4.3.2 第3课时 数列求和-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（人教A版）

数列求和 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 第3课时 CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　拆项、并项法求和 题型(二)　裂项相消法求和 题型(三)　错位相减法求和 4 课时跟踪检测 题型(一)　拆项、并项法求和 01 [例1]　已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,且数列是公差为2的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 解:因为数列是公差为2的等差数列,且=a1=1, 所以=1+(n-1)×2=2n-1,所以Sn=2n2-n. 又因为an=Sn-Sn-1(n≥2),所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-3. 又因为a1=1符合n≥2的情况,所以an=4n-3. (2)若bn=(-1)nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:因为bn=(-1)nan=(-1)n(4n-3), 当n为偶数时,Tn=(-1)+5+(-9)+13+…+[-(4n-7)]+4n-3, 所以Tn=[(-1)+5]+[(-9)+13]+…+[-(4n-7)+4n-3]=4×=2n, 当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=2(n-1)+[-(4n-3)]=1-2n. 综上可知,Tn= |思|维|建|模| 并项法求和适用的题型 　　一般地,对于摆动数列适用于并项求和,此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论,有些摆动型的数列也可采用分组求和.若摆动数列为等比数列,也可用等比数列求和公式. 针对训练 1.已知数列{an},{bn}满足a1=-1,an+1=--1,bn=. (1)证明:{bn}为等差数列; 解:证明:由题意得bn+1=,an+1==, 则bn+1-bn=-=-=-=1, 所以{bn}是首项b1==1,公差为1的等差数列. (2)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,求Sn. 解:由(1)得bn=b1+(n-1)×1=n,则(-1)n=(-1)nn2, 当n为偶数时,Sn=-12+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)(2-1)+(4+3)(4-3)+… +(n+n-1)(n-n+1)=1+2+3+4+…+n-1+n=. 当n为奇数时,n+1为偶数, 则Sn=Sn+1-=-(n+1)2=-. 综上,Sn=(-1)n·. 题型(二)　裂项相消法求和 02 [例2]　设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S4=10,S7=28. (1)求{an}的通项公式; 解:∵{an}是等差数列,设公差为d, ∴⇒∴an=n. (2)求数列的前n项和Tn. 解:由(1)得an=n,则==, ∴Tn= = =-. |思|维|建|模| 　　对于通项公式是分式的一类数列,在求和时常用“裂项法”.可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时应注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项. 针对训练 2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n,n∈N*. (1)证明:数列{an}是等差数列; 解:证明:∵Sn=n2-4n,n∈N*,① ∴当n=1时,a1=S1=-3; 当n≥2时,Sn-1=(n-1)2-4(n-1)=n2-6n+5.② 由①-②得an=Sn-Sn-1=2n-5.当n=1时,a1=-3满足上式, ∴数列{an}的通项公式为an=2n-5,n∈N*. ∴an+1-an=2,为常数,∴数列{an}是等差数列. (2)已知bn=,求数列{bn}的前n项和. 解:由(1)知bn==, ∴数列{bn}的前n项和为++…+ = ==--,n∈N*. 题型(三)　错位相减法求和 03 [例3]　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和,且4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式; 解:当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,解得a1=4.当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4,所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1,即an=-3an-1,又a1=4≠0,故an≠0, 故=-3,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:bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1. 故3Tn=4×31+8×32+12×33+…+4n×3n, 所以-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n×3n=4+4×-4n×3n=4+2×3×(3n-1-1)-4n×3n=(2-4n)×3n-2, 所以Tn=(2n-1)×3n+1. |思|维|建|模| 1.错位相减法求和的适用条件 若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列,求数列{an·bn}的前n项和Sn. 2.注意事项 (1)利用“错位相减法”时,在写出Sn与qSn的表达式时,应注意使两式对齐,以便于作差,正确写出(1-q)Sn的表达式. (2)利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况. 针对训练 3.已知数列{an}满足:a1=1,且对于任意正整数n,均有n(an+1-an)=an+2n2+2n. (1)证明:为等差数列; 解:证明:根据题意由n(an+1-an)=an+2n2+2n, 可得nan+1-(n+1)an=2n(n+1), 所以可得=2,即-=2为定值, 因此是首项为=1,公差为d=2的等差数列. (2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Sn. 解:由(1)可得=1+2(n-1)=2n-1,即an=n(2n-1), 所以bn===,可得Sn=b1+b2+…+bn=++…+, 所以Sn=++…++, 两式相减可得Sn=++…+-=1+2×-=2-, 所以可得数列{bn}的前n项和Sn=3-. 课时跟踪检测 04 1 3 4 2 1.(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足2a3=a4+3,S7=49. (1)求数列{an}的通项公式;(5分) 解:依题意,设数列{an}的公差为d,因为 所以解得 所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1. 1 3 4 2 (2)若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前10项和T10.(5分) 解:因为bn=所以bn= 所以T10=b1+b2+…+b9+b10=1+22+5+24+…+17+210 =(1+5+…+17)+(22+24+…+210) =+ =45+1 364=1 409. 1 2 3 4 2.(10分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2(an-1),n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式;(4分) 解:数列{an}的前n项和为Sn,对任意的n∈N*,Sn=2an-2, 当n=1时,由a1=S1=2a1-2,可得a1=2, 当n≥2时,由Sn=2an-2可得Sn-1=2an-1-2, 上述两个等式作差可得an=2an-2an-1,可得an=2an-1, 所以数列{an}为等比数列,且其首项和公比都为2, 所以an=2×2n-1=2n. 1 2 3 4 (2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.(6分) 解:证明:由(1)可得Sn=2an-2=2n+1-2,则S1=2,Sn>0, 所以bn==·=·=, 所以Tn= ==-<=. 1 3 4 2 3.(15分)已知等差数列{an}满足a5=9,a2+a6=14. (1)求{an}的通项公式;(5分) 解:设数列{an}的公差为d, 则由得解得 所以{an}的通项公式为an=2n-1. 1 3 4 2 (2)若bn=an+(q>0),求数列{bn}的前n项和Sn.(10分) 解:由an=2n-1得bn=2n-1+q2n-1.当q>0且q≠1时, Sn=[1+3+5+7+…+(2n-1)]+(q1+q3+q5+q7+…+q2n-1)=n2+; 当q=1时,bn=2n,则Sn=n(n+1). 所以数列{bn}的前n项和Sn= 1 3 4 2 4.(15分)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对于任意的n∈N*,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图象上. (1)求数列{an}的通项公式;(5分) 解:因为对于任意的n∈N*,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图象上,所以Sn=bn+r.当n=1时,a1=S1=b+r; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=bn+r-(bn-1+r)=bn-bn-1=(b-1)bn-1. 又因为{an}为等比数列,所以r=-1,公比为b,所以an=(b-1)bn-1. 1 3 4 2 (2)当b=2时,记bn=(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.(10分) 解:当b=2时,an=(b-1)bn-1=2n-1,bn==, 则Tn=+++…+,Tn=+++…++, 两式相减,得Tn=++++…+- =+-=--,所以Tn=--=-. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $