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(共18张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.(2024·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,a1=b1=1,S3=b3+2,S4=b4+2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
解:设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q≠0),则由a1=b1=1,S3=b3+2,S4=b4+2,得3d+1=q2,6d+2=q3,
两式相除得q=2,所以3d+1=4,得d=1,
所以an=a1+(n-1)d=1+n-1=n,bn=b1qn-1=2n-1.
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(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
解: 由(1)得an=n,Sn=,bn=2n-1,
所以cn===-,
所以Tn=-+-+-+…+-=-2.(注意:消去了哪些项,还剩下哪些项)
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2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn=an+1-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:已知a1=2,Sn=an+1-2,当n=1时,a1=a2-2,∴a2=4,a2=2a1.
当n≥2时,Sn-1=an-2,两式相减得an+1=2an(n≥2),∴an+1=2an(n∈N*).
∵a1=2≠0,∴=2(n∈N*),
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n.
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(2)令bn=1+log2an,求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解:由(1)可知bn=1+log2an=1+n,记cn=an·bn=(1+n)·2n,
∴Tn=2·21+3·22+4·23+…+(1+n)·2n,
2Tn=2·22+3·23+4·24+…+(1+n)·2n+1,
两式相减得-Tn=4+22+23+…+2n-(1+n)·2n+1=4+-(1+n)·2n+1
=-n·2n+1,∴Tn=n·2n+1.
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3.(2024·聊城二模)已知数列{an},{bn}满足a2n-1=b2n-1+12m,
a2n=mb2n,m为常数,若{an}为等差数列,且b4-b2=2(b3-b1)=2(a1+b1)=8.
(1)求m的值及{an}的通项公式;
解:由题意知b4-b2=8,b3-b1=4,a1+b1=4,因为a2n-1=b2n-1+12m,a2n=mb2n,
所以设等差数列{an}的公差为d,
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则解得
所以an=5+(n-1)×2=2n+3,
所以m的值为,{an}的通项公式为an=2n+3.
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(2)求{bn}的前2n项和S2n.
解:由(1)知,an=2n+3,b2n-1=a2n-1-6,b2n=2a2n,
所以S2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=(a1+a3+a5+…+a2n-1-6n)+2(a2+a4+a6+…+a2n)
=-6n+2×=-6n+n(7+4n+3)=6n2+7n.
所以{bn}的前2n项和S2n=6n2+7n.
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4.(2024·昆明三模)正项数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,4Sn=+2an+1,4Tn=+2bn+1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
解:当n=1时,4S1=+2a1+1,即4a1=+2a1+1,(a1-1)2=0,
所以a1=1,同理b1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-)+(an-an-1),
化简得(an+an-1)(an-an-1-2)=0.因为an>0,所以an-an-1=2,故d=2.
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又a1=1,所以an=2n-1.
同理,bn+bn-1=0或bn-bn-1=2,
因为{bn}是等比数列,所以bn+bn-1=0,即q=-1,所以bn=(-1)n-1.
(2)已知数列{cn}满足cn=bn·,求数列{cn}的前n项和Hn.
解:由(1)知cn=(-1)n-1·=(-1)n-1·=,
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所以当n为奇数时,Hn=c1+c2+…+cn
=
=,
同理当n为偶数时,Hn=.
所以Hn=
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5.(2024·福建模拟)已知各项均为正数的数列{an}满足-=8n,且a1=1.
(1)写出a2,a3,并求{an}的通项公式;
解:法一 (1)因为-=8n,a1=1,an>0,
所以当n=1时,-=8,=+8=9,所以a2=3.
当n=2时,-=8×2,=+16=25,所以a3=5.
当n≥2时,=(-)+(-)+…+(-)+=8(n-1)+8(n-2)+…+8×1+1=8[1+2+…+(n-1)]+1=8×+1=(2n-1)2,
所以an=2n-1.当n=1时,a1=1也符合上式.综上,an=2n-1(n∈N*).
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法二 因为-=8n,a1=1,an>0,
所以当n=1时,-=8,=+8=9,所以a2=3.
当n=2时,-=8×2,=+16=25,所以a3=5.
因为-=8n,
所以-=(2n+1)2-(2n-1)2,即-(2n+1)2=-(2n-1)2,
所以-(2n-1)2=-(2n-3)2=…=-1=0,即=(2n-1)2.
又an>0,所以an=2n-1(n∈N*).
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(2)记bn=求b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16.
