5.3.2 第2课时 数列求和-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册教用课件(人教B版)

该高中数学课件聚焦数列求和，涵盖分组转化、裂项相消、错位相减等方法及递推关系求通项，通过典型例题导入，从递推公式分析到求和运算，搭建从通项到求和的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于例题分层设计与通性通法总结，结合数学思维与推理意识，如裂项相消法通过公式变形培养运算能力，错位相减通过步骤拆解提升逻辑推理。丰富的跟踪训练与检测题，助力学生掌握方法，教师可直接用于课堂教学，提升教学效率。

第二课时　数列求和 目录 典型例题·精研析 01 知能演练·扣课标 02 典型例题·精研析 01 课堂互动 关键能力提升 目录 目录 题型一 分组转化法求和 【例1】　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； 解：因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝ 所以b1＝a2＝a1＋1＝2， b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n －1）＝3n－1，n∈N＋. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）求{an}的前20项和. 解：因为an＋1＝ 所以k∈N＋时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1， 即a2k＝a2k－1＋1， ① a2k＋1＝a2k＋2， ② a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③ ①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； 目录 数学·选择性必修第三册（B版） ②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3， 又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差 数列. 所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2 ＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋ ×3＋20＋ ×3＝300. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 通性通法 　　若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和 的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 【跟踪训练】 1. 数列{（－1）nn}的前n项和为Sn，则S2 026＝（　　） A. 1 013 B. －1 013 C. 2 026 D. －2 026 解析：　S2 026＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－2 025＋2 026）＝1 013. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 2. 已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq（n∈N＋，p，q为 常数），且a1，a4，a5成等差数列. （1）求p，q的值； 解：由a1＝3，得2p＋q＝3，又因为a4＝24p＋4q， a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q， 解得p＝1，q＝1. （2）求数列{an}前n项和Sn的公式. 解：由（1），知an＝2n＋n，所以Sn＝（2＋22＋…＋ 2n）＋（1＋2＋…＋n）＝2n＋1－2＋ . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 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， ＝ 9a2a6. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （1）求数列{an}的通项公式； 解：设数列{an}的公比为q，由 ＝9a2a6得 ＝9 ， ∴q2＝ . 由条件可知q＞0，故q＝ . 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝ . 故数列{an}的通项公式为an＝ . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）设bn＝－lo an，求数列 的前n项和Tn. 解：∵an＝ ，∴bn＝－log ＝2n， ∴ ＝ ＝ ， ∴Tn＝ ＝ ＝ . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 通性通法 1. 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵 消，从而求得其和. 2. 裂项求和的几种常见类型： 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （1） ＝ ； （2） ＝ ； （3） ＝ ； （4）若{an}是公差为d的等差数列，则 ＝ . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 【跟踪训练】 　在等比数列{an}中，a1＝2且2，a2＋1，a3成等差数列. （1）求{an}的通项公式； 解：设数列{an}的公比为q（q≠0）. 因为2，a2＋1，a3成等差数列，所以2（a2＋1）＝2＋a3， 即2（a1q＋1）＝2＋a1q2. 又a1＝2，所以q2－2q＝0，解得q＝2或q＝0（舍去）， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）数列{bn}满足a1×a2×a3×…×an＝ ，求数列 的前n 项和. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 解：因为a1×a2×a3×…×an＝21×22×23×…×2n＝21＋2 ＋3＋…＋n＝ ＝ ， 所以bn＝ ，从而 ＝ ＝2 ， 所以 的前n项和Sn＝2［ ＋ ＋ ＋…＋ ］ ＝2 ＝ . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 题型三 错位相减法求和 【例3】　在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝ 9，a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知等差数列{an}的公差为d（d＞1），前n项和为Sn，等比数列 {bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q， 　　. