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教师用书word（北师大版）

第2课时　数列求和 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＋＋2＋…＋n－1＝. (2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝＋＋…＋＝n－＝(2n－1)＋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2，4，6，…，2n＋，…的前n项和Sn. 解：Sn＝2＋4＋6＋…＋ ＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋＝＋＝n(n＋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＝ ＋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＝ －n×(－2)n. 所以Sn＝ －. 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 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＝ (n≥2)． 又由题设可得a1＝2，满足上式，所以{an}的通项公式为an＝ . (2)设数列 的前n项和为Sn， 由(1)知 ＝ ＝ － ， 则Sn＝＋＋…＋＝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－＝2，所以数列是公差为2、首项为＝1的等差数列，即＝＋2(n－1)＝2n－1.所以an＝ . (2)设数列 的前n项和为Sn，由(1)知 ＝ ＝ ， 则Sn＝ ＝ ＝ . 2．(变结论)本例的条件不变，设bn＝ ，若数列{bn}的前n项和为Sn，Sn＞ ，求n的最小值． [解]　由例3的解析可知an＝ ，故＝2n－1， bn＝ ＝ ( － )， 所以Sn＝＝ ( －1)． 由Sn＞ ，得 ( －1)＞ ，解得n＞.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) ＝ . (2) ＝ . (3) ＝ . (4) ＝ ( － )． (5)loga ＝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 的前n项和． 解：(1)由an－an＋1＝2an＋1an得－＝2，所以数列是公差为2，首项为＝1的等差数列，即＝＋2(n－1)＝2n－1.所以an＝ . (2)设 的前n项和为Sn，由(1)知 ＝ ＝ ， 则Sn＝ ＝ ＝. [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＝ ×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＝ －n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，故Sn＝(n－1)2n＋1＋2.] 3．数列，＋，＋＋，…，＋＋…＋的前n项和为　________　. 解析：通项an＝＋＋…＋＝＝1－ ∴前n项和Sn＝＋＋…＋＝n－＝n－1＋. 答案：n－1＋ 4．求数列 的前n项和． 解：因为 ＝－， 所以数列 的前n项和为＋＋…＋＝ －＝ . 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [基础达标练] 1．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝(　　) A．9　　　　　　　　 B．8 C．17 D．16 解析：A　[S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.] 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，Sn＝10，则n等于(　　) A．90 B．119 C．120 D．121 解析：C　[an＝＝－，∴Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10，∴n＋1＝121，故n＝120.] 3．设有穷数列{an}的前n项和为Sn，令Tn＝，称Tn为数列a1，a2，…，an的“凯森和”．已知数列1,2,4，a的“凯森和”为6，则a＝(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 解析：A　[由已知可得＝＝6， ∴a＝6，故选：A.] 4．数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋1＋2an＋an－1＝0(n≥2)，则{an}的前2 022项(　　) A．8 088 B．4 044 C．－4 044 D．0 解析：B　[由递推关系式可得a1＋a2＝－(a2＋a3)，a2＋a3＝－(a3＋a4)，所以a3＋a4＝a1＋a2＝4，同理可得a5＋a6＝a7＋a8＝…＝a2 019＋a2 020＝a2 021＋a2 022＝4，所以S2 022＝4×1 011＝4 044.故选：B.] 5．在数列{an}中，an＝ ，其前n项和为 ，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为(　　) A．－10 B．－9 C．10 D．9 解析：B　[数列{an}的前n项和为 ＋ ＋…＋＝1－ ＋ － ＋…＋－＝1－＝＝ ，所以n＝9.于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0为10x＋y＋9＝0.所以其在y轴上的截距为－9.] 6．数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N＋)，则数列 的前10项的和为　________　. 解析：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝ ，所以＝＝2(－)．所以的前10项和＋＋＋…＋＝ 2 ＝ . 答案： 7．数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝ 　________　. 解析：an＋2＋(－1)nan＝3n－1，当n为奇数时，an＋2＝an＋3n－1；当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1.设数列{an}的前n项和为Sn，S16＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a16＝a1＋a3＋a5＋…＋a15＋(a2＋a4)＋…＋(a14＋a16)＝a1＋(a1＋2)＋(a1＋10)＋(a1＋24)＋(a1＋44)＋(a1＋70)＋(a1＋102)＋(a1＋140)＋(5＋17＋29＋41)＝8a1＋392＋92＝8a1＋484＝540，∴a1＝7. 答案：7 8．在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 由已知得 解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2. (2)由(1)可得bn＝2n＋n， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝＋＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101. [能力提升练] 9．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，对任意的n∈N＋都有nan＝(n＋2)an＋1，则S2 021＝(　　) A. B. C. D. 解析：C　 [数列{an}满足a1＝，对任意的n∈N＋都有nan＝(n＋2)an＋1，则有n(n＋1)an＝(n＋1)(n＋2)an＋1，可得数列{n(n＋1)an}为常数列，有n(n＋1)an＝2a1，得n(n＋1)an＝1，得an＝，又由an＝＝－，所以S2 021＝＋＋＝1－＝.故选：C.] 10．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为　________　. 解析：由题意知所求数列的通项为 ＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为 －n＝2n＋1－n－2. 答案：2n＋1－n－2 11．已知数列{an}满足an＋1＝，a1＝，数列{bn}满足bn＝2n－1anan＋1，{bn}的前n项和为Sn，则S10＝　________　. 解析：数列{an}满足an＋1＝，整理得：－1＝2， 所以数列{－1}是以－1＝1为首项，2为公比的等比数列；所以an＝， 故数列{bn}满足bn＝2n－1anan＋1＝2n－1··＝－， 所以S10＝＋ ＋…＋＝－＝. 答案： 12．在数列{an}中，a1＝－ ,2an＝an－1－n－1(n≥2，n∈N＋)，设bn＝an＋n. (1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{nbn}的前n项和Tn； (3)若cn＝n－an，Pn为数列 的前n项和，求不超过P2 023的最大的整数． 解：(1)证明：对2an＝an－1－n－1两边加2n得 2(an＋n)＝an－1＋n－1， 所以an＋n＝ [an－1＋(n－1)]，即bn＝ bn－1. 因为b1＝a1＋1＝－ ＋1＝ ，所以数列{bn}是首项、公比均为 的等比数列，所以bn＝ n . (2)nbn＝n·n＝ . Tn＝ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ ＋，① Tn＝ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ ＋，② ①－②得 Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝1－ － ，所以Tn＝2－ . (3)由(1)得an＝n －n，所以cn＝n. ＝＝1＋＝1＋－， P2 023＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝2 024－ . 所以不超过P2 023的最大的整数是2 023. [素养培优练] 13．已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝，设{bn}的前n项和为Sn，求最小的正整数n，使得Sn>. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 依题意有解得 从而{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)因为bn＝＝－， 所以Sn＝＋＋…＋＝1－. 令1－>，解得n>1 010，故取n＝1 011. 14．(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1,3a2,9a3成等差数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和． 证明：Tn＜. 解：(1)因为{an}是首项为1的等比数列且a1,3a2,9a3成等差数列， 所以6a2＝a1＋9a3，两边同时除以a1得9q2－6q＋1＝0，解得q＝， 所以an＝n－1，bn＝＝. (2)法一：由(1)可得Sn＝＝(1－)， Tn＝＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋…＋＋，② ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝－， 所以Tn＝－， 所以Tn－＝－－＝－＜0， 所以Tn＜. 法二：因为bn－＝＝－，所以Tn－＝＝＝ －＜0. 所以Tn＜. 学科网（北京）股份有限公司 $