解:法一 由(1)得bn=即bn=
记S=b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16,
则S=1×21+5×22+9×23+…+25×27+29×28　①,
2S=1×22+5×23+…+21×27+25×28+29×29　②,
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①-②,得-S=1×21+4×22+4×23+…+4×28-29×29=2+4×-29×29=-12 814,所以S=12 814,故b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16=12 814.
法二 由(1)得bn=即bn=
b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16=1×21+5×22+9×23+13×24+17×25+21×26+25×27+29×28=2+20+72+208+544+1 344+3 200+7 424=12 814.
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6.(2024·陕西三模)数列{an}的前n项的最大值记为Mn,即Mn=max{a1,a2,…,an};前n项的最小值记为mn,即mn=min{a1,a2,…,an},令pn=Mn-mn,并将数列{pn}称为{an}的“生成数列”.
(1)设数列{pn}的“生成数列”为{qn},求证:pn=qn;
解:证明:由题意可知Mn+1≥Mn,mn+1≤mn,
∴Mn+1-mn+1≥Mn-mn,因此pn+1≥pn,
即{pn}是递增数列,且p1=M1-m1=0,
由“生成数列”的定义可得qn=pn.
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(2)若an=2n-3n,求其生成数列{pn}的前n项和.
解:当n≥3时,an-an-1=2n-3n-[2n-1-3(n-1)]=2n-1-3>0,∴an>an-1.
又a1=-1,a2=-2,a3=-1,
∴a1>a2∴p1=0,p2=-1-(-2)=1.
当n≥3时,pn=an-a2=2n-3n-(-2)=2n-(3n-2).
设数列{pn}的前n项和为Sn,则S1=0,S2=1.
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当n≥3时,Sn=0+1+p3+p4+…+pn=1+(23-7)+(24-10)+…+[2n-(3n-2)]=1+(23+24+…+2n)-[7+10+…+(3n-2)]=1+-=
2n+1-.
又S2=1符合上式,∴Sn=(共30张PPT)
数列求和
习题讲评（三）
鉴于新高考反题型、反套路、反刷题的特点,非等差、等比数列求和在近两年高考中虽未涉及,但其求和方法的掌握不能掉以轻心.考查题型虽以解答题为主,但不能排除出现在选择、填空题中的可能,也可能作为综合问题中的一个求和方法出现,需引起充分重视.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　分组(并项)法求和
教学点(二)　裂项相消法求和
3
教学点(三)　错位相减法求和
分组(并项)法求和
教学点（一）
[典例]　已知等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足a1+a2=3,S4=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:设等比数列{an}的公比为q(q>0),由a1+a2=3及S4=15,得a3+a4=q2(a1+a2)=12,
解得q=2,于是a1+a2=3a1=3,即a1=1,
所以数列{an}的通项公式是an=a1qn-1=2n-1.
(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)n(3n-1),求数列{bn}的前2n项和T2n.
解: 由(1)知,bn=2n-1+(-1)n(3n-1),
所以T2n=(1+2+22+…+22n-1)+[(-2+5)+(-8+11)+…+(-6n+4+6n-1)]=+3n=22n+3n-1.
[思维建模]
使用分组求和法的数列常见类型及解题方法
数列{an}的特征 求前n项和的方法
数列{an}可以看作其他两个(或更多个)数列之和,即an=bn+cn 分别求数列{bn},{cn}的前n项和,相加得解
数列的奇偶项满足不同规律,即an= 把奇数项和偶数项看作两个数列,分别求和,相加得解,往往需要分n为奇数和偶数进行讨论
续表
数列通项中含绝对值 先不考虑绝对值,求解数列从哪一项开始变号,把正数项和非正数项分开看作两个数列,分别求和(此时需考虑绝对值),相加得解
[练1]　记数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn+Sn+1=3n2+2n+1,则S20= (　　)
A.590 B.602 C.630 D.650
解析:因为Sn+Sn+1=3n2+2n+1,所以Sn+1+Sn+2=3(n+1)2+2(n+1)+1,两式相减可得an+1+an+2=6n+5=6(n+1)-1.由a1=1,S1+S2=3×12+2×1+1=6,解得a2=4,所以a1+a2=5,满足上式,故an+an+1=6n-1,所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=5+17+29+…+113==590.
√
即时训练
[练2]　(2024·长沙一模)已知数列{an}满足an+1-3an=2n-1,且a1=1.
