第四章 重点突破3 数列求和（二）-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦数列求和的错位相减法与裂项相消法，从等差数列、等比数列基础知识导入，通过典例解析、变式探究构建学习支架，衔接前后知识脉络，帮助学生逐步掌握两种求和方法。 其亮点在于以典例变式培养数学思维，通过规律方法总结提升数学语言表达，分层评价练习落实应用意识。如错位相减法中乘公比错位减的推理过程，裂项相消法中常见裂项技巧的归纳，助力学生提升运算与推理能力，也为教师提供结构化教学资源，提高课堂效率。

　 第四章　单元学习三　等比数列 重点突破3　数列求和（二） 学习目标 　在数列求和中，错位相减法和裂项相消法都是求和的重要方法，能够熟练运用这两种方法进行求和. 内容索引 技法一　错位相减法求和 1 技法二　裂项相消法求和 2 课时分层评价 4 随堂评价 3 技法一　错位相减法求和 返回 已知各项均为正项的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列. (1)求{an}的通项公式； 典例 1 解：设各项均为正项的等差数列{an}的公差为d，则d＞0. 因为 S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，所以3a2＝12，所以a2＝4. 又2a1，a2，a3＋1成等比数列， 所以＝2a1·(a3＋1)， 即42＝2(4－d)·(4＋d＋1)， 解得d＝3，或d＝－4(舍去)， 所以a1＝a2－d＝1，故an＝1＋(n－1)×3＝3n－2. (2)记bn＝，{bn}的前n项和为Tn，求Tn. 解：bn＝＝＝(3n－2)×， 所以Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－2)× ①. Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)× ②. ①－②得，Tn＝＋3×＋3×＋3×＋…＋3×－(3n－2)×＝＋3×－(3n－2)×＝－×－(3n－2)×， 所以Tn＝－×－×＝－×. 变式探究　(变条件，变设问)在本例中，若an＝(－2，求数列{nan}的前n项和Sn. 解：由题意知，Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2， 所以－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2＋n×(－2)n. 可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2－n×(－2)n＝－n×(－2)n＝－(－2)n. 所以Sn＝－. 错位相减法求和适合的题型和注意点 1.一般地，若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列且公比为q(q≠1)，求{anbn}的前n项和时，常用“乘公比，错位减”的方法求和，即错位相减法.在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确写出Sn－qSn的表达式. 2.在运用错位相减法求和时要注意四点：(1)乘数(式)的选择； (2)对q的讨论；(3)两式相减后各项间呈现的规律；(4)可构成等比数列的项数. 规律方法 对点练1.(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； 解：因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4×(－3)n－1. (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1③， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n④， ③－④得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 返回 技法二　裂项相消法求和 返回 已知{an}为等差数列，其公差为d，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，其公比为q，前n项和为Tn，若d＝q≠1，a5＝T3，S9＝T6，a1＝6. (1)求公差d和b1； 解：因为{an}为等差数列，其公差为d，前n项和为Sn，则S9＝＝9a5，又因为a5＝T3，S9＝T6，则9T3＝T6， 因为d＝q≠1，即＝，可得1＋q3＝9，解得q＝2，故d＝2， 所以，a5＝a1＋4d＝6＋4×2＝14，则T3＝＝7b1＝14，可得b1＝2. 综上所述，b1＝d＝2. 典例 2 (2)记cn＝，证明：c1＋c2＋…＋cn＜1. 解：证明：由(1)可得bn＝2×2n－1＝2n， 所以，cn＝＝＝＝－， 因此，c1＋c2＋…＋cn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＜1. 1.裂项相消法求和的原理与规律 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消(可能相邻项相消，也可能隔项相消等)，从而达到求和的目的； (2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止； (3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 规律方法 2.常见的裂项技巧 (1)＝； (2)＝－)； (3)＝； (4)＝［ －］. 规律方法 对点练2.已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，＝＋2(＋an). (1)求{an}的通项公式； 解：由各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，＝＋2(＋an)， 整理得(＋an)(－an)＝2(＋an)， 因为＋an≠0，所以－an＝2， 故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由(1)可得bn＝＝＝， 所以Sn＝×[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝－1). 返回 随堂评价 返回 1.