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教师用书word（人教A版）

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. 技法一　错位相减法求和 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； (2)记bn＝，{bn}的前n项和为Tn，求Tn. 解：(1)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)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. 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； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)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)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. 学生用书⬇第56页 技法二　裂项相消法求和 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； (2)记cn＝，证明：c1＋c2＋…＋cn＜1. 解：(1)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. (2)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. 2.常见的裂项技巧 (1)＝； (2)＝－)； (3)＝； (4)＝［ －］. 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； (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)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)由(1)可得bn＝＝ ＝， 所以Sn＝×[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝－1). 学生用书⬇第57页 1.数列，，，…，，…的前n项和为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：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 答案：B 解析：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＝　　　　. 答案：19×320＋1 解析：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. 学科网（北京）股份有限公司 $