5.3.2 第2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三册教师用书word（人教B版）

第2课时　数列求和 [教学方式：拓展融通课——习题讲评式教学] 题型（一）　分组转化法求和 [例1]　已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2+a4=13，S7=49. （1）求{an}的通项公式； （2）设bn=an+，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 又2a2+a4=13，S7=49， 所以解得a1=1，d=2， 所以{an}的通项公式an=a1+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1. （2）由（1）知bn=an+=2n-1+22n-1，所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=（1+2）+（3+23）+（5+25）+…+（2n-1+22n-1）=（1+3+5+…+2n-1）+（2+23+25+…+22n-1）=+=+n2. 　　|思|维|建|模| 分组法求数列的前n项和的方法技巧 　　如果一个数列是等差数列与等比数列的代数和，求其前n项和需要先分组再利用公式求和. 　　[针对训练] 1.设数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=2+Sn（n∈N+）. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足bn=2n-1+a2n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）因为数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=2+Sn（n∈N+）， 当n=1时，a2=2+a1=2+2=4， 当n≥2时，由an+1=2+Sn可得an=2+， 上述两个等式作差可得an+1-an=an，可得an+1=2an，又因为a2=2a1，所以数列{an}为等比数列，且首项为2，公比为2，所以an=2×2n-1=2n. （2）由（1）可得bn=2n-1+a2n=2n-1+4n， 所以Tn=（1+41）+（3+42）+（5+43）+…+[（2n-1）+4n]=[1+3+5+…+（2n-1）]+（4+42+43+…+4n）=+=n2+. 题型（二）　裂项相消法求和 [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； （2）求数列的前n项和Tn. 解：（1）∵{an}是等差数列，设公差为d， ∴⇒∴an=n. （2）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； （2）已知bn=，求数列{bn}的前n项和. 解：（1）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）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 [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； （2）设bn=（-1）n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）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）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； （2）若bn=，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：（1）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）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-. 学科网（北京）股份有限公司 $