第4章 习题课 并项求和、错位相减法求和（课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（苏教版）

该高中数学课件聚焦并项求和与错位相减法，通过复习等差等比数列前n项和公式导入，搭建从基础公式到复杂数列求和的学习支架，帮助学生衔接新旧知识。 其亮点在于分层例题设计与规范步骤引导，如从(-1)^n n到n²的延伸探究培养抽象能力，错位相减法的分类讨论与化简过程强化推理能力。反思感悟总结题型规律，结合周期数列、三角函数等实例，助力学生用数学语言表达求和逻辑，教师可直接利用丰富习题提升教学效率。

习题课 并项求和、错位相减法求和 第4章　数列 <<< 1.熟练掌握等差与等比数列前n项和公式中各个符号的意义. 2.根据数列的结构形式会用并项法和错位相减法求和. 学习目标 一、并项求和 二、错位相减法求和 课时对点练 随堂演练 内容索引 并项求和 一 　已知数列an＝(－1)nn，求数列的前n项和Sn. 例 1 若n是偶数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋[－(n－1)＋n]＝. 若n是奇数，则Sn＝Sn－1＋an＝－n＝－. 综上所述，Sn＝ 解 5 　若an＝(－1)nn2，求数列的前n项和Sn. 延伸探究 若n是偶数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝； 若n是奇数，Sn＝Sn－1＋an＝＋(－n2)＝－， 综上所述，Sn＝ 解 6 并项求和适用的题型 一般地，摆动数列可以通过并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，周期数列也可以通过并项求和，即先求出一个周期内的各项之和，再看一下所求和的项中有多少个周期，最后注意整数个周期后剩余项的和.此外，有些摆动数列也可采用分组求和. 反 思 感 悟 7 　(1)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2 025等于 A.－3 036 B.3 036 C.－3 037 D.3 037 跟踪训练 1 √ 原式＝(1－4)＋(7－10)＋…＋(6 067－6 070)＋6 073＝1 012×(－3)＋ 6 073＝3 037. 解析 8 (2)已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则S2 027＝ 　　　　.  1 015 9 ∵an＋1＝，且a1＝， ∴a2＝＝2， a3＝＝－1，a4＝， 所以an＋3＝an(n∈N*)， 则数列{an}是以3为周期的周期数列，S3＝a1＋a2＋a3＝， 则S2 027＝675S3＋a1＋a2＝1 015. 解析 10 二 错位相减法求和 　求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0). 例 2 12 当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝； 当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn， xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1， ∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1＝－nxn＋1， ∴Sn＝. 综上可得，Sn＝ 解 13 (1)一般地，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)用错位相减法求和时，应注意： ①要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形. ②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式. 反 思 感 悟 14 　已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a2＝3. (1)求数列{an}的通项公式； 跟踪训练 2 15 ∵数列是公差为1的等差数列， ∴＝a1＋n－1， 可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，将a2＝3代入得a1＝1. ∴Sn＝n2. ∴当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又当n＝1时等式也成立， ∴an＝2n－1. 解 16 (2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn. 17 bn＝an·3n＝(2n－1)·3n， ∴数列{bn}的前n项和 Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n， ∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1， ∴－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×－(2n－1)×3n＋1＝(2－2n)×3n＋1－6， ∴Tn＝3＋(n－1)×3n＋1. 解 18 1.知识清单： (1)并项求和. (2)错位相减法求和. 2.方法归纳：公式法、错位相减法. 3.常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶；错位相减法中要注意相减后的项数、符号及化简. 课堂小结 随堂演练 三 1 2 3 4 1.已知在前n项和为Sn的数列{an}中，a1＝1，an＋1＝－an－2，则S2 025等于 A.－2 023 B.－2 024 C.－2 025 D.－2 026 √ 由an＋1＝－an－2， 得an＋an＋1＝－2， 则S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 024＋a2 025)＝1－2×1 012＝－2 023. 解析 1 2 3 4 2.已知数列的通项公式为an＝1＋n2sin，前n项和为Sn，则S100等于 A.50 B.－2 400 C.－4 900 D.－9 900 √ a1＝1＋12，a2＝1，a3＝1－32，a4＝1，…，考虑到y＝sin的周期为4， 所以S100＝100＋12－32＋52－72＋…＋972－992 ＝100－2× ＝100－2×＝－4 900. 