2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册 课件 第四章 4.3 4.3.2 第二课时　数列求和(习题课)

该高中数学课件聚焦数列求和，涵盖公式法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等核心方法。通过“小试身手”中通项为2ⁿ+n的求和例题导入，衔接等差数列、等比数列求和旧知，搭建从基础公式到复杂方法的学习支架。 其亮点在于以具体实例驱动探究，如例2裂项相消法中通过通项拆分培养数学思维，例3错位相减法中规范运算步骤提升数学运算能力。方法总结系统归纳适用类型，课堂小结明确方法与等差、等比数列的联系，帮助学生用数学语言表达规律。学生能提升解题技能，教师可依托丰富例题优化教学流程。

第二课时　数列求和(习题课) [目标导航] 课标要求 1.通过具体实例,理解并掌握数列的分组求和法 2.通过具体实例,理解并掌握数列求和的裂项相消法 3.通过具体实例,理解并掌握数列求和的错位相减法 2 新知导学·素养启迪 新知梳理 1.公式法求和 2.分组转化法求和 有些数列,通过适当分组,可把它拆分成等差数列和等比数列求和. 3.裂项相消法求和 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和. 4.错位相减法求和 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,在求和式子的左、右两边同乘等比数列的公比,然后错位相减,使其转化为等比数列的求和问题. 5.倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两项“等距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解. 6.并项求和法 一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解. 例如,Sn=1002-992+982-972+…+22-12=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050. 小试身手 1.已知数列{an}的通项公式为an=2n+n,前n项和为Sn,则S6=　　　　.  147 3.若Sn=1-2+3-4+5-6+…+(-1)n-1·n,则S50=　　　　.  -25 解析:S50=(1-2)+(3-4)+…+(49-50)=-25. 4.3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+(n+2)·2-n=　　　　.  课堂探究·素养培育 (1)求数列{an}的通项公式; 分组转化法求和 即时训练1-1:已知等差数列{an}满足a3+a5=20,a6=4a2. (1)求数列{an}的通项公式. (2)设数列{bn}是各项均为正数的等比数列,cn=an+bn,再从以下条件中选择两个作为一组已知条件,求数列{cn}的前n项和Sn. 条件①:b1=1.条件②:b5=8b2.条件③:b2+b3=6. 分组转化法求和的常见类型 (1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前n项和. (3)例1中分组求和时同时也用到了并项求和. 裂项相消法求和 [例2] 已知公差d不为零的等差数列{an}中,a5+a7=22,且a1,a2,a5成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; 裂项求和的几种常见类型: 错位相减法求和 [例3] 已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+2n. (1)求这个数列的通项公式an; 解:(1)数列{an}的前n项和为Sn=n2+2n, ① 当n=1时,解得a1=3. 当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+2(n-1), ② ①-②得an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1. 由于n=1也适合上式,故an=2n+1. (2)若bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:(2)由(1)得bn=2nan=(2n+1)·2n, 所以Tn=3×21+5×22+…+(2n+1)·2n, ① 2Tn=3×22+5×23+…+(2n+1)·2n+1, ② ①-②得 -Tn=3×21+2(22+23+…+2n)-(2n+1)·2n+1, 整理得 (1)设bn=an-n,求证:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{(2n-1)·bn}的前n项和Tn. (2)解:由(1)可知bn=2n,(2n-1)bn=(2n-1)·2n, 故Tn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,① 2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,② ①-②得,(1-2)Tn=21+(23+24+…+2n+1)-(2n-1)×2n+1, 所以-Tn=21+(23+24+…+2n+1)-(2n-1)×2n+1=-(2n-3)×2n+1-6, 故数列{(2n-1)·bn}的前n项和Tn=(2n-3)×2n+1+6. 探究点三　函数零点个数问题 错位相减法求和时的三个注意点 (1)如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式,同时应注意差式中成等比数列的项数. (3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 当堂即练·素养达成 1.