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4.3.2　第3课时　数列求和(深化课题型研究式教学)
题型(一)　拆项、并项法求和
[例1]　求数列1,-22,32,-42,…,(-1)n-1·n2,…的前n项和Sn.
听课记录:
　　[思维建模]
并项法求和适用的题型
　　一般地,对于摆动数列适用于并项求和,此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论,有些摆动型的数列也可采用分组求和.若摆动数列为等比数列,也可用等比数列求和公式.
　　[针对训练]
1.已知数列{an},{bn}满足a1=-1,an+1=--1,bn=.
(1)证明:{bn}为等差数列;
(2)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,求Sn.
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.
第3课时　数列求和
　[题型(一)]
[例1]　解:①当n为偶数时,Sn=(1-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]=(1-2)(1+2)+(3-4)(3+4)+…+[(n-1)-n]·[(n-1)+n]=-[1+2+3+4+…+(n-1)+n]=-.
②当n为奇数时,则n-1为偶数,∴Sn=Sn-1+n2=-+n2=.
综合①②可知,Sn=
[针对训练]
1.解:(1)证明:由题意得bn+1=,an+1==,则bn+1-bn=-=-=-=1,所以{bn}是首项b1==1,公差为1的等差数列.
(2)由(1)得bn=b1+(n-1)×1=n,则(-1)n=(-1)nn2,
当n为偶数时,Sn=-12+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)(2-1)+(4+3)(4-3)+…+(n+n-1)(n-n+1)=1+2+3+4+…+n-1+n=.
当n为奇数时,n+1为偶数,则Sn=Sn+1-=-(n+1)2=-.
综上,Sn=(-1)n·.
　[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36张PPT)
数列求和(深化课——题型研究式教学)
第3课时
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　拆项、并项法求和
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)　拆项、并项法求和
01
[例1]　求数列1,-22,32,-42,…,(-1)n-1·n2,…的前n项和Sn.
解:①当n为偶数时,Sn=(1-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]=(1-2)(1+2)+(3-4)
(3+4)+…+[(n-1)-n]·[(n-1)+n]=-[1+2+3+4+…+(n-1)+n]=-.
②当n为奇数时,则n-1为偶数,
∴Sn=Sn-1+n2=-+n2=.
综合①②可知,Sn=
　　[思维建模]
并项法求和适用的题型
　　一般地,对于摆动数列适用于并项求和,此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论,有些摆动型的数列也可采用分组求和.若摆动数列为等比数列,也可用等比数列求和公式.
针对训练
1.已知数列{an},{bn}满足a1=-1,an+1=--1,bn=.
(1)证明:{bn}为等差数列;
(2)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,求Sn.
解:(1)证明:由题意得bn+1=,an+1==,
则bn+1-bn=-=-=-=1,
所以{bn}是首项b1==1,
公差为1的等差数列.
(2)由(1)得bn=b1+(n-1)×1=n,
则(-1)n=(-1)nn2,
当n为偶数时,Sn=-12+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)(2-1)+(4+3)(4-3)+…+
(n+n-1)(n-n+1)=1+2+3+4+…+n-1+n=.
当n为奇数时,n+1为偶数,
则Sn=Sn+1-=-(n+1)2
=-.
综上,Sn=(-1)n·.
题型(二)　裂项相消法求和
02
[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
03
[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-.
课时跟踪检测
04
1
3
4
2
1.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.
解:(1)依题意,设数列{an}的公差为d,
因为
所以
1
3
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2
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.
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4
2.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.
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.
1
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4
(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)×3n+1+3.
1
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2
3.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.
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2
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,
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2
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
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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-.
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4.(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;
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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*.
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2
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.
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2
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++…+==k·4k-1.
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2课时跟踪检测(十四)　数列求和
1.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.
2.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.
3.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.
4.(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bi.
课时跟踪检测(十四)
1.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.
2.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.
3.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-.
4.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++…+==k·4k-1.
所以bi=bi=b1+b2+…+=1×40+2×41+…+n×4n-1,4bi=1×41+2×42+…+n×4n,
两式相减,得-3bi=40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n×4n=×4n-,
所以bi=·4n+.

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