(1)证明:数列{an+n}是等比数列;
解:证明:由an+1-3an=2n-1,
得an+1+(n+1)=3(an+n).
又a1=1,即a1+1=2,
所以数列{an+n}是首项为2,
公比为3的等比数列.
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解:由(1)知,an+n=2·3n-1,
即an=2·3n-1-n,所以Sn=(2×30-1)+(2×31-2)+…+(2×3n-1-n)=2(30+31+…+3n-1)-(1+2+…+n)=-=3n--1.
裂项相消法求和
教学点（二）
[典例]　已知数列{an}的前n项和为Sn,且S1=2,Sn=an+1,bn=
(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式;
解:因为Sn=an+1,所以(n+2)Sn=nan+1.又an+1=Sn+1-Sn,
所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),即nSn+1=2(n+1)Sn,所以=2·.
结合bn=,得bn+1=2bn.又b1=S1=2,所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.所以bn=2n.
(2)设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:≤Tn<1.
解: 证明:cn===-,
故Tn=++…+=1-.
因为n∈N*,所以2n+1≥4,2n+1-1≥3,所以0<≤.
(微点拨:观察题干中待证明的不等式能不能取到等号,据此适当放缩)所以≤Tn<1.
[思维建模]
1.裂项相消法求和的策略
一般地,数列的通项公式为分式,且分子结构简单、分母为两个“结构相同”的式子相乘,求和时可以运用裂项相消法,其实质是把分式变形成两个式子之差的形式,累加可以消掉中间的项,达到求和的目的.
2.常见的裂项形式
[练1]　已知正项等比数列{an}中,a1a2a3=8,a5a7=64,数列{bn}满足bn=loan,则使得不等式+++…+≥成立的n的最小值为(　　)
A.2 023 B.2 024
C.2 025 D.2 026
即时训练
√
即时训练
解析:由题可得=8,=64, 所以a2=2,a6=8,设{an}的公比为q,q>0,则q4==4,得q=,a1=,所以an=()n.则bn=loan=n,所以==-,所以+++…+=-+-+-+…+-=1-,由1-≥,得n≥2 024.
[练2]　已知Sn为正项数列{an}的前n项和,a1=3且Sn+Sn+1=-.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:由题意知,Sn+Sn+1=-,即2(Sn+Sn+1)=-3,
当n≥2时,2(Sn-1+Sn)=-3,
两式相减,可得(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
因为an>0,可得an+1-an=2(n≥2).
又因为a1=3,当n=1时,2(S1+S2)=-3,即-2a2-15=0,解得a2=5或a2=-3(舍去),所以a2-a1=2(符合),从而an+1-an=2,所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列.
所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)若bn=(-1)n+1,求{bn}的前10项和T10.
解:由题意得bn=(-1)n+1=(-1)n+1·=(-1)n+1,
所以T10=b1+b2+b3+…+b9+b10=-+-…+-
=1-=.
错位相减法求和
教学点（三）
[典例]　(2024·龙岩一模)设等差数列{an}的公差为d(d>1),令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若4a2=4a1+a3,S2+T2=13,求数列{an}的通项公式;
解:∵4a2=4a1+a3,∴4(a2-a1)=a3,∴4d=a1+2d,即a1=2d,∴an=d(n+1).
∴bn===,b1=,b2=.
又S2+T2=13,∴a1+a2+b1+b2=13,∴2d+3d++=13,
∴5d2-13d+6=0,解得d=2或d=.又d>1,∴d=2,∴an=2(n+1).
(2)若数列{cn}是公比为正数的等比数列,a1=c1=2,a2=2c1-1,c3=2a2+2,求数列的前n项和An.
解:设数列{cn}的公比为q(q>0),
∵a2=2c1-1=3,∴d=a2-a1=1,
∴an=n+1,∴bn=2n.又c3=2a2+2=8,∴q2===4.
∵q>0,∴q=2,∴cn=2n,∴==.
∴An=1×+2×+3×+…+(n-1)+n,①
∴An=1×+2×+3×+…+(n-1)+n,②
①-②得An=1+++…+-n=-n=2-(n+2),
∴An=4-(n+2).
微提醒:作差后所得等比数列的项数及最后一项的符号易弄错.
