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3.2.2　数列求和(深化课——题型研究式教学)
课时目标
进一步理解等差、等比数列,会利用分组转化法,裂项相消法、错位相减法等求和.
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.
听课记录:
[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.
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.
听课记录:
[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.
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.
听课记录:
[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.
数列求和
[题型(一)]
[例1]　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.
[针对训练]
1.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)]
[例2]　解:(1)∵{an}是等差数列,设公差为d,
∴ ∴an=n.
(2)由(1)得an=n,则==,∴Tn= ==-.
[针对训练]
2.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)]
[例3]　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.
[针对训练]
3.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-.(共40张PPT)
数列求和
(深化课——题型研究式教学)
3.2.2
课时目标
进一步理解等差、等比数列,会利用分组转化法,裂项相消法、错位相减法等求和.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　分组转化法求和
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)　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;
解: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)设bn=an+,求数列{bn}的前n项和Tn.
解: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;
解: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+S n-1,
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)若数列{bn}满足bn=2n-1+a2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
解: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;
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
[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
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2
1.数列1,3,5,7,…的前n项和Sn为(　　)
A.n2+1- B.n2+2-
C.n2+1- D.n2+2-
√
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解析:数列1,3,5,7,…的通项公式为an=2n-1+,所以Sn=
++++…+=[1+3+5+…+(2n-1)]
+=+=n2+1-.
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2.已知数列{an}中,a1=1,an+an+1=3,Sn为其前n项和,则S2 024等于 (　　)
A.3 033 B.3 034
C.3 035 D.3 036
解析:由题意得a2=2,a3=1,a4=2,…,故奇数项为1,偶数项为2,则S2 024=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 023+a2 024)=3×1 012=3 036.
√
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3.已知数列{an}:,+,++,+++,…,bn=,那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)
A.4 B.4
C.1- D.-
√
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解析:∵an===,
∴bn===4.
∴Sn=4
=4.
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4.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3,则其前20项和为(　　)
A.380-× B.420-×
C.400-× D.440-×
√
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解析:数列{an}的前20项和S20=a1+a2+…+a20=2×(1+2+…+20)-3×=2×-3×=420-×.
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5.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;
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.
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6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a3+a5=15,S7=49.
(1)求{an}的通项公式;
解:设等差数列{an}的公差为d,
因为a1+a3+a5=15,S7=49,
所以
所以a1=1,d=2,所以an=1+(n-1)×2=2n-1.
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(2)若数列{bn}满足bn=an·3n,求{bn}的前n项和Tn.
解:由题意可知bn=(2n-1)×3n,
所以Tn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n　①,
3Tn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1　②,
①-②得,-2Tn=1×31+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-(2n-1)×3n+1
=3+-(2n-1)×3n+1=(-2n+2)×3n+1-6,
∴Tn=(n-1)×+3.
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7.已知数列是以为首项的常数列,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求Sn;
解:由题意可得=,则an=3n-1,
可得==3,
可知数列{an}是首项a1=1,公比q=3的等比数列,
所以Sn==.
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(2)设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k,其中bi∈{0,1,2},i,k∈N.例如:
3=0×30+1×31,则b0=0,b1=1;4=1×30+1×31,则b0=1,b1=1.若f(m)=b0+b1
+…+bk,求数列{Sn·f(Sn)}的前n项和Tn.
解: 因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1,则b0=b1=…=bn-1=1,由题意f(Sn)=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n,
所以Sn·f(Sn)=,可得Tn=++…+
=[(1×3+2×32+…+n×3n)-(1+2+…+n)].
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(ⅰ)先求数列{n×3n}的前n项和,记为T',
则T'=1×31+2×32+…+n×3n,　①
3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1,　②
①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1,
所以T'=+×3n+1;
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（ⅱ）再求{n}的前n项和,记为T″,则T″=.综上所述,Tn=(T'-T″)
==+×3n+1-.
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8.(2024·天津高考)已知数列{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn,若a1=1,S2=a3-1.
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
解:设{an}的公比为q(q>0),则1+q=q2-1,解得q=2,
所以Sn==2n-1.
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(2)设bn=k∈N+.
①当k≥2,n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn;②求 .
解:①证明:由(1)知,ak=2k-1,所以bn=k∈N+.
当n=ak+1=2k时,bn=k+1,
则bn-1==+2k=+4k=…=+2k·(2k-1-1)=k+2k·(2k-1-1)=k·2k-k,所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k.
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设f(x)=(x-1)2x-1-x,x≥2,
则f'(x)=2x-1+(x-1)2x-1ln 2-1≥2+2ln 2-1>0,
所以f(x)在[2,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(2)=0.
所以bn-1-ak·bn≥0,即bn-1≥ak·bn.