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； ∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d＞1， ∴解得或（舍 去），∴ ∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 解：选条件①： 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 选条件②： ∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d＞1， ∴∴ 解得或（舍去），∴ ∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 选条件③： ∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d＞1， ∴ 解得或（舍去），∴ ∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）记cn＝ ，求数列{cn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ， ∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1） × ， ① Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－ 1）× ， ② 目录 数学·选择性必修第三册（B版） ①－②，得 Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n －1）× ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－ （2n＋3）× ，∴Tn＝6－（2n＋3）× . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ， ∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1） × ， ① Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－ 1）× ， ② 目录 数学·选择性必修第三册（B版） ①－②，得 Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n －1）× ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－ （2n＋3）× ，∴Tn＝6－（2n＋3）× . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ， ∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1） × ， ① Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－ 1）× ， ② 目录 数学·选择性必修第三册（B版） ①－②，得 ×Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－ （2n－1）× ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－（2n＋3）× ， ∴Tn＝6－（2n＋3）× . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 通性通法 　　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. 　　在写出“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. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 【跟踪训练】 　数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝（n＋1）an＋n（n＋1），n∈N＋. （1）证明：数列 是等差数列； 解：证明：由已知可得 ＝ ＋1，即 － ＝1. 所以 是以 ＝1为首项，1为公差的等差数列. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）设bn＝3n· ，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由（1）得 ＝1＋（n－1）·1＝n，所以an＝n2. 从而bn＝n·3n. Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n， ① 3Sn＝1·32＋2·33＋…＋（n－1）·3n＋n·3n＋1， ② ①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1 ＝ －n·3n＋1 ＝ ， 所以Sn＝ . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 　由数列的递推关系求通项 　　 1. 在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，求数列{an}的通项公式. 2. 已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，记bn＝an＋1，证明：{bn}是等比数 列，并求an. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 【问题探究】 类型一：形如an＋1＝an＋f（n）的递推关系式 这类递推数列采用累加法求其通项（数列{f（n）}可求前n项和）. 当f（n）为常数时，用累加法可求得等差数列的通项公式. 而当f（n）为等差数列时，{an}为二阶等差数列，其通项公式应形 如an＝an2＋bn＋c，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后 者是Sn＝an2＋bn，其常数项一定为0. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 类型二：形如an＋1＝f（n）an的递推关系式 这类递推数列可通过累乘法求得其通项（数列{f（n）}可求前n项 积）. 当f（n）为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 类型三：形如an＋1＝can＋tan－1（n≥2，ct≠0）的递推关系式 对于此类递推关系式，可以使用待定系数法将其转化为等比数列问 题.即令an＋1－xan＝y（an－xan－1），用待定系数法求出x与y的 值，即可转化为等比数列问题，进而求通项. 类型四：形如an＋1＝can＋tan－1＋a（cta≠0）的递推关系式 对于此类递推关系式，可转化为等差数列求解. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 类型五：由Sn与an的关系求an 数列{an}的通项an与其前n项和Sn的关系为 an＝ 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 注意　（1）应重视分类讨论的应用，要先分n＝1和n≥2两种情况讨 论，特别要注意由Sn－Sn－1＝an推导出的an中的n≥2； （2）由Sn－Sn－1＝an推导出的an＝f（n）（n≥2），若当n＝1 时，a1也适合an＝f（n），则需要统一合成一个表达式. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 【迁移应用】 1. 已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式 为 ⁠. an＝2－ 　 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 解析：由a1＝S1＝2－a1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n －an－[2（n－1）－an－1]＝－an＋2＋an－1，所以an＝ an－1＋ 1，即an－2＝ （an－1－2）.令bn＝an－2，则bn＝ bn－1，且b1＝ 1－2＝－1，于是数列{bn}是首项为－1，公比为 的等比数列，所 以bn＝－1× ＝－ ，故an＝2－ . 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 2. 已知数列{an}满足an＋1＝5an－6an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝ 4，则数列{an}的通项公式为 ⁠. 解析：令an＋1－xan＝y（an－xan－1）（n≥2），即an＋1＝（x＋ y）an－xyan－1.于是得解得或取x ＝2，y＝3得an＋1－2an＝3（an－2an－1）（n≥2）.由于a2－2a1 ＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，3为公比的等比数 列，即an＋1－2an＝2×3n－1.两边同除以2n＋1，得 － ＝ an＝2×3n－1－2n－1 　 目录 数学·选择性必修第三册（B版） × .所以 ＝ ＋ ＋…＋ ＋ ＝ × ＋ × ＋…＋ × ＋ ＝ × ＋ ＝ － .故an＝2×3n－1－2n－1.取x＝3，y＝2得an＋1－3an＝ 2（an－3an－1）（n≥2）.由于a2－3a1＝1≠0，所以数列{an＋1－ 3an}是以1为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－3an＝2n－1.整理 得an＋1＋2n＝3（an＋2n－1），又因为a1＋21－1＝2，所以数列{an ＋2n－1}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an＋2n－1＝2×3n－ 1，所以an＝2×3n－1－2n－1，综上可知an＝2×3n－1－2n－1. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 3. 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2. （1）设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列； 解：证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得 an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1－bn＝2. 又因为b1＝a2－a1＝1，故数列{bn}是以1为首项，2为公差的 等差数列. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）求{an}的通项公式. 解：由（1）知bn＝1＋2（n－1）＝2n－1， 即an＋1－an＝2n－1. 于是an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1） ＋a1 ＝[2（n－1）－1]＋[2（n－2）－1]＋…＋（2×1－1）＋1 ＝2[1＋2＋3＋…＋（n－1）]－（n－1）＋1 ＝2× －n＋2＝n2－2n＋2. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 1. 已知an＝（－1）n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分 别是（　　） A. 1，1 B. －1，－1 C. 1，0 D. －1，0 解析：　S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S10＝S9＋ a10＝－1＋1＝0. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 2. 数列{an}的通项公式是an＝ ，若前n项和为10，则项数为 （　　） A. 11 B. 99 C. 120 D. 121 解析：　∵an＝ ＝ － ，∴Sn＝a1＋a2＋…＋ an＝（ －1）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝ －1，令 －1＝10，得n＝120. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 3. 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 解析：　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝（21＋2×1－1）＋（22＋ 2×2－1）＋（23＋2×3－1）＋…＋（2n＋2n－1）＝（2＋22＋… ＋2n）＋2（1＋2＋3＋…＋n）－n＝ ＋2× －n＝2（2n－1）＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 4. 在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1 （4n－3），则S15＋S22－S31的值为（　　） A. －46 B. －76 C. 46 D. 76 解析：　∵S15＝（－4）×7＋（－1）14（4×15－3）＝29，S22 ＝（－4）×11＝－44，S31＝（－4）×15＋（－1）30×（4×31－ 3）＝61，∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 5. 已知等比数列{an}中，a2＝8，a5＝512. （1）求数列{an}的通项公式； 解：∵ ＝ ＝64＝q3， ∴q＝4.∴an＝a2·4n－2＝8×4n－2＝22n－1. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （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22×Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1， ② ①－②得（1－22）×Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋ 1，即Sn＝ [（3n－1）22n＋1＋2]. 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 知能演练·扣课标 02 课后巩固 核心素养落地 目录 目录 1. 数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和 为（　　） A. 2100－101 B. 299－101 C. 2100－99 D. 299－99 解析：　由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝ ＝2n－1， 所以前99项的和为S99＝（2－1）＋（22－1）＋…＋（299－1）＝2 ＋22＋…＋299－99＝ －99＝2100－101. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝ （　　） A. 2n－1 B. C. D. 解析：　因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2（Sn ＋1－Sn），整理得3Sn＝2Sn＋1，所以 ＝ ，所以数列{Sn}是以 S1＝a1＝1为首项， 为公比的等比数列，故Sn＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 3. 已知函数y＝loga（x－1）＋3（a＞0且a≠1）的图象所过定点的 横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝ ，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝（　　） A. B. C. 1 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 解析：　∵对数函数y＝logax的图象过定点（1，0），∴函数y ＝loga（x－1）＋3的图象过定点（2，3），则a2＝2，a3＝3，故 an＝n，∴bn＝ ＝ － ，∴T10＝ ＋ ＋…＋ ＝1－ ＝ ，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 4. 已知数列{an}的通项公式是an＝ ，其前n项和Sn＝ ，则项 数n等于（　　） A. 13 B. 10 C. 9 D. 6 解析：　因为an＝ ＝1－ ，所以Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝n－ ＝n－ ＝ n－1＋ ，令n－1＋ ＝ ＝5＋ ，所以n＝6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 5. 已知数列2 024，2 025，1，－2 024，－2 025，…，这个数列的特 点是从第二项起，每一项都等于它的前后相邻两项之和，则这个数 列的前2 025项之和S2 025＝（　　） A. 4 048 B. 4 049 C. 4 050 D. 4 051 解析：　∵ ＝an＋an＋2，a1＝2 024，a2＝2 025，∴a3＝1， a4＝－2 024，a5＝－2 025，a6＝－1，a7＝2 024，…，∴ ＝ an，且a1＋a2＋…＋a6＝0.∴S2 025＝337（a1＋a2＋…＋a6）＋ （a1＋a2＋a3）＝4 050.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 6. （多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2p（p为 非零常数），则下列结论中正确的是（　　） A. 数列{an}必为等比数列 B. p＝1时，S5＝ C. ｜a3｜＋｜a8｜＞｜a5｜＋｜a6｜ D. 存在p，对任意的正整数m，n，都有am·an＝am＋n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 解析：　由Sn＋an＝2p，可得S1＋a1＝2a1＝2p，即a1＝p， n≥2时，Sn－1＋an－1＝2p，Sn＋an＝2p，相减可得2an－an－1＝ 0，即数列{an}是首项为p，公比为 的等比数列，故A正确；由A 可得p＝1时，S5＝ ＝ ，故B错误；｜a3｜＋｜a8｜＝｜p｜ ＝｜p｜· ，｜a5｜＋｜a6｜＝｜p｜ ＝｜ p｜· ，因为p为非零常数，所以｜p｜＞0，则｜a3｜＋｜a8｜ ＞｜a5｜＋｜a6｜，故C正确；由A可得am·an＝am＋n，等价为p2· ＝p· ，可得p＝ ，故D正确.故选A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 7. 已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝1，3a3＝2a2＋a4，则数列 的前4项和为 　 　. 解析：∵等比数列{an}中，a1＝1，3a3＝2a2＋a4，∴3q2＝2q＋ q3.又∵q≠1，∴q＝2，∴an＝2n－1，∴ ＝ ，即 是首项为 ，公比为 的等比数列，∴数列 的前4 项和为 ＝ . 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 8. 已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}的每一项都有bn ＝｜an｜，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝ ，T30 ＝ ⁠. 解析：当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－ n2－[10（n－1）－（n－1）2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所 以an＝－2n＋11（n∈N＋），所以当n≤5时，an＞0，bn＝an， 当n＞5时，an＜0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30 ＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×（10×5－52）－（10×30 －302）＝650. 24　 650　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 9. 已知数列{an}满足an＋1＝an（1－an＋1），a1＝1，数列{bn}满足bn ＝an·an＋1，则数列{bn}的前10项的和S10＝ ⁠. 解析：由an＋1＝an（1－an＋1），得 － ＝1，因此数列 是 以 ＝1为首项，1为公差的等差数列，所以 ＝n，即an＝ ，bn ＝anan＋1＝ ＝ － ，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝ ＋ ＋…＋ ＝1－ ＝ . 