第1章 3.2 第2课时 数列求和（教师版）-【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复习（北师大版）

世五维课堂 所以由大到小的第八个矩形块中应填写的数字为 a,一2=256，故A错误； 前七个矩形块中所填写的数字之和等于 -] 127 1一2 128,故B正确； 矩形块中所填数字构成的是以号为首项，弓为公 比的等比数列，故C错误； 按照这个规律继续下去，第一1个矩形块中所填 数宇是，故D错误，] 第2课时 课程标准 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。 2 4.掌握等差数列与等比数列的综合应用 ● 课堂 题型一 分组求和法 [例1]已知数列{an}构成一个新数列：a1,(a2 a1),…,(an一an-1),…此数列是首项为1，公比为 子的等比数列。 (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和Sn 汇思路点拨了通过观察，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 比为号的等比数列的前n项和，数列{a,}的通项 公式求出后，计算其前n项和S,就容易多了. [解](1)an=a1十(a2-a1)+(a3-a2)+…+(am -an-1） =1+3+(3)++(合)=引-()] (2)Sn=a1十a2十a3十…+an 多(-)+多-()]+… 引1-(3)]2m-引-()]2m-10 +()· 数学(BS)·选择性必修第二册 14.对于数列{an},定义数列{an+1一an}为数列{an}的 “差数列”，若a1=2,{an}的“差数列”的通项公式 为a+1一an=2”,数列{an}的前n项和为Sn,则 1og号(S。十2)的最大值为 解析：由题意得a+1一an=2”,则an一an-1=2-, a-1-a-2=2"-2,a,-2-a-3=2-3,…,a2-a1= 2,将以上各式相加，得，an-a1=2”-1十2”-2+2”3 +…+2=2X1-2)=2-24,=2”,41也 1-2 造合，S,=2+22+22+…十2”=2X(1-2) 1-2 2+1-2,Sn十2=2+1≥4. 则1og4(S,十2)的最大值为1og14=-2. 答案：一2 数列求和 素养解读 通过求解数列的前n项和培养数学运算的核心素养. 通过学习数列求和的方法提升逻辑推理的核心素养. 互动学案 对应学生用书P29 规律方法 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 分组 分析通项公式或对通项公式适当变形， 分为可求和数列相加的形式 <求和 分别对分组后的数列求前n项和 <相加 相加得原数列的前n项和 ◇[变式训练] 1.求数列2子4日6…，2n十2…的前n项 和S 解8=2号+48+66++(2m+2) =2+4+6+…+2m)+(仔+日++2)月 n(2n+2) 2 -】+w专六 1- 52 第一章数列 题型二】 错位相减法 [例2]已知数列{an}是等差数列，且a1=2,a1十a2 +a3=12, (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn=an·3”,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a1十a2十a3 3a1+3d=12. 又a1=2,得d=2,.an=2. (2)由bn=an·3”=2n·3”,得 S,=2×3+4X32+…+(2n-2)·3"-1+2n· 3”,① 3Sn=2×32+4×33+…+(2n-2)·3”+2n· 3"+1.② ①-②得-2S,=2(3+32+33+…+3")-2n· 3m+1=3(3”-1)-2n·3+1, 六5.=313"）+n·3*. 2 规律方法 应用错位相减法的注意事项 (1)在写出S。与qS。的表达式时，应使两式对齐， 便于作差，正确写出(1一q)S,的表达式. (2)要讨论公比g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=a2十a3, 即2a1=a1q十a1q, 所以q2十q-2=0,解得q=1(舍去)或q=-2.故 {an}的公比为一2. (2)记Sn为{nan}的前n项和. 