数列，，，…，，…的前n项和为 A. B. C. D. √ 由数列通项公式an＝＝－)，得前n项和Sn＝［(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)］＝－)＝. 故选B. 2.已知an＝(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于 A.7 B.8 C.9 D.10 √ 因为an＝＝－(n∈N*)，所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝9－1＝8. 故选B. 3.已知数列an＝(2n－1)的前n项和为Sn，则S20＝__________. 19×320＋1 S20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，3S20＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S20＝1＋2×(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×－39×320＝－38×320－2，所以S20＝19×320＋1. 4.在①数列{an}为递增的等比数列，S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项，②Sn＝2n－1，n∈N*这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由. 已知数列{an}的前n项和为Sn，__________，bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，是否存在实数k，使得Tn＜k恒成立？ 解：若选①时，存在满足题意的实数k，由数列{an}是公比为q的递增的等比数列， 因为S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项， 故解得a2＝2， 整理得＋2＋2q＝7，故q＝2，或q＝(舍去)， 所以a1＝＝1，所以an＝2n－1，Sn＝＝2n－1. 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＜1， 当k≥1时，使得Tn＜k恒成立，故k的最小值为1. 若选②时，存在满足题意的实数k，Sn＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1，所以an＝Sn－＝2n－1(首项符合通项)， 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＜1， 当k≥1时，使得Tn＜k恒成立，故k的最小值为1. 返回 课时分层评价 返回 1.在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有＝an＋n·2n，则等于 A.99·＋2 B.98·299 ＋2 C.99·＋3 D.98·2100＋3 √ －an＝n·2n，所以a2－a1＝1·21，a3－a2＝2·22，a4－a3＝3·23，… ，an－＝(n－1)·，以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·①，又因为2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·＋(n－1)·2n②，①－ ②得a1－an＝(2＋22＋23＋…＋)－(n－1)·2n＝－(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，所以an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，所以a100＝98·2100＋3. 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2.已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*，则数列{an}的前100项之和为 A.6－ B.6－ C. D. √ 设数列{an}的前n项和为Sn，因为an＝，所以Sn＝1＋＋＋…＋，则有Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得Sn＝1＋(1＋＋＋＋…＋)－＝1＋－＝3－，所以Sn＝6－，则有S100＝6－. 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.(2025·安徽部分高中阶段检测)已知正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且{}为等差数列.设cn＝，若数列{cn}的前k项和为10，则k＝ A.30 B.31 C.40 D.41 √ 由题知＝1，＝4，则等差数列{}的公差为3，所以＝3n－2，所以an＝，所以cn＝＝－，所以数列{cn}的前n项和为Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.由Sk＝－1＝10，得k＝40. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＞0，a1＝1，a3＝a2＋2.若数列{bn}的前n项和为Tn，an＋1＝bnSn＋1Sn，n∈N*，则T9＝ A. B. C. D. √ 因为a1＝1，a3＝a2＋2，所以a1q2＝a1q＋2，即q2－q－2＝0，所以q＝2，或q＝－1，因为q＞0，所以q＝2，所以an＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1.因为an＋1＝bnSn＋1Sn，所以Sn＋1－Sn＝bnSn＋1Sn，所以bn＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝1－，所以T9＝1－＝. 故选C. 4 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 5.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝31，S10＝210，则 A.数列是公比为8的等比数列 B.S19＝19a10 C.若bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前2 025项和为－4 051 D.若bn＝，则数列{bn}的前2 025项和为 √ 由题意，设{an}的公差为d，则有解得a1＝3， d＝4，故an＝4n－1. 