第一章 重点突破2 数列求和(一)-【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（北师大版）

学习目标 1.熟练掌握等差数列和等比数列的求和公式.　2.掌握公式法求和、分组法求和、倒序相加法求和、并项法求和等数列求和的方法. 题型一　公式法求和 已知数列{an}是等差数列，公差为d，Sn为数列{an}的前n项和，a1＋a7＝－2，S3＝15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解：(1)法一：因为{an}是等差数列，公差为d，且a1＋a7＝－2，S3＝15，所以解得a1＝8，d＝－3， 所以an＝8＋(n－1)×(－3)＝－3n＋11， 所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋11. 法二：因为{an}是等差数列，所以2a4＝a1＋a7＝－2，所以a4＝－1. 因为S3＝15，所以3a2＝15，所以a2＝5. 因为a4＝a2＋2d，即－1＝5＋2d，所以d＝－3， 所以an＝5＋(n－2)×(－3)＝－3n＋11. 所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋11. (2)令an≥0，则－3n＋11≥0，得n≤. 又n∈N*，所以当n≤3时，an＞0； 当n≥4时，an＜0. 因为a1＝8，an＝－3n＋11， 所以当n≤3时，Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋…＋an＝＝； 当n≥4时，Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋a3＋(－a4－…－an)＝2(a1＋a2＋a3)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S3－Sn＝2×15－＝. 所以Tn＝ 　　公式法是数列求和最常用的方法之一，针对数列的结构特征确定数列的类型，符合等差或等比数列时，直接利用等差或等比数列相应的求和公式求解. 等差数列前n项和公式： Sn＝na1＋d＝； 等比数列前n项和公式： Sn＝ 对点练1.已知正项等比数列{an}满足 a2a16＝16，且＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Tn＝a1a2…an，求Tn的最大值. 解：(1)设{an}的公比为q. 由 a2a16＝＝16，得a9＝4， 由＝q3＝，得 q＝， 所以 an＝a9qn－9＝4×＝211－n. (2)由(1)得， Tn＝a1a2…an＝＝. 因为二次函数 y＝＝－x2＋x的图象的对称轴为直线 x＝，且开口向下， 所以当 n＝10或11时， 取得最大值，即Tn取得最大值，为T10＝T11＝255. 题型二　分组法求和 已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q＞0)， 则an＝a1，且an＞0， 由已知得 化简得 又因为a1＞0，q＞0，所以a1＝1，q＝2. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝＋log2an＝4n－1＋n－1， 所以Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)＝＋＝＋. 分组转化法求和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的代数和. 2.解题步骤 学生用书⬇第46页 对点练2.数列{an}满足a1＝1，an是－1与an＋1的等差中项. (1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an＋2n}的前n项和Sn. 解：(1)证明：由已知可得an＋1－1＝2an， 即an＋1＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1)， 故数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列. 即有an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n， 所以an＝2n－1. (2)由(1)知，数列{an＋2n}的通项为an＋2n＝2n＋2n－1， 所以Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝＋＝2n＋1＋n2－2. 题型三　倒序相加法求和 德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称为高斯算法.已知数列an＝，则a1＋a2＋…＋a98等于(　　) A.96 B.97 C.98 D.99 答案：C 解析：S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝＋＋…＋＋，S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋＋…＋＋，两式相加得，2S＝＋＝＋＋…＋＋＝98×2，所以S＝98.故选C. 倒序相加法求和适合的题型 　　一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和. 对点练3.已知正项数列{an}是公比不为1的等比数列，且lg a1＋lg a2 026＝0，若f(x)＝，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 026)等于(　　) A.506 B.1 013 C.2 026 D.4 052 答案：C 解析：因为正项数列{an}是公比不为1的等比数列，且lg a1＋lg a2 026＝0，所以lg(a1a2 026)＝0，即a1a2 026＝1.因为函数f(x)＝，所以f(x)＋f＝＋＝＝2.令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 026)，则T＝f(a2 026)＋f(a2 025)＋…＋f(a1)，所以2T＝[f(a1)＋f(a2 026)]＋[f(a2)＋f(a2 025)]＋…＋[f(a2 026)＋f(a1)]＝2×2 026，所以T＝2 026.故选C. 题型四　并项法求和 已知数列{an}满足＝an＋1＋2an，a1＝1，a2＝2. (1)求证：数列{an＋1＋an}为等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解：(1)证明：由题意，＋an＋1＝2(an＋1＋an)，且a1＋a2＝3， 所以数列{an＋1＋an}是以3为首项，2为公比的等比数列. (2)由(1)可得an＋1＋an＝3·2n－1， 当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝3·20＋3·22＋…＋3·2n－2＝＝2n－1. 当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝1＋3·21＋3·23＋…＋3·2n－2 ＝1＋＝2n－1. 综上，数列{an}的前n项和Sn＝2n－1. 并项转化法求和的解题策略 1.常见题型：数列{an}满足an＝(－1)n－1f(n)型、{an}是周期数列、ak＋ak＋1为定值. 2.注意：在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n进行分类讨论，最终的结果往往可以用分段形式来表示. 对点练4.已知数列{an}各项均为正数，且a1＝1，－2an＋1＝＋2an. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 解：(1)因为－2an＋1＝＋2an， 所以＝0， 因为{an}是各项均为正数的数列， 所以an＋1＋an＞0，故an＋1－an＝2， 所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，则an＝2n－1. (2)bn＝(－1)nan＝(－1)n·(2n－1)，则bn＋bn＋1＝(－1)n＋1·2， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b20＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b19＋b20)＝2×10＝20. 学生用书⬇第47页 1.数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　) A.Sn＝n＋2n B.Sn＝n＋2n－1 C.Sn＝n＋2n－1 D.Sn＝1＋2n－1 答案：C 解析：因为an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.故选C. 2.在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值为(　　) A.13 B.－76 C.46 D.76 答案：B 解析：因为S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29，S22＝(－4)×11＝－44，S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.故选B. 3.已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是　　　　. 答案：－1，0 解析：S10＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a9＋a10)＝0，S9＝S10－a10＝－1. 4.若F(x)＝，则F＋F＋…＋F＝　　　　. 答案：500 解析：因为F(x)＋F(1－x)＝＋＝1，所以F＋F＝F＋F()＝…＝1.设F＋F＋…＋F()＝S，则F＋F＋…＋F＝S，所以S＝×2S＝×1 000＝500. 学科网（北京）股份有限公司 $