由(1)及题设可得an=(一2)”-1， 所以S,=1十2X(-2)十…十nX(-2)-1, -2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)"-1 十n×(-2)" 所以3S。=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)"-1-n ·5 五维课堂兰 ×(-2)°=1-(-2) -n×(-2)". 所以5=日 (3n+1)(-2)” 9 题型三 裂项相消法求和 [例3]设数列{an}满足a1十3a2十…十(2n-1)a =2n. (1)求{an}的通项公式： (2)求数列{2}的前n项和 [解](1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n, 所以当n≥2时，a1十3a2十…+(2n-3)an-1=2(n -1). 两式相减得(2m-1Da.=2,故a,=22（a≥2. 又由题设可得a1=2,满足上式，所以{an}的通项公 2 式为a,一2n-1 (2)设数列{，a。》 2n+1》 的前n项和为Sn, 由(1)知2m十7 an =(2m+1)(2n-D=2n- 2n+1, 则s=-)+层-)+…中 (1 1 1 2n [母题变式】 1.(变条件)把本例中数列{an}满足的条件“a1+3a2 十…十(2n-1)an=2n”换为“an-an+1=2an+1an, a1=1”,试解答(1)(2)两题. [解](1)由a,-a,+1=2a+1a,得，1-1=2， an+1 an 所以数列{》是公差为2、首项为上=1的等差数 列，即1=1+2(n-1)=2n-1.所以a,=2- aa (2)设数列{}的前n项和为S,由1)知 则s=201-日+日日+…+2) 3 世五维课堂 2.(变结论)本例的条件不变，设b ,若 2 2 +1 a 数列{b}的前n项和为Sn,Sn> 29 ，求n的最 小值 [解] 由例3的解折可知4，=22，放品-2 2 -1, √2m+7+/2m=22m+-V2m-, 1 所 1 以 S 2 [(3-1)+(W5-3)+…+(W2n+1-√2n-1)] 合6en+T-1D 由s,>9,得2Wm干-10> ,解得n> sg.又n∈N+,故n的最小值为450 规律方法 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)2m-1)(2n+T 1 (4 (Wn+k-√n). √n十√n+ =log。(n+1)-logn. ◇[变式训练] 3.设数列{an}满足a1=1,an一am+1=2an+1an, （)求a,的道项公式：(2)求数列{-}的前 项和. 解：(10由a,-at1=2a+a,得。。2，所以 数列{侣}是公差为2，首项为日=1的等差效到，即 1=1十2(n-1)=2n-1.所以a=2m-1· an a (2)设。a {2n+1 的前n项和为Sn,由(1)知 ·54 数学(BS)·选择性必修第二册 则s.=[(-)+()-()++ (n72a】(1-2)-2 [当堂达标] 1.1002-992+982-972+…+22-12的值是( A.5000 B.5050 C.10100 D.20200 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+10)=5050.] 2.数列{an}的通项an=n·2”,则数列{an}的前n项 和Sn为 A.n·2+1 B.n·2+1-2 C.(n-1)·2+1+2D.n·2"+1+2 解析：C[Sn=1·2十2·2十…十n·2”,2Sn=1· 22+2·23+…十n·2+1,两式相减得-S。=2十2 +2++2”-n·2*1=21二？）-n·2+1 1-2 2+1-2-n·2+1,故S。=(n-1)2+1+2.] 的前n项和为 1-2 六前m项和s.=-号)十（-)+…十 〔1)--（合+++）=-1+2 答案：n-1十 2n 4.求数列 1 n+2)0m+} 的前n项和. 1 1 解：因为(m十2)(n+3) n+2n+3' 所以数列{m+2)(n+3D} }的前n项和为 合)+（日）++（十十）司 n+33(n+3) 第一章数列 课时。 [基础达标练] 1.