对于A，＝，令cn＝，则当n≥2时，＝＝28，则数列是公比为28的等比数列，故A错误； √ √ 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 2 对于B，由等差数列的性质可知S19＝＝＝19a10，故B正确；对于C，bn＝(－1)n·an＝(－1)n·(4n－1)，则{bn}的前2 025项和T2 025＝－3＋7－11＋15－…＋8 095－8 099＝4×1 012－8 099＝－4 051，故C正确；对于D，bn＝＝，则{bn}的前2 025项和＝－＋－＋…＋－)＝，故D正确. 故选BCD. 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 2 6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－1，数列{bn}满足bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则下列命题正确的是 A.数列{an}的通项公式为an＝3n－1 B.{lg an}为等差数列 C.Tn的取值范围是［，) D.数列{bn}的通项公式为bn＝ √ √ √ 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 当n＝1时，S1＝a1－1，则a1＝2，由Sn＝an－1得，当n≥2时，Sn－1＝an－1－1，两式相减得，an＝(an－an－1)，则＝3，所以{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an＝a1qn－1＝2×3n－1，故A错误；lg an＝lg(2·3n－1)＝lg 2＋lg 3n－1＝(n－1)lg 3＋lg 2，所以lg an＋1－lg an＝nlg 3＋lg 2－(n－1)lg 3－lg 2＝lg 3，所以{lg an}是以lg a1＝lg 2为首项，lg 3为公差的等差数列，故B正确；Sn＝×2×3n－1－1＝3n－1，则bn＝，故D正确；bn＝×＝－)，所以Tn＝［(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)］＝－＜. 因为bn＞0，所以数列{Tn}为单调递增数列，则Tn≥T1＝，故≤Tn＜. 故C正确. 故选BCD. 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 7.已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，－(an－1＋2)an－an－1－3＝0(n≥2)，则＋＋…＋＝________. 由－(an－1＋2)an－an－1－3＝0，得(an＋1)(an－an－1－3)＝0，因为a1＝1，an＞0，所以an－an－1＝3，所以数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×3＝3n－2，则＝＝－)，所以＋＋…＋＝［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝(1－)＝. 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4 5 3 1 2 8.(双空题)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为_________，数列{nan}的前n项和为Sn＝_____________________. 由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，又a1＋1＝1，则是以1为首项，2为公比的等比数列，所以即an＋1＝2n－1，即an＝2n－1－1，所以nan＝n(2n－1－1)＝n2n－1－n，设bn＝n2n－1，前n项和为Tn，则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n，两式相减得－Tn＝(20＋21＋22＋23＋…＋2n－1)－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，Tn＝(n－1)2n＋1，又1＋2＋3＋…＋n＝，则Sn＝(n－1)2n＋1－. 2n－1－1 (n－1)2n＋1－ 6 7 8 4 5 3 9 10 11 12 13 14 15 1 2 9.在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则数列的前n项和是___________. 在各项都为正数，公比设为q(q＞0)的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则4q4＝64，解得q＝2，则an＝2×2n－1＝2n.数列.因为＝－，所以数列的前n项和是(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－. 1－ 9 10 11 12 13 14 15 8 6 7 4 5 3 1 2 10.(13分)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＞0，＋2an＝4Sn. (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为＋2an＝4Sn， 所以当n＝1时，＋2a1＝4S1，则＝2a1， 又an＞0，所以a1＝2， 当n≥2时，由＋2an＝4Sn，得＋2an－1＝4Sn－1， 所以＋2an－(＋2an－1)＝4(Sn－Sn－1)， 即－＝4an－2an＋2an－1， 所以(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)， 因为an＞0，所以an－an－1＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2＋2(n－1)＝2n. 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 14 15 1 2 (2)若bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并证明：≤Tn＜. 解：由(1)得an＝2n， 则bn＝＝－)， 所以Tn＝×［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝(1－)， 因为＞0，所以1－＜1，所以Tn＜. 