1.3.2 第2课时 数列求和-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（北师大版）

§3 等比数列 3.2 等比数列的前n项和 第2课时 数列求和 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 课堂 互动学案 01 课时 素养提升 02 第一章 数 列 数学（BS）·选择性必修二 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 课程标准 素养解读 1.能用分组转化方法求数列的和． 2．掌握错位相减法求和的基本方法． 3．掌握裂项相消法求和的基本方法． 4．掌握等差数列与等比数列的综合应用. 1.通过求解数列的前n项和培养数学运算的核心素养． 2．通过学习数列求和的方法提升逻辑推理的核心素养. 分组求和法 [例1]　已知数列{an}构成一个新数列：a1，(a2－a1)，…，(an－an－1)，…此数列是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和Sn. [思路点拨]　通过观察，不难发现，新数列的前n项和恰为an，这样即可将问题转化为首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列的前n项和，数列{an}的通项公式求出后，计算其前n项和Sn就容易多了． [解]　(1)an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(3,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)). (2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \f(3,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2))＋…＋eq \f(3,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))＝eq \f(3,2)n－eq \f(3,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))＝eq \f(3,4)(2n－1)＋eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1. 分组转化求和法的应用条件和解题步骤 (1)应用条件 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的通项公式相加组成． (2)解题步骤 [变式训练] 1．求数列2eq \f(1,4)，4eq \f(1,8)，6eq \f(1,16)，…，2n＋eq \f(1,2n＋1)，…的前n项和Sn. 解：Sn＝2eq \f(1,4)＋4eq \f(1,8)＋6eq \f(1,16)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2n＋1))) ＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n2n＋2,2)＋eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝n(n＋1)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1). 错位相减法 [例2]　已知数列{an}是等差数列，且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12， (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和． [思路点拨]　(1)通过前3项和并结合首项求出公差，确定数列{an}的通项公式；(2)由数列{bn}的通项公式的结构形式，可考虑错位相减法求和． [解]　(1)设数列{an}的公差为d，则a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝12. 又a1＝2，得d＝2，∴an＝2n. (2)由bn＝an·3n＝2n·3n，得 Sn＝2×3＋4×32＋…＋(2n－2)·3n－1＋2n·3n，① 3Sn＝2×32＋4×33＋…＋(2n－2)·3n＋2n·3n＋1.② ①－②得－2Sn＝2(3＋32＋33＋…＋3n)－2n·3n＋1＝3(3n－1)－2n·3n＋1， ∴Sn＝eq \f(31－3n,2) ＋n·3n＋1. 应用错位相减法的注意事项 (1)在写出Sn与qSn的表达式时，应使两式对齐，便于作差，正确写出(1－q)Sn的表达式． (2)要讨论公比q是否等于1的情况． [变式训练] 2．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项． (1)求{an}的公比； (2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和． 解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2， 所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.故{an}的公比为－2. (2)记Sn为{nan}的前n项和． 由(1)及题设可得an＝(－2)n－1， 所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1， －2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n. 所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝eq \f(1－－2n,3) －n×(－2)n. 所以Sn＝eq \f(1,9) －eq \f(3n＋1－2n,9). 裂项相消法求和 [例3]　设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1))) 的前n项和． [解]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 所以当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 两式相减得(2n－1)an＝2，故an＝eq \f(2,2n－1) (n≥2)． 又由题设可得a1＝2，满足上式，所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2,2n－1) . (2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1))) 的前n项和为Sn， 由(1)知eq \f(an,2n＋1) ＝eq \f(2,2n＋12n－1) ＝eq \f(1,2n－1) －eq \f(1,2n＋1) ， 则Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3) －\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1) －\f(1,2n＋1) ))＝1－eq \f(1,2n＋1) ＝eq \f(2n,2n＋1) . [母题变式] 1．(变条件)把本例中数列{an}满足的条件“a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n”换为“an－an＋1＝2an＋1an，a1＝1”，试解答(1)(2)两题． [解]　(1)由an－an＋1＝2an＋1an，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差为2、首项为eq \f(1,a1)＝1的等差数列，即eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋2(n－1)＝2n－1.所以an＝eq \f(1,2n－1) . (2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1))) 的前n项和为Sn，由(1)知 eq \f(an,2n＋1) ＝eq \f(1,2n－12n＋1) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))) ， 则Sn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1))) ＝eq \f(n,2n＋1) . 2．(变结论)本例的条件不变，设bn＝eq \f(1,\r(\f(2,an＋1))＋\r(\f(2,an))) ，若数列{bn}的前n项和为Sn，Sn＞eq \f(29,2) ，求n的最小值． [解]　由例3的解析可知an＝eq \f(2,2n－1) ，故eq \f(2,an)＝2n－1， bn＝eq \f(1,\r(2n＋1)＋\r(2n－1)) ＝eq \f(1,2) (eq \r(2n＋1) －eq \r(2n－1) )， 所以Sn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3) －1))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5) －\r(3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2n＋1) －\r(2n－1) ))))＝eq \f(1,2) (eq \r(2n＋1) －1)． 由Sn＞eq \f(29,2) ，得eq \f(1,2) (eq \r(2n＋1) －1)＞eq \f(29,2) ，解得n＞eq \f(899,2).又n∈N＋，故n的最小值为450. 1．数列中的每一项平分成前后可以相互抵消的两项之差的求和方法， 叫裂项相消法． 2．常见的裂项方法(其中n为正整数)． (1)eq \f(1,nn＋k) ＝eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))) . (2)eq \f(1,2n－12n＋1) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))) . (3)eq \f(1,nn＋1n＋2) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))) . (4)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k)) ＝eq \f(1,k) (eq \r(n＋k) －eq \r(n) )． (5)logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n))) ＝loga(n＋1)－logan. [变式训练] 3．设数列{an}满足a1＝1, an－an＋1＝2an＋1an， (1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1))) 的前n项和． 解：(1)由an－an＋1＝2an＋1an得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差为2，首项为eq \f(1,a1)＝1的等差数列，即eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋2(n－1)＝2n－1.所以an＝eq \f(1,2n－1) . (2)设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1))) 的前n项和为Sn，由(1)知 eq \f(an,2n＋1) ＝eq \f(1,2n－12n＋1) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))) ， 则Sn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))＋…＋)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1))) ＝eq \f(n,2n＋1). [当堂达标] 1．1002－992＋982－972＋…＋22－12的值是(　　) A．5 000　　　　　　 B．5 050 C．10 100 D．20 200 解析：B　[原式＝(100＋99)(100－99)＋(98＋97)(98－97)＋…＋(2＋1)(2－1)＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1＝eq \f(1,2) ×100×(1＋100)＝5 050.] 2．数列{an}的通项an＝n·2n，则数列{an}的前n项和Sn为(　　) A．n·2n＋1 B．n·2n＋1－2 C．(n－1)·2n＋1＋2 D．n·2n＋1＋2 解析：C　[Sn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n,2Sn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2) －n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，故Sn＝(n－1)2n＋1＋2.] 3．数列eq \f(1,2)，eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)，eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)，…，eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n)的前n项和为　________　. 解析：通项an＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n) ∴前n项和Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＝n－1＋eq \f(1,2n). 答案：n－1＋eq \f(1,2n) 4．求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2n＋3))) 的前n项和． 解：因为eq \f(1,n＋2n＋3) ＝eq \f(1,n＋2)－eq \f(1,n＋3)， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2n＋3))) 的前n项和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3) －\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4) －\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))＝eq \f(1,3) －eq \f(1,n＋3)＝eq \f(n,3n＋3) . $