数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=1一2十3-4 +…+(-1)”-1·n,则S1,= () A.9 B.8 C.17 D.16 解析：A[S1m=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= Vn十n+S,=10,则n等于 1 () A.90 B.119 C.120 D.121 解析：C[an= +m行+-m,S= 1 (2-1)+(5-√2)+…+(n+1-√n)=√n+1 -1=10,.n十1=121，故n=120.] 3.设有穷数列{an}的前n项和为Sn,令T,= S十S,十+S,称T,为数列a1a2a.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S十S十S十S 4 1+(1+2)+(1+2+4)+(1+2+4+@)=6, 4 a=6,故选：A.] 4.数列{an}满足a1=1,a2=3,且am+1十2an十am-1= 0(n≥2)，则{an}的前2022项 () A.8088 B.4044 C.-4044 D.0 解析：B[由递推关系式可得a1十a2=一(a2十 a3),a2十a3=-(a3十a4）,所以a3十a4=a1十a2= 4,同理可得a5十a6=a,十a8=…=a219十a22n= a221十a222=4,所以S222=4X1011=4044.故 选：B.] 5在数列a,中，a,一十其前n项和为号，则 1 在平面直角坐标系中，直线(n十1)x+y+n=0在 y轴上的截距为 A.-10 B.-9 C.10 D.9 ·5 五维课堂兰 素养提升 对应学生用书P16 解析：B[数列{a,}的前n项和为1X2十2X3 1 1 nn+l n有n中品，所以m=.于是直线(+ =1 1)x十y十n=0为10a十y+9=0.所以其在y轴上 的截距为一9.] 6.数列{an}满足a1=1,且am+1一an=n十1(n∈N+), 则数列侣} 的前10项的和为 解析：an=(an一an-1)十(an-1一an-2)十…十(a2 a1)十a1=n+(n-1)+(n-2)+…+2+1= ,所以L=2 2 份}的药0项和品… a )(合)+（合）++（品】 答案9 7.数列{an}满足an+2十(-1)"am=3n-1,前16项和 为540，则a1= 解析：an+2十(-1)°an=3n-1,当n为奇数时，an+2 =an十3n-1;当n为偶数时，am+2十an=3n-1.设 数列{an}的前n项和为Sn,S16=a1十a2十a3十a4十 …+a16=a1+a3+a5+…+a15+(a2十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,a4十a,=15. (1)求数列{a,}的通项公式； (2)设bn=2,-2+n,求b1十b2十b,十…十b。的值 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 由已知得十d=4, (a1+3d)+(a1+6d)=15, 解得3， d=1. 所以an=a1十(n-1)d=n十2. (2)由(1)可得bn=2"+n, 所以b1+b2十b3+…十b1o=(2+1)+(22+2)+(2 +3)+…+(21°+10) 世五维课堂 =(2+22+23+…+21°)+(1+2+3+…+10) =2(1-2)+1+10)×10=(2”-2)+55=2 1-2 +53=2101. [能力提升练] 9.已知数列a,}的前n项和为S,a=了·对任意的 n∈N+都有nan=(n十2)an+1,则S221= ( A号8盟 &号8 c92 n180 解析：C[数列a,}满足a,=子对任意的nEN, 都有nan=(n十2)an+1,则有n(n十1)an=(n十1)(n 十2)an+1,可得数列{n(n十1)an}为常数列，有n(n十1)an =2a1,得n(n十1)a,=1,得a, n(n+1),又由a 1 1 所以a=(1-) 1 n(n+1)-n 〔) 1 1 =1- 1 …20212022 2022 2021 2022 故选：C.] 10.有穷数列1,1+2,1+2+4，…，1+2+4+…+ 2”-1所有项的和为 解析：南题务知所水教列的道项为二号=2一1。 故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为 2(1-2") 1-2 一n=2+1-n-2. 