新教材2024版高中数学第四章数列习题课数列求和课件新人教A版选择性必修第二册

(2)由(1)得 bn＝(3n－2)·2n， 则 Tn＝1×21＋4×22＋…＋(3n－2)×2n， 于是 2Tn＝1×22＋4×23＋…＋(3n－5)×2n＋(3n－2)×2n+1， 两 式 相 减 ， 得 － Tn ＝ 2 ＋ 3(22＋ 23 ＋ … ＋ 2n) － (3n － 2)·2n+1＝ 2 ＋ 3·22(11－－22n-1)－(3n－2)·2n+1＝(5－3n)·2n+1－10，所以 Tn＝(3n－5)·2n+1＋10.
(2)根据数列{bn}的通项可知利用错位相减法进行求和，从而可求出 数列{bn}的前n项和Tn.
素养点睛：考查数学运算和逻辑推理的核心素养．
错位相减法的适用题型及关键点 (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．
第四章 数列
习题课 数列求和
学习目标
素养要求
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒 序相加求和、错位相减求和法
数学运算
2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法
逻辑推理
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系
或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和 数学运算、逻辑推理
相关的问题
自学导引
分组转化求和法 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 列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．
①－②，得 an＝2an－1＋1， 即 an＋1＝2(an－1＋1)． ∵a1＋1＝2≠0，∴an－1＋1≠0， ∴aan－n＋1＋11＝2， ∴{an＋1}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． ∵an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.
(2)bn＝(2n＋1)·2n，Tn＝3·2＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋ 1)·2n，
n
的前
n
项和
Tn.
解：(1)设等差数列{an}公差为 d，首项为 a1， 由题意，有a51a＋1＋d5＝×234，d＝25，解得ad1＝＝21，， 所以 an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)bn＝an＋2n－1＝2n－1＋2n－1，所以 Tn＝n(1＋22n－1)＋11－－22n＝n2＋ 2n－1.
所以数列{an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为 an＝a1qn－1＝3n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为 d， 因为 b1＝a1，b3＝a1＋a2＋a3，可得 bb11＝ ＋12d，＝1＋3＋9＝13，解得 d＝6， 所以 bn＝1＋(n－1)×6＝6n－5，又由 cn＝an＋bn＝3n－1＋6n－5， 所以数列{cn}的前 n 项为 Sn＝11－－33n＋n(1＋62n－5)＝3n－2 1＋3n2－2n ＝32n＋3n2－2n－12.
3．(2023年河南模拟)在数列{an}中，a6＝16，点(an，an＋1)(n∈N*) 在直线x－y＋3＝0上．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)依题意，an－an＋1＋3＝0，即an＋1－an＝3，因此数列{an}是 公差为3的等差数列，则an＝a6＋3(n－6)＝3n－2.
(2)a2n－4 1＝(2n＋41)2－1＝n(n1＋1)＝1n－n＋1 1， ∴数列a2n－4 1的前 n 项和 Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝1－n＋1 1
＝n＋n 1. 【解题探究】(1)由a1＋1，a2＋1，a3＋2成等比数列，可得(a2＋1)2
＝(a1＋1)(a3＋2)，即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得a1，即可得出an； (2)将{an}的通项公式代入并利用裂项求和方法即可得出．
2．已知 an＝3nn，则{an}的前 n 项和 Sn＝________． 【答案】34－24n×＋33n
【解析】Sn＝13＋322＋333＋…＋n3－n－11 ＋3nn，13Sn＝312＋323＋…＋n－3n1＋
3nn＋1，
两
式
相
减
得
2 3
Sn
＝13
＋
1 32
＋
1 33
＋
…
＋
31n－
3nn＋1＝
(2)由(1)知 an·bn＝(4n－1)·2n－1， 所以 Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1， 2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n， 所以两式相减得－Tn＝3－4(2＋22＋…＋2n－1)－(4n－1)·2n ＝3－42(11－－22n)－(4n－1)·2n ＝11－4·2n＋1－(4n－1)·2n ＝11－(4n＋7)·2n. 故 Tn＝(4n＋7)·2n－11.
2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1， ∴两式相减得－Tn＝6＋2(22＋23＋24＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1， ∴Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.
【解题探究】(1)根据题中已知条件Sn＝2an－n，得出n≥2时，Sn－1 ＝2an－1－(n－1)，此时两式作差整理即可得到an＋1所满足的关系，求 出数列{an＋1}的通项公式从而得到{an}的通项公式；
易错警示 错位相减法求和时项数处理不当致误
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，数列{bn}满足an＝ 4log2bn＋3.
(1)求an，bn； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. 【错解】(1)由Sn＝2n2＋n，得an＝Sn－Sn－1＝4n－1. 又因为4n－1＝an＝4log2bn＋3，所以bn＝2n－1.
裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合， 使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项 和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去 项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项， 后边就剩倒数第几项．
2．(2022 年河北期末)已知数列{an}满足 a1＝1，(2an＋1)an＋1＝an，
令 bn＝anan＋1，则数列{bn}的前 2 022 项和 S2 022＝
()
A．44
044 045
B．24
022 045
C．44
043 045
D．24
024 045
【答案】B
【解析】因为数列{an}满足(2an＋1)an＋1＝an，即 2an·an＋1＋an＋1＝an，
2．在数列{an}中，已知 an＝(n＋1)1(n＋3)(n∈N*)，则{an}的前 n 项和
Sn＝________． 【答案】1256－n＋1 2－n＋1 3 【解析】∵an＝(n＋1)1(n＋3)＝12·n＋1 1－n＋1 3， ∴Sn＝1212－14＋31－15＋14－16＋15－71＋…＋n＋1 1－n＋1 3 ＝1212＋13－n＋1 2－n＋1 3＝1256－n＋1 2－n＋1 3.
即an1＋1－a1n＝2，而a11＝1，所以数列a1n是以 1 为首项，2 为公差的等差数
列
，
所
以
1 an
＝
2n
－
1
，
则
an
＝
1 2n－1.
因
为
bn ＝ anan ＋ 1 ， 所 以
bn ＝
(2n－1)1(2n＋1)＝122n1－1－2n1＋1，数列{bn}的前 2 022 项和 S2 022 ＝12
错位相减法
若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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如__等__比____数列的 前n项和就是用此法推导的．
【预习自测】 1．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________． 【答案】(n－1)2n＋1＋2 【解析】因为 an＝n·2n，所以 Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n①，2Sn ＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②，①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋… ＋2n－n·2n＋1＝2(11－－22n)－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以 Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
131－31n 1－13
－
3nn＋1＝
1 2
－
2×1 3n－3nn＋1，∴Sn＝34－4×13n－1－2×n 3n＝34－24n×＋33n.
课堂互动
题型1 分组转化求和
(2022 年北京期末)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a2＝3，
S5＝25.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设
b ＝a ＋2 ，求数列 b n－1 nn
裂项相消求和法
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，常见的裂项公式：
(1)n(n1＋k)＝1k·___1n_－__n_＋_1_k___；
(2)若{an}为等差数列，公差为 d，则an·1an＋1＝1da1n－an1＋1；
(3)
1 n＋1＋
＝_____n_＋__1_－____n____． n
【预习自测】
1．数列{an}中，an＝n(n1＋1)，若{an}的前 n 项和为22002212，则项数 n
为
()
A．2019
B．2020
C．2021 【答案】C
D．2022
【解析】 an＝n(n1＋1)＝1n－n＋1 1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1 ＝1－n＋1 1＝n＋n 1＝22002212，所以 n＝2021.
题型2 裂项相消求和
(2022年东莞期末)已知等差数列{an}的公差为2，且a1＋1，a2＋1， a3＋2成等比数列．
(1)求{an}的通项公式； (2)求数列a2n－4 1的前 n 项和 Sn.
解：(1)∵a1＋1，a2＋1，a3＋2成等比数列， ∴(a2＋1)2＝(a1＋1)(a3＋2)． ∴(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)． 解得a1＝3， ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
【错因】(1)利用公式an＝Sn－Sn－1时，忽视n≥2这个限制条件，不 对n＝1时进行验证；(2)用错位相减求和时，相减后的和式中的4(2＋22 ＋…＋2n－1)，这是一个等比数列的前(n－1)项的和，处理不当会出错．
【预习自测】
1．数列{1＋2n－1}的前n项和为
()
A．1＋2nB．2＋2nC．n2n－1D．n＋2＋2n
【答案】C 【解析】由题意得 an＝1＋2n－1，所以 Sn＝n＋11－－22n＝n＋2n－1.
2．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝a2na＋n，2， n是n偶 是数 奇， 数，则数列{an}
的前 20 项和为
()
A．1121
B．1122
C．1123
D．1124
【答案】C
【解析】由题意可知，数列{a2n}是首项为 1，公比为 2 的等比数列， 数列{a2n－1}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，故数列{an}的前 20 项和 为1×1(1－－2210)＋10×1＋102×9×2＝1123.
1－13＋31－15＋…＋2×2
0122－1－2×2
1
022＋1
＝
121－2×2
1
022＋1
＝
2 022 4 045.
题型3 错位相减求和
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(2n＋1)(an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)∵Sn＝2an－n， 当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，∴a1＝1. 当n≥2时，Sn＝2an－n①， Sn－1＝2an－1－n＋1②，
1．(2022
年丽江期中
)已知
数列
a 满足
n
a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*，数
列 b 是等差数列，且
n
b1＝a1，b3＝a1＋a2＋a3.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设数列 c 的前 n
n
项和为
Sn，cn＝an＋bn，求
Sn.
解：(1)由数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*，可得aan＋n 1＝3，
【解题探究】(1)设等差数列an公差为 d，首项为 a1，根据已知条件 列出方程组求解 a1，d，代入通项公式即可得答案；
(2)根据等差、等比数列的前 n 项和公式，利用分组求和法即可求解．
分组求和法适用的题型 当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但如果它的通项公 式可以拆分为几项的和，而这些项又构成等差数列或等比数列时，那么 就可以用分组求和法，即原数列的前n项和等于拆分成的每个数列前n项 和的和．