5，…，则在该数列中，第37项是______. 1 2 3 4 190 由题意可得从第4行起的每行第三个数3＝1＋2,6＝1＋2＋3,10＝1＋2＋3＋4， 所以第k(k≥4)行的第三个数为1＋2＋…＋(k－2)，在该数列中，第37项为第21行第三个数， 课时对点练 四 1.等比数列{an}中，a5＝2，a6＝5，则数列{lg an}的前10项和等于 A.6 B.5 C.4 D.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ ∵数列{an}是等比数列，a5＝2，a6＝5， ∴a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10， ∴lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg(a1·a2·…·a10) ＝lg(a5a6)5＝5lg 10＝5. A.11 　　　B.10 　　　C.9 　　　D.8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 因此前3项和S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10. 3.数列{n·2n}的前n项和等于 A.n·2n－2n＋2 B.n·2n＋1－2n＋1＋2 C.n·2n＋1－2n D.n·2n＋1－2n＋1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设{n·2n}的前n项和为Sn， 则Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ① 所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1， ② 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ ∵{an}是等差数列， ∴a1＋a2 023＝a2＋a2 022＝1， 5.(多选)在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45，…这些数叫作三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是 A.an－an－1＝n(n≥2) B.a20＝210 C.1 024是三角形数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，由此可归纳得an－an－1＝n(n≥2)，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ} 的前2 023项和为 A.1 012 B.1 011 C.2 023 D.－2 023 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设数列{an}的公差为d， ∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ， ∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…， 7.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，点M(2，log2a2)，N(5，log2a5)都在直线y＝x－1上，则数列{an}的前n项和为______. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2n－1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ①－②得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.求数列1,3a，5a2，7a3，…，(2n－1)an－1，…(a≠0)的前n项和. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设该数列的前n项和为Sn， 当a＝1时，数列为1,3,5,7，…，2n－1， 当a≠0且a≠1时，Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1， ① aSn＝a＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＋(2n－1)an， ② ①－②得Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又1－a≠0， 综上， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.已知数列{an}满足a1＝－1，记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋n2＝n(an＋1). (1)求数列{an}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为Sn＋n2＝n(an＋1)， 所以Sn＋1＋(n＋1)2＝(n＋1)(an＋1＋1)， 两式相减，得nan＋1－nan＝2n， 所以an＋1－an＝2. 又a1＝－1，所以数列{an}是首项为－1，公差为2的等差数列，所以an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.观察下列式子： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 … 根据规律，则1×2＋2×3＋3×4＋…＋2 022×2 023等于 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以1×2＋2×3＋3×4＋…＋2 022×2 023 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1， ① 当n＝1时，a1＝4， 当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n， ② ①－②得， 2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n＝(n＋1)2n， 所以an＝2(n＋1)，对a1＝4也成立， 故an＝2(n＋1)，则an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{an－kn}为等差数列， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 故Sn≤S6对任意的n(n∈N＋)恒成立可化为a6－6k≥0，a7－7k≤0； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 A.7 B.8 C.9 D.10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(多选)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的为 A.a5＝8 B.an＋3＝2an＋1＋an对∀n∈N＋恒成立 C.a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝a2 024 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 “斐波那契数列”为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89，…，所以a5＝5，A选项错误； 依题意an＋2＝an＋1＋an(n≥1)，所以an＋3＝an＋2＋an＋1，故an＋3＝2an＋1＋an对∀n∈N＋恒成立，B选项正确； a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2 023＝a2 024－a2 022， 所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝a2 024，C选项正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a5＝40，a4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； 所以q＝2，a3＝8， 所以数列{an}的通项公式为an＝a3qn－3＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当n为奇数时，f(n)的最小值为1， 所以－a<1，解得a>－1； ＝－n·2n＝(1－n)2n－1， ＝－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2， 两式相减得3n－1an＝，故an＝.