又因为n∈N*，所以随着n的增大而减小，从而Tn随着n的增大而增大，所以Tn≥T1＝. 综上所述，≤Tn＜. 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 14 15 1 2 11.设S＝ ＋＋ ＋…＋ ，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝ －4)，则[S]等于 A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 √ 因为 ＝＝＝1＋(－)，所以S＝［1＋］＋［1＋］＋…＋［1＋］＝2 025－，所以[S]＝2 024. 故选B. 10 11 12 13 14 15 8 6 7 4 5 3 9 1 2 12.已知{an}是首项为1的等差数列，{bn}是公比为的等比数列，数列{an·bn}的前n项和Sn＝3－，则数列的前n项和等于 A.(n＋3)·2n－6 B.(2n－3)·2n＋1＋6 C.(2n－3)·2n＋4 D.(2n－1)·2n＋1＋2 √ 由数列{an·bn}的前n项和Sn＝3－，得a1b1＝S1＝3－＝，又a1＝1，所以b1＝，所以bn＝×()n－1＝，设等差数列{an}的公差为d，由a2b2＝S2－S1＝3－－＝， 11 12 13 14 15 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 得(1＋d)×＝⇒d＝2， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1， 所以＝(2n－1)2n，所以数列的前n项和Tn＝＋＋…＋＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n①，得2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1②， ①－②得－Tn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)2n＋1＝2＋2×－(2n－1)2n＋1＝－(2n－3)·2n＋1－6，所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6. 故选B. 11 12 13 14 15 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 13.已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a3＝b1＝3，a15＝b7＝15，设cn＝(－1)n－1，则数列{cn}的前2 025项和为________. 由条件易知bn＝2n＋1，an＝n，则cn＝(－1)n－1＝(－1)n－1(＋).令数列{cn}的前n项和为Sn，所以S2 025＝－＋－…－＋(＋)＝1＋＝. 12 13 11 10 8 6 7 4 5 3 9 14 15 1 2 14.(15分)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； 解：设数列{an}的公比为q， 由题意知，a1(1＋q)＝6，q＝a1q2， 又an＞0， 解得a1＝2，q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n. 13 14 15 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知＝bn，求数列的前n项和Tn. 解：由题意知，＝＝(2n＋1)，又＝bn，所以(2n＋1)bn＋1＝bnbn＋1，≠0， 所以bn＝2n＋1. 令cn＝，则cn＝， 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋. 又Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得Tn＝＋(＋＋…＋)－＝＋－＝－，所以Tn＝5－. 13 14 15 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 15.(17分)黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数ζ(n)＝n－s＝＋＋＋…，我们经常从无穷级数的部分和＋＋＋…＋入手.请你回答下列问题： (1)求［＋＋＋…＋］；(其中[x]表示不超过x的最大整数，例如：[－3.5]＝－4，[2]＝2) 解：＋＋＋…＋＜＋＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝1＋1－＝， ＋＋＋…＋＞1＋＋＋…＋＝1＋－＋－＋…＋－＝1＋－＝， 所以＜＋＋＋…＋＜， 所以［＋＋＋…＋］＝1. 14 15 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 (2)已知各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(an＋)，求［＋＋…＋］.(参考数据：452＝2 025，45.012≈2 025.9，45.022≈2 026.8，≈1.414 2) 解：当n＝1时，S1＝a1＝(a1＋)，解得＝1，因为an＞0，所以a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以2Sn＝Sn－Sn－1＋，即－＝1， 所以数列{}是首项，公差均为1的等差数列，所以＝n(n∈N*). 因为an＞0，所以Sn＞0，所以Sn＝， 当n≥2时，＜＜， 即＜＜， 14 15 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 所以2(－)＜＜2(－)， 令S＝＋＋…＋， 则S＞1＋2(－＋－＋…＋－)＝1＋2(－)， 因为45.012≈2 025.9，45.022≈2 026.8，＜1.42， 所以1＋2(－)＞1＋2×(45.01－1.42)＝88.18， S＜1＋2(－＋－＋－＋…＋－)＝1＋2(－1)， 因为452＝2 025， 所以S＜1＋2(45－1)＝89， 所以88.18＜S＜89，所以[S]＝88. 返回 14 15 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 谢 谢 观 看 重点突破3　数列求和（二） 返回 $