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 10. 已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4. （1）证明：{Sn－n＋2}为等比数列； 解：证明：当n＝1时，a1＝S1，S1－2a1＝1－4，解得a1＝3. 由Sn－2an＝n－4可得Sn－2（Sn－Sn－1）＝n－4 （n≥2）， 即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－（n－1）＋2]. 因为S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的 等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）求数列{Sn}的前n项和Tn. 解：由（1）知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2， 于是Tn＝（22＋23＋…＋2n＋1）＋（1＋2＋…＋n）－2n ＝ ＋ －2n＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 11. （多选）在数列{an}中，若an＋an＋1＝3n，则称{an}为“和等比 数列”.设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，则下列对“和等 比数列”的判断中正确的有（　　） A. a2 024＝ B. a2 024＝ C. S2 025＝ D. S2 025＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　因为an＋an＋1＝3n，所以an＋1＋an＋2＝3n＋1，两式相 减得an＋2－an＝2×3n，所以a2 024＝（a2 024－a2 022）＋（a2 022－ a2 020）＋…＋（a4－a2）＋a2＝2×（32＋34＋…＋32 022）＋2＝ ，故A正确，B错误.S2 025＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5） ＋…＋（a2 024＋a2 025）＝1＋（32＋34＋…＋32 024）＝ ， 故C正确，D错误.故选A、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 12. 数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝ ，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则an＝ ⁠ ，Sn＝ ⁠. 解析：由题意a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，∴n≥2时，a1＋2a2 ＋…＋2n－2an－1＝（n－1）·2n－1，两式相减得2n－1an＝n·2n－ （n－1）·2n－1＝（n＋1）·2n－1，an＝n＋1，又a1＝2，满足an ＝n＋1，∴an＝n＋1，Sn＝ ＝ . n ＋1　 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 13. 设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1 ＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13. （1）求{an}，{bn}的通项公式； 解： 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意 有q＞0且解得 所以an＝1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）求数列 的前n项和Sn. 解： 由（1）得 ＝ ， Sn＝1＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， ① 2Sn＝2＋3＋ ＋…＋ ＋ . ② ②－①，得Sn＝2＋2＋ ＋ ＋…＋ － ＝2＋2× － ＝2＋2× － ＝6－ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 14. 已知函数f（n）＝且an＝f（n）＋f（n＋ 1），则a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝（　　） A. －2 025 B. －2 024 C. 2 025 D. 2 024 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 解析：　当n为奇数时，an＝n2－（n＋1）2＝－2n－1，当n为 偶数时，an＝－n2＋（n＋1）2＝2n＋1，所以a1＝－3，a2＝5， a3＝－7，a4＝9，…，故a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，所以a1＋a2 ＋a3＋…＋a2 024＝2× ＝2 024.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 15. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝（an＋1）2. （1）求数列{an}的通项公式； 解：因为4Sn＝（an＋1）2， 所以当n＝1时，4a1＝4S1＝（a1＋1）2，解得a1＝1. 当n≥2时，4Sn－1＝（an－1＋1）2，又4Sn＝（an＋1）2， 所以两式相减得4an＝（an＋1）2－（an－1＋1）2， 可得（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0， 因为an＞0，所以an－an－1＝2， 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） （2）在①bn＝ ；②bn＝3n·an；③bn＝ 这三个条件中 任选一个，补充在下面的问题中并求解. 若 　　，求{bn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） 解：若选条件①， bn＝ ＝ ＝ ， 则Tn＝ ［ ＋ ＋ ＋…＋ ］＝ ＝ . 若选条件②， bn＝3n·an＝3n·（2n－1）， 则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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） ①－②得－2Tn＝3＋2×（32＋33＋…＋3n）－（2n－1） ×3n＋1＝－6＋（2－2n）·3n＋1， 可得Tn＝（n－1）·3n＋1＋3. 若选条件③， 由an＝2n－1可得Sn＝ ＝n2， 所以bn＝ ＝ ＝ ， 故Tn＝ ［ ＋ ＋ ＋…＋ ］＝ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 目录 数学·选择性必修第三册（B版） $