经验证当n＝1时上式也成立，故数列{an}的通项公式为an＝. 由于a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N＋， 所以当n≥2时，a1＋3a2＋…＋3n－2an－1＝， ＝－n·3n＋1＝－＋·3n＋1， 所以Sn＝＋·3n＋1. 所以解得a1＝d＝1， 因为等差数列{an}的公差为1，且a2，a4，a8成等比数列，所以a2a8＝a， B.“提丢斯数列”的第99项为 C.“提丢斯数列”的前31项和为＋ 记“提丢斯数列”为数列{an}，则当n≥3时，10an－4＝6·2n－3，解得an＝； ∴an＝ “提丢斯数列”的第99项为a99＝，故B错误； 即2n≤，解得n≤8， “提丢斯数列”的前31项和为S31＝0.4＋30×＋×(20＋21＋22＋…＋229) ＝12.4＋×＝＋，故C正确； 当n≥2时，an＝≤20， Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2. 2.已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋(n∈N＋)，则数列{an}的前10项的和为 A. B. C. D. Sn＝＋＋…＋＋， 得an＝. 则Sn＝＋＋…＋＋， 即Sn＝2－，所以S10＝2－＝. 作差得Sn＝＋＋＋…＋－， 得Sn＝－， ＝－10＝2 036. 当n≥2时，an＝logn(n＋1)＝， 所以a1·a2·…·ak＝1×××…×＝log2(k＋1)， 所以该数列的第37项为1＋2＋…＋19＝＝190. 2.我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列，数列的前3项和是 设an＝， 则a1＝＝1，a2＝＝3，a3＝＝6， ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2，所以Sn＝n·2n＋1－2n＋1＋2. 4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a2＋a2 022，且A，B，C三点共线(该直线不过原点O)，则S2 023的值为 A. B.1 011 C. D.1 012 ∵＝a2＋a2 022，且A，B，C三点共线，∴a2＋a2 022＝1， ∴S2 023＝＝. D.＋＋＋…＋＝ an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝，∴a20＝210，故B正确； 令＝1 024，此方程没有正整数解，故C错误； 由an＝，得＝＝2， ∴＋＋…＋ ＝2 ＝2＝，故D正确. 则解得 ∴数列{ancos nπ}的前2 023项和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 021＋b2 022)＋b2 023＝2×＋(2×2 023－1)cos 2 023π＝－2 023. 由题意可得log2a2＝2－1＝1，log2a5＝5－1＝4，则a2＝2，a5＝16，数列{an}的公比q＝＝＝2，数列{an}的首项a1＝＝＝1，前n项和Sn＝＝2n－1. 8.已知数列{an}满足an＝(3n－2)·，则数列{an}的前n项和Tn＝ _____________. －× Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－2)×， ① ①×得 Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)×， ② Tn＝＋3×＋3×＋3×＋…＋3×－(3n－2)×＝＋3×－(3n－2)×＝－×－(3n－2)×. ∴Tn＝－×－× ＝－×. 则Sn＝＝n2； 即(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋…＋an－1)＝1－(2n－1)an＋2·＝1－(2n－1)an＋， ∴Sn＝＋. Sn＝ (2)若bn＝acos ，求数列{bn}的前100项和T100. 由bn＝acos ，得当n＝2k－1(k∈N＋)时，bn＝0， 当n＝4k(k∈N＋)时，bn＝a， 当n＝4k－2(k∈N＋)时，bn＝－a， 所以T100＝(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝(a4－a2)(a4＋a2)＋ (a8－a6)(a8＋a6)＋…＋(a100－a98)(a100＋a98) ＝4(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝4××50＝100×(1＋197)＝19 800. 1×2＝； 2×3＝； 3×4＝； A.×2 021×2 022×2 023 B.×2 022×2 023×2 024 C. D. 由规律可得n×＝[n××－×n×]， ＝(1×2×3－0×1×2＋2×3×4－1×2×3＋3×4×5－2×3×4＋…＋2 022×2 023×2 024－2 021×2 022×2 023) ＝ ＝×2 022×2 023×2 024. 12.对于数列{an}，定义An＝为数列{an}的“好数”，已知某数列{an}的“好数”An＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S6对任意的n∈N＋恒成立，则实数k的取值范围为 A. B. C. D. 由题意，An＝＝2n＋1， 即解得≤k≤. 13.垛积术源于北宋科学家沈括首创的隙积术，用来研究某种物品按一定规律堆积起来求其总数的问题，后世数学家又丰富和发展了这一成果.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：货物自上而下，第一层有1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层有n件，已知第一层货物的单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物的总价是万元，则n的值为 ①－②得Sn＝1＋＋2＋…＋n－1－nn＝－ nn＝5－n， 设这堆货物的总价为Sn万元，则Sn＝1＋2×＋3×2＋…＋nn－1，① Sn＝＋2×2＋…＋n－1＋nn， ② 所以Sn＝25－5n＝25－65n，解得n＝8. 14.定义Gn＝为数列{an}的“匀称值”，若数列{an}的“匀称值”为2，设bn＝数列的前n项和为Sn， 则S20＝________. 由题意可得Gn＝＝2，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n， 当n＝1时，则有a1＝2；当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋an－1＋nan＝2n得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2，上述两个等式作差可得nan＝2，则an＝， a1＝2也满足an＝，故对任意的n∈N＋，an＝， 则bn＝ 所以S20＝＋ ＝＋ ＝200＋－ ＝. D.＝a2 023 a＝a2·a1，a＝a2·(a3－a1)＝a2·a3－a2·a1，a＝a3·(a4－a2)＝a3·a4－a3·a2，…， a＝a2 022·(a2 023－a2 021)＝a2 022·a2 023－a2 022·a2 021， 所以a＋a＋…＋a＝a2 022·a2 023，D选项正确. 因为 (2)设bn＝，Sn是数列{bn}的前n项和，若对任意正整数n，不等式Sn＋>(－1)n·a恒成立，求a的取值范围. 因为bn＝， 所以Sn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得，Sn＝＋＋＋…＋－， 所以Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－. 所以不等式Sn＋>(－1)n·a对任意正整数n恒成立， 即2－>(－1)n·a对任意正整数n恒成立. 设f(n)＝2－(n∈N＋)，易知f(n)单调递增. 当n为偶数时，f(n)的最小值为，所以a<. 综上，a的取值范围是. $