答案：2m+1一n一2 1.已知数列a,}清足a12产a=合·数列a, 满足bn=2”-1a,a+1,{bn}的前n项和为Sn,则S1。 ,整理得：1 解析：数列{a.}满足a+1=2-a an+l 1=日-少 所以数列-1}是以-1=1为首项，2为公比 a 的等比数列；所以a,=2十' 故敦列b.}满足，=2a0+1=2·2十 1 1 1 2"+121+12”+11 所以s,-(与)6十中) 5 数学(BS)·选择性必修第二册 1)1 1 1023 2°+12+1月 2 20+120501 1023 答案：2050 12.在数列{a,中，a1=一2 1 ,2am=an-1-n-1(n≥ 2,n∈N+),设bn=an十n. (1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{nbn}的前n项和Tm; (3)若c a,P为数列十c,十1) 的 前n项和，求不超过P223的最大的整数. 解：(1)证明：对2an=an-1一n一1两边加2n得 2(an十n)=an-1十n-1, 所以a.十n=?[a1十(n-1)],即6，=号6 因为6=a,+1=-3+1= ,所以数列{bn}是 首项公比均为2的等比数列，所以么=()”。 2a,=n(2)-=是 2” 2 一2+7 1是 2品，所以7=2-+2 8泽-(2)】 一n,所以cn=n. c2+c,+1 ca+ca ==1+D=1+ 1 n2+n 1 n+1: P223= (1+片)++) (1+3)+…+1+202 1 =2024 2024 所以不超过P223的最大的整数是2023. [素养培优练] 13.已知数列{an}为等差数列，其中a2十a=8,a =3a2 (1)求数列{a,}的通项公式： (2)记.=2，设{6，的前n项和为S.,求最 anan+1 小的正整数，使得S>号器 第一章数列 五维课堂色 解：(1)设等差数列{an}的公差为d, (2a1+3d=8, 依题意有 解得，1， 1×1 (2)法一：由(1)可得S, la1+4d=3a1+3d,d=2, 13 从而{an}的通项公式为an=2n一1. (2)因为bn 2 1 1 2n-12n+1' 所以S。= )+（居）…+ 1 1 1 2n-12n+1 =12n+ 令1 27>号0每得0>1010，故取a 1 1011. 1- 3 14.(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数 列，数列}满足6-"学.已知a1a9a,成等 所以=-)” 差数列. 所以T (1)求{an}和{b}的通项公式： (2)记S。和T,分别为{an}和{bn}的前n项和. -) n<0, 2·3 证明：1<受 所以T< 解：(1)因为{an}是首项为1的等比数列且a1, 法二：因为么二%=2二3=”】- 3a2,9a3成等差数列， 2X3” 2X3"▣ 所以 所以6a2=a1十9a3,两边同时除以a1得9g一6g +1=0,解得q=3' 1 23、0. 所以an 3 所以 §4 数列在日常经济生活中的应用 课程标准 素养解读 1.掌握单利、复利的概念. 1.通过数列在日常生活中的应用提升数学建模的核心 2.掌握零存整取、定期自动转存、分期付款三种模 素养 型及应用. 2.通过数列在经济生活中的应用提升数学运算的核心 3.掌握数列在日常经济生活中的应用 素养 对应学生用书P31 ● 课前。预习学案 -● [情境引入] [知识梳理] 同学们，请先欣赏一则幽默故事：一位中国老太 [知识点一]三种常见的应用模型 太与一位美国老太太在黄泉路上相遇.美国老太太 1.零存整取：每月定时收人一笔相同数目的现金，这 说，她住了一辈子的宽敞房子，也辛苦了一辈子，昨天 是零存：到约定日期，可以取出全部本利和，这是整 刚还清了银行的住房贷款.而中国老太太却叹息地 取，规定每次存人的钱不计复利（暂不考虑利息税）. 说，她三代同堂一辈子，昨天刚把买房的钱攒足. 2.定期自动转存：银行有另一种储蓄业务为定期存款 我国现代都市人的消费观念正在变迁—花明 自动转存.例如，储户某日存人一笔存期为1年的 天的钱圆今天的梦，对我们已不再陌生；贷款购物，分 存款，1年后，如果储户不取出本利和，则银行自动 期付款已深入我们生活.但是面对商家和银行提供的 办理转存业务，第2年的本金就是第1年的本 各种分期付款服务，究竞选择什么样的方式好呢？ 利和， ·57·