②令k=1,得b1=1,
令k=2,得b2=2,b3=b2+2k=6,
令k=3,得b4=3,b5=b4+2k=9,b6=b5+2k=15,b7=b6+2k=21,…,
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所以,,…,是一个以为首项,2k为公差的等差数列.因为=k,=k·2k-k,
所以++1+…+-1==k·4k-1.
所以 = =b1+b2+…+=1×40+2×41+…+n×4n-1,4 =1×41+2×42+…+n×4n,
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两式相减,得-3 =40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n×4n=×4n-,
所以 =·4n+.课时跟踪检测(十二)　数列求和
1.数列1,3,5,7,…的前n项和Sn为 (　　)
A.n2+1- B.n2+2-
C.n2+1- D.n2+2-
2.已知数列{an}中,a1=1,an+an+1=3,Sn为其前n项和,则S2 024等于 (　　)
A.3 033 B.3 034
C.3 035 D.3 036
3.已知数列{an}:,+,++,+++,…,bn=,那么数列{bn}的前n项和Sn为 (　　)
A.4 B.4
C.1- D.-
4.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3,则其前20项和为 (　　)
A.380-× B.420-×
C.400-× D.440-×
5.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;
(2)若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前10项和T10.
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a3+a5=15,S7=49.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=an·3n,求{bn}的前n项和Tn.
7.已知数列是以为首项的常数列,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求Sn;
(2)设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k,其中bi∈{0,1,2},i,k∈N.例如:3=0×30+1×31,则b0=0,b1=1;4=1×30+1×31,则b0=1,b1=1.若f(m)=b0+b1+…+bk,求数列{Sn·f(Sn)}的前n项和Tn.
8.(2024·天津高考)已知数列{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn,若a1=1,S2=a3-1.
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)设bn=k∈N+.
①当k≥2,n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn;
②求.
课时跟踪检测(十二)
1.选C　数列1,3,5,7,…的通项公式为an=2n-1+,
所以Sn=++++…+
=[1+3+5+…+(2n-1)]+=+
=n2+1-.
2.选D　由题意得a2=2,a3=1,a4=2,…,故奇数项为1,偶数项为2,则S2 024=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 023+a2 024)=3×1 012=3 036.
3.选A　∵an===,∴bn===4.∴Sn=4=4.
4.选B　数列{an}的前20项和S20=a1+a2+…+a20=2×(1+2+…+20)-3×=2×-3×=420-×.
5.解:(1)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.
(2)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.
6.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a1+a3+a5=15,S7=49,
所以
所以a1=1,d=2,
所以an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由题意可知bn=(2n-1)×3n,
所以Tn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n　①,
3Tn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1　②,
①-②得,-2Tn=1×31+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-(2n-1)×3n+1=3+-(2n-1)×3n+1=(-2n+2)×3n+1-6,∴Tn=(n-1)×+3.
7.解:(1)由题意可得=,则an=3n-1,可得==3,可知数列{an}是首项a1=1,公比q=3的等比数列,所以Sn==.
(2)因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1,则b0=b1=…=bn-1=1,由题意f(Sn)=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n,
所以Sn·f(Sn)=,可得Tn=++…+=[(1×3+2×32+…+n×3n)-(1+2+…+n)].
(ⅰ)先求数列{n×3n}的前n项和,记为T',
则T'=1×31+2×32+…+n×3n,　①
3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1,　②
①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1,
所以T'=+×3n+1;
(ⅱ)再求{n}的前n项和,记为T″,则T″=.综上所述,Tn=(T'-T″)=
=+×3n+1-.
8.解:(1)设{an}的公比为q(q>0),则1+q=q2-1,解得q=2,
所以Sn==2n-1.
(2)①证明:由(1)知,ak=2k-1,
所以bn=k∈N+.
当n=ak+1=2k时,bn=k+1,
则bn-1==+2k=+4k=…=+2k·(2k-1-1)=k+2k·(2k-1-1)=k·2k-k,
所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-(k+1)·2k-1=(k-1)2k-1-k.
设f(x)=(x-1)2x-1-x,x≥2,
则f'(x)=2x-1+(x-1)2x-1ln 2-1≥2+2ln 2-1>0,
所以f(x)在[2,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(2)=0.
所以bn-1-ak·bn≥0,即bn-1≥ak·bn.
②令k=1,得b1=1,
令k=2,得b2=2,b3=b2+2k=6,
令k=3,得b4=3,b5=b4+2k=9,b6=b5+2k=15,b7=b6+2k=21,…,
所以,,…,是一个以为首项,2k为公差的等差数列.
因为=k,=k·2k-k,
所以++1+…+-1==k·4k-1.
所以= =b1+b2+…+=1×40+2×41+…+n×4n-1,4 =1×41+2×42+…+n×4n,
两式相减,得-3 =40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n×4n=×4n-,
所以=·4n+.

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