解析 1 2 3 4 3.化简Sn＝n＋(n－1)×2＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是 A.2n＋1＋n－2 B.2n＋1－n＋2 C.2n－n－2 D.2n＋1－n－2 Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1， ① 2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n， ② ②－①得Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n ＝－n＋＝2n＋1－n－2. 解析 √ 1 2 3 4 4.计算：1×＋2×＋3×＋…＋9×＝　 　　.  S＝1×＋2×＋3×＋…＋9×， ① S＝1×＋2×＋3×＋…＋9×， ② 由①－②得，S＝＋…＋－9× ＝－9×＝1－－9×＝1－＝， 所以S＝. 解析 课时对点练 四 答案 1 2 3 4 5 6 1. (1)设数列{an}的公比为q(q>0). 由4＝a4a8， 得4， ∴q2＝4，解得q＝2， 由2a1＋a2＝4，得2a1＋a1q＝4， 解得a1＝1， ∴{an}的通项公式为an＝2n－1. 答案 1 2 3 4 5 6 1. (2)∵bn＝n·2n－1， ∴Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1， ① 2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， ② ①－②得， －Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n ＝－n·2n＝2n－1－n·2n， ∴Tn＝(n－1)2n＋1. 答案 1 2 3 4 5 6 2. 的公差为d，依题意得 解得 所以an＝a1＋d＝2＋3＝3n－1. bn＝ancos nπ＋2n＋1＝an＋2n＋1， T2n＝＋…＋(a2n－a2n－1)＋(22＋23＋…＋22n＋1) ＝3n＋＝22n＋2＋3n－4. 答案 1 2 3 4 5 6 3. (1)设数列{an}的公比为q， 由题意知a1(1＋q)＝6，q＝a1q2， 又an>0，解得a1＝2，q＝2， 所以an＝2n. (2)由题意知S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1， 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1. 令cn＝，则cn＝ 答案 1 2 3 4 5 6 3. 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝＋…＋， 又Tn＝＋…＋， 两式相减得Tn＝， 所以Tn＝5－. 答案 1 2 3 4 5 6 4. (1)∵3an＝2Sn＋1， ∴当n＝1时，3a1＝2S1＋1＝2a1＋1， 解得a1＝1. 当n≥2时，3an－1＝2Sn－1＋1， 两式相减得3an－3an－1＝2(Sn－Sn－1)， 即an＝3an－1，又a1＝1≠0， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列. ∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1. 答案 1 2 3 4 5 6 4. (2)由(1)知，bn＝(－1)n＋1log3an＝(－1)n＋1(n－1)， ∴Tn＝0－1＋2－3＋…＋(－1)n＋1(n－1)， 当n为偶数时，Tn＝－； 当n为奇数时，Tn＝， ∴Tn＝ 答案 1 2 3 4 5 6 5. (1)设等比数列{an}的公比为q， 由题可知a1＋a2＝2，a2＋a3＝4， 所以q＝＝2， 由a1＋a2＝2可得a1＋2a1＝2， 则a1＝， 所以an＝. 答案 1 2 3 4 5 6 5. (2)S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＋…＋(a2n－1＋a2n) ＝2＋23＋25＋…＋22n－1＝， 3S2n－2n＋5＝2·4n－2－2n＋5＝2(2n－8)2－130， 由λ<3S2n－2n＋5对于任意n∈N*恒成立， 得λ<(3S2n－2n＋5)min， 因为当n＝3时，3S2n－2n＋5取得最小值－130， 所以λ<－130， 即实数λ的取值范围为(－∞，－130). 答案 1 2 3 4 5 6 6. (1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ). 又a1＝1， 所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列， 此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1； 当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0， 所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列， 此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ. 答案 1 2 3 4 5 6 6. (2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n·2n， Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ① 2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， ② ①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. 所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2. 1.已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋a2＝4，4＝a4a8. (1)求{an}的通项公式； 设数列{an}的公比为q(q>0). 由4＝a4a8， 得4， ∴q2＝4，解得q＝2， 由2a1＋a2＝4，得2a1＋a1q＝4， 解得a1＝1， ∴{an}的通项公式为an＝2n－1. 