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第3课时　数列求和 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学]
题型(一)　拆项、并项求和法
[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|
并项求和法适用的题型
　　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,已知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)nb＝(－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－b＝－(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＋5②.
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)因为4Sn＝3an＋4　①，
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②，
当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0.
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)由(1)得bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.
[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－.
1 / 2(共29张PPT)
数列求和
[教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学]
第3课时
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　拆项、并项求和法
题型(二)　裂项相消法求和
题型(三)　错位相减法求和
4
课时检测
题型(一)　拆项、并项求和法
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=
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并项求和法适用的题型
　　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；
解: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)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn，求Sn.
解: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；
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+5②.
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
03
[例3]　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式；
解:因为4Sn=3an+4　①，
所以当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4　②，
当n≥2时，①-②得4an=3an-3an-1，即an=-3an-1.
当n=1时，由4Sn=3an+4得4a1=3a1+4，所以a1=4≠0.
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:由(1)得bn=(-1)n-1nan=(-1)n-1n×4×(-3)n-1=4n·3n-1，
所以Tn=4×30+8×31+12×32+…+4n·3n-1，
所以3Tn=4×31+8×32+12×33+…+4n·3n，
两式相减得-2Tn=4+4(31+32+…+3n-1)-4n·3n=4+4×-4n·3n=-2+(2-4n)·3n，
所以Tn=1+(2n-1)·3n.
|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-.
课时检测
04
1
3
4
2
1.(10分)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；(4分)
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.
1
3
4
2
(2)若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前10项和T10.(6分)
解: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.
1
2
3
4
2.(10分)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；(4分)
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.
1
2
3
4
(2)若数列{bn}满足bn=an·3n，求{bn}的前n项和Tn.(6分)
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，所以Tn=(n-1)×+3.
1
3
4
2
3.(15分)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2=4，S4=20，且为等差数列.
(1)求证:数列{an}为等差数列；(5分)
解:证明:设等差数列的公差为d，则=+3d，即S1+3d=5　①，
因为S2=a1+a2=S1+4，所以由=+d，得S1+2d=4　②.
由①②解得S1=2，d=1，所以=n+1，即Sn=n(n+1)，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n(n+1)-(n-1)n=2n，当n=1时，a1=S1=2，上式也成立，所以an=2n(n∈N*)
因为当n≥2时，an-an-1=2，所以数列{an}是等差数列.
1
3
4
2
(2)若数列{bn}满足b1=6，且=，设Tn为数列{bn}的前n项和，集合M={Tn|Tn∈N*}求M.(用列举法表示)(10分)
解:由(1)可知===，
当n≥2时，bn=··…··b1=××…××6=，
因为b1=6满足上式，所以bn=(n∈N*).
Tn=12=12×=12-，因为当∈N*时，n=1，2，3，5，11，所以M={6，8，9，10，11}.
1
3
4
2
4.(15分)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；(3分)
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==.
1
3
4
2
(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.(12分)
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)].
先求数列{n×3n}的前n项和，记为T'，
1
3
4
2
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；再求{n}的前n项和，
记为T″，则T″=.综上所述，
Tn=(T'-T″)==+×3n+1-.课时检测(三十九)　数列求和
1.(10分)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;(4分)
(2)若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前10项和T10.(6分)
2.(10分)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;(4分)
(2)若数列{bn}满足bn=an·3n,求{bn}的前n项和Tn.(6分)
3.(15分)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=4,S4=20,且为等差数列.
(1)求证:数列{an}为等差数列;(5分)
(2)若数列{bn}满足b1=6,且=,设Tn为数列{bn}的前n项和,集合M={Tn|Tn∈N*}求M.(用列举法表示)(10分)
4.(15分)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;(3分)
(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.(12分)
课时检测(三十九)
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，所以Tn＝(n－1)×3n＋1＋3.
3．解：(1)证明：设等差数列的公差为d，
则＝＋3d，即S1＋3d＝5　①，
因为S2＝a1＋a2＝S1＋4，
所以由＝＋d，得S1＋2d＝4　②.
由①②解得S1＝2，d＝1，所以＝n＋1，
即Sn＝n(n＋1)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝2，上式也成立，所以an＝2n(n∈N*)
因为当n≥2时，an－an－1＝2，所以数列{an}是等差数列．
(2)由(1)可知＝＝＝，
当n≥2时，bn＝··…··b1＝××…××6＝，因为b1＝6满足上式，所以bn＝(n∈N*)．
Tn＝12＝12×＝12－，因为当∈N*时，n＝1,2,3,5,11，所以M＝{6,8,9,10,11}．
4．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)]．
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；
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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