已知an=(-1)n,数列{an}的前n项和为Sn,则S9与S10的值分别是(　 　) A.1,1 B.-1,-1 C.1,0 D.-1,0 当堂即练 D 解析:S9=-1+1-1+1-1+1-1+1-1=-1, S10=S9+a10=-1+1=0. B 设数列{an}是等差数列,数列{bn} 为等比数列,则 1.分组转化求和:适用于an±bn 的形式. 课堂小结 通过对三种求和方法的学习,达成了培养逻辑推理、数学运算素养的目的. 感谢观看 (1)等差数列的前n项和公式Sn== . (2)等比数列前n项和公式Sn= na1+d 解析:因为an=2n+n, 所以Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=2n+1-2+, 所以S6=27-2+=147. 2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=,则S5=　　　　.  解析:因为an==-, 所以S5=a1+a2+…+a5=1-+-+…+-=. 4- 解析:设S=3×+4×+5×+…+(n+2)×, 则S=3×+4×+5×+…+(n+2)×. 两式相减得S=3×+(++…+)-. 所以S=3+(++…+)-=3+-=4-. [例1] 已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+(n∈N*),且数列{an}各项为正数. 解:(1)数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+(n∈N*)①,且数列{an}各项为正数. 当n=1时,a1=,整理得a1=1, 当n≥2时2Sn-1=an-1+,② ①-②得2an=an-an-1+-, 化简得an-an-1=1(常数),所以an=1+n-1=n. (2)设bn=+(-1)n-1an,求数列{bn}的前2n项和T2n. 解: (2)由于an=n, 所以bn=+(-1)n-1an=2n+(-1)n-1·n, 所以T2n=(21+22+…+22n)+[(1-2)+(3-4)+…+(2n-1-2n)]=-n= 22n+1-n-2. 解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, 由已知可得解得 所以an=a1+(n-1)d=3n-2,即数列{an}的通项公式为an=3n-2. 解: (2)设数列{bn}的公比为q, 选择条件①②作为已知条件, 则解得 所以bn=b1qn-1=2n-1. 选择条件①③作为已知条件, 则解得或(舍去), 所以bn=b1qn-1=2n-1. 选择条件②③作为已知条件,则解得 所以bn=b1qn-1=2n-1, 所以cn=an+bn=3n-2+2n-1, 则Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+2+22+…+2n-1)=n+×3+=+2n-1. 所以数列{cn}的前n项和Sn=+2n-1. (2)通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组转化法求和. 解:(1)公差d不为零的等差数列{an}中,a5+a7=22,且a1,a2,a5成等比数列, 可得2a1+10d=22,即a1+5d=11, 又=a1a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d), 解得a1=1,d=2, 则an=1+2(n-1)=2n-1. (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn. 解:(2)bn===(-), 则前n项和Sn=(1-+-+…+-)=(1-)=. 变式训练2-1:本例中其他条件不变,(2)改为“若bn=,求数列{bn}的前n项和Sn”. 解:bn===(-), 则前n项和Sn=(1-+-+-+…+-+-)= (1+--)=-. (1)=(-); (2)=(-); (3)=(-); (4)若{an}是公差为d≠0的等差数列,则=(-). -Tn=2+2(2+22+23+…+2n)-(2n+1)·2n+1=2+2[]-(2n+1)·2n+1=(1-2n)·2n+1-2,所以Tn=(2n-1)2n+1+2. 即时训练3-1:数列{an}的前n项和为Sn,Sn-2an=n2-n-2(n∈N*). (1)证明:因为Sn-2an=n2-n-2, 所以当n≥2时,Sn-1-2an-1=(n-1)2-(n-1)-2, 两式相减,得an-2an+2an-1=(2n-1)-⇒-an+2an-1=n-2. 又因为bn=an-n⇒an=bn+n, 所以an-1=bn-1+n-1, 所以-bn-n+2(bn-1+n-1)=n-2⇒bn=2bn-1(n≥2). 又S1-2a1=--2=-3⇒a1=3, 所以b1=a1-1=3-1=2≠0, 故数列{bn}是公比为2,首项为2的等比数列. 2.数列{an}满足an=,则数列{}的前n项和为(　 　) A. B. C. D. 解析:an==(n+1), ==4(-), 可得数列{}的前n项和为4(-+-+…+-)=4(-)=. 3.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和Sn=　　　　　　　.  n2+1- 解析:该数列的通项公式为an=(2n-1)+, 则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+(++…+)=n2+1-. 4.数列1×,2×,3×,4×,…的前n项和为　　　　　　　　.  2-- 解析:Sn=1×+2×+3×+…+n·, ① Sn=1×+2×+…+(n-2)·+(n-1)·+n×, ② ①-②,得 Sn=1×+1×+1×+…+1×-n·=-. 所以Sn=2--. 2.裂项相消法求和:适用于{}的形式. 3.错位相减法求和:适用于{an·bn}或{}的形式. $