解 答案 1 2 3 4 5 6 (2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn. ∵bn＝n·2n－1， ∴Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1， ① 2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， ② ①－②得， －Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n ＝－n·2n＝2n－1－n·2n， ∴Tn＝(n－1)2n＋1. 解 答案 1 2 3 4 5 6 2.已知等差数列的前n项和为Sn，且满足a3＝8，S5＝2a7. (1)求数列的通项公式； 答案 1 2 3 4 5 6 的公差为d，依题意得 解得 所以an＝a1＋d＝2＋3＝3n－1. 解 (2)若数列满足bn＝ancos nπ＋2n＋1，求数列的前2n项和T2n. 答案 1 2 3 4 5 6 bn＝ancos nπ＋2n＋1＝an＋2n＋1， T2n＝＋…＋(a2n－a2n－1)＋(22＋23＋…＋22n＋1) ＝3n＋＝22n＋2＋3n－4. 解 3.已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； 设数列{an}的公比为q， 由题意知a1(1＋q)＝6，q＝a1q2， 又an>0，解得a1＝2，q＝2， 所以an＝2n. 解 答案 1 2 3 4 5 6 (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn. 答案 1 2 3 4 5 6 答案 1 2 3 4 5 6 由题意知S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1， 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1. 令cn＝，则cn＝， 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝＋…＋， 解 答案 1 2 3 4 5 6 又Tn＝＋…＋， 两式相减得Tn＝， 所以Tn＝5－. 解 4.设Sn是数列{an}的前n项和，且3an＝2Sn＋1. (1)求数列{an}的通项公式； 答案 1 2 3 4 5 6 答案 1 2 3 4 5 6 ∵3an＝2Sn＋1， ∴当n＝1时，3a1＝2S1＋1＝2a1＋1， 解得a1＝1. 当n≥2时，3an－1＝2Sn－1＋1， 两式相减得3an－3an－1＝2(Sn－Sn－1)， 即an＝3an－1，又a1＝1≠0， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列. ∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1. 解 (2)设bn＝(－1)n＋1log3an，求数列{bn}的前n项和Tn. 答案 1 2 3 4 5 6 由(1)知，bn＝(－1)n＋1log3an＝(－1)n＋1(n－1)， ∴Tn＝0－1＋2－3＋…＋(－1)n＋1(n－1)， 当n为偶数时，Tn＝－； 当n为奇数时，Tn＝， ∴Tn＝ 解 5.已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n. (1)若{an}为等比数列，求{an}的通项公式； 答案 1 2 3 4 5 6 答案 1 2 3 4 5 6 设等比数列{an}的公比为q， 由题可知a1＋a2＝2，a2＋a3＝4， 所以q＝＝2， 由a1＋a2＝2可得a1＋2a1＝2， 则a1＝， 所以an＝. 解 (2)若{an}的前n项和为Sn，不等式λ<3S2n－2n＋5对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围. 答案 1 2 3 4 5 6 答案 1 2 3 4 5 6 S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＋…＋(a2n－1＋a2n) ＝2＋23＋25＋…＋22n－1＝， 3S2n－2n＋5＝2·4n－2－2n＋5＝2(2n－8)2－130， 由λ<3S2n－2n＋5对于任意n∈N*恒成立， 得λ<(3S2n－2n＋5)min， 因为当n＝3时，3S2n－2n＋5取得最小值－130， 所以λ<－130， 即实数λ的取值范围为(－∞，－130). 解 6.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数). (1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an； 答案 1 2 3 4 5 6 答案 1 2 3 4 5 6 因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ). 又a1＝1， 所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列， 此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1； 当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0， 所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列， 此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ. 解 (2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn. 答案 1 2 3 4 5 6 由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n·2n， Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ① 2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， ② ①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. 所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2. 解 第4章　数列 <<< $