[思维建模]
一般地,如果数列{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{anbn}的前n项和Sn时,可采用错位相减法,即错位相减法常用来求解通项公式为“等差×等比”形式的数列的前n项和,具体步骤如下:
(1)写出前n项和的计算式Sn=a1b1+a2b2+…+anbn　①;
(2)等式两边同乘q,得qSn=a1b2+a2b3+…+anbn+1　②;
(3)①-②得,(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1,化简;
(4)将上式两边同时除以(1-q)(这一步非常容易遗漏,尤其是(1-q)为负数的情况),得解.
已知数列{an} 满足 a1+2a2+3a3+…+nan=n.
(1)求{an}的通项公式;
解:当n=1时,a1=1.当n≥2时,由a1+2a2+3a3+…+nan=n,
得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n-1,
则nan=1,即n≥2时,an=.
因为a1也符合上式,所以{an}的通项公式为an=.
即时训练
(2)设bn=[-log2an],数列 {bn}的前n项和为Sn,求 .(其中[x]表示不超过x的最大整数)
解: 由(1)可知,bn=[-log2an]=[log2n],
因为log22k=k,所以当2k≤n≤2k+1-1,k∈Z时,bn=[log2n]=k.
所以==…==n-1(n≥2).
设cn=-=++…+=(n-1)2n-1(n≥2).
因为b1=[-log2a1]=0,
所以=b1+c2+c3+…+cn=21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1,
则2=22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n,则-=2+22+23+…+2n-1-(n-1)×2n=-(n-1)×2n=-2-(n-2)×2n,
则=(n-2)×2n+2.习题讲评(三)　数列求和
鉴于新高考反题型、反套路、反刷题的特点,非等差、等比数列求和在近两年高考中虽未涉及,但其求和方法的掌握不能掉以轻心.考查题型虽以解答题为主,但不能排除出现在选择、填空题中的可能,也可能作为综合问题中的一个求和方法出现,需引起充分重视.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　分组(并项)法求和
[典例]　已知等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足a1+a2=3,S4=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)n(3n-1),求数列{bn}的前2n项和T2n.
[思维建模]
使用分组求和法的数列常见类型及解题方法
数列{an}的特征 求前n项和的方法
数列{an}可以看作其他两个(或更多个)数列之和,即an=bn+cn 分别求数列{bn},{cn}的前n项和,相加得解
数列的奇偶项满足不同规律,即an= 把奇数项和偶数项看作两个数列,分别求和,相加得解,往往需要分n为奇数和偶数进行讨论
数列通项中含绝对值 先不考虑绝对值,求解数列从哪一项开始变号,把正数项和非正数项分开看作两个数列,分别求和(此时需考虑绝对值),相加得解
[练1]　记数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn+Sn+1=3n2+2n+1,则S20= (　　)
A.590 B.602
C.630 D.650
[练2]　(2024·长沙一模)已知数列{an}满足an+1-3an=2n-1,且a1=1.
(1)证明:数列{an+n}是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
教学点(二)　裂项相消法求和
[典例]　已知数列{an}的前n项和为Sn,且S1=2,Sn=an+1,bn=(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:≤Tn<1.
[思维建模]
1.裂项相消法求和的策略
一般地,数列的通项公式为分式,且分子结构简单、分母为两个“结构相同”的式子相乘,求和时可以运用裂项相消法,其实质是把分式变形成两个式子之差的形式,累加可以消掉中间的项,达到求和的目的.
2.常见的裂项形式
=(k≠0),
=,
=,
=(-),
=-,
ln=ln(1+n)-ln n.
[练1]　已知正项等比数列{an}中,a1a2a3=8,a5a7=64,数列{bn}满足bn=loan,则使得不等式+++…+≥成立的n的最小值为 (　　)
A.2 023　　　　 B.2 024
C.2 025 D.2 026
[练2]　已知Sn为正项数列{an}的前n项和,a1=3且Sn+Sn+1=-.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)n+1,求{bn}的前10项和T10.
教学点(三)　错位相减法求和
[典例]　(2024·龙岩一模)设等差数列{an}的公差为d(d>1),令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若4a2=4a1+a3,S2+T2=13,求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{cn}是公比为正数的等比数列,a1=c1=2,a2=2c1-1,c3=2a2+2,求数列的前n项和An.
[思维建模]
一般地,如果数列{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{anbn}的前n项和Sn时,可采用错位相减法,即错位相减法常用来求解通项公式为“等差×等比”形式的数列的前n项和,具体步骤如下:
(1)写出前n项和的计算式Sn=a1b1+a2b2+…+anbn　①;
(2)等式两边同乘q,得qSn=a1b2+a2b3+…+anbn+1　②;
(3)①-②得,(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1,化简;
(4)将上式两边同时除以(1-q)(这一步非常容易遗漏,尤其是(1-q)为负数的情况),得解.
[训练]　已知数列{an} 满足 a1+2a2+3a3+…+nan=n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=[-log2an],数列 {bn}的前n项和为Sn,求 .(其中[x]表示不超过x的最大整数)
教学环节二　课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.(2024·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,a1=b1=1,S3=b3+2,S4=b4+2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn=an+1-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=1+log2an,求数列{an·bn}的前n项和Tn.
易错提醒:
(1)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.
(2)应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1,如果q=1,应用公式Sn=na1.
3.(2024·聊城二模)已知数列{an},{bn}满足a2n-1=b2n-1+12m,a2n=mb2n,m为常数,若{an}为等差数列,且b4-b2=2(b3-b1)=2(a1+b1)=8.
(1)求m的值及{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前2n项和S2n.
4.(2024·昆明三模)正项数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,4Sn=+2an+1,4Tn=+2bn+1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)已知数列{cn}满足cn=bn·,求数列{cn}的前n项和Hn.
5.(2024·福建模拟)已知各项均为正数的数列{an}满足-=8n,且a1=1.
(1)写出a2,a3,并求{an}的通项公式;
(2)记bn=求b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16.
6.(2024·陕西三模)数列{an}的前n项的最大值记为Mn,即Mn=max{a1,a2,…,an};前n项的最小值记为mn,即mn=min{a1,a2,…,an},令pn=Mn-mn,并将数列{pn}称为{an}的“生成数列”.
(1)设数列{pn}的“生成数列”为{qn},求证:pn=qn;
(2)若an=2n-3n,求其生成数列{pn}的前n项和.
习题讲评(三)　数列求和
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　分组(并项)法求和
[典例]　解:(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),由a1+a2=3及S4=15,得a3+a4=q2(a1+a2)=12,
解得q=2,于是a1+a2=3a1=3,即a1=1,
所以数列{an}的通项公式是an=a1qn-1=2n-1.
(2)由(1)知,bn=2n-1+(-1)n(3n-1),
所以T2n=(1+2+22+…+22n-1)+[(-2+5)+(-8+11)+…+(-6n+4+6n-1)]=+3n=22n+3n-1.
[练1]　选A　
因为Sn+Sn+1=3n2+2n+1,所以Sn+1+Sn+2=3(n+1)2+2(n+1)+1,两式相减可得an+1+an+2=6n+5=6(n+1)-1.由a1=1,S1+S2=3×12+2×1+1=6,解得a2=4,所以a1+a2=5,满足上式,故an+an+1=6n-1,所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=5+17+29+…+113==590.
[练2]　解:(1)证明:由an+1-3an=2n-1,得an+1+(n+1)=3(an+n).又a1=1,即a1+1=2,
所以数列{an+n}是首项为2,公比为3的等比数列.
(2)由(1)知,an+n=2·3n-1,即an=2·3n-1-n,所以Sn=(2×30-1)+(2×31-2)+…+(2×3n-1-n)=2(30+31+…+3n-1)-(1+2+…+n)=-=3n--1.
教学点(二)　裂项相消法求和
[典例]　解:(1)因为Sn=an+1,所以(n+2)Sn=nan+1.
又an+1=Sn+1-Sn,所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),
即nSn+1=2(n+1)Sn,所以=2·.
结合bn=,得bn+1=2bn.
又b1=S1=2,所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.所以bn=2n.
(2)证明:cn===-,故Tn=++…+=1-.
因为n∈N*,所以2n+1≥4,2n+1-1≥3,所以0<≤.
(微点拨:观察题干中待证明的不等式能不能取到等号,据此适当放缩)
所以≤Tn<1.
[练1]　选B　
由题可得=8,=64, 所以a2=2,a6=8,设{an}的公比为q,q>0,则q4==4,得q=,a1=,所以an=()n.则bn=loan=n,所以==-,所以+++…+=-+-+-+…+-=1-,由1-≥,得n≥2 024.
[练2]　解:(1)由题意知,Sn+Sn+1=-,即2(Sn+Sn+1)=-3,
当n≥2时,2(Sn-1+Sn)=-3,
两式相减,可得(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
因为an>0,可得an+1-an=2(n≥2).
又因为a1=3,当n=1时,2(S1+S2)=-3,即-2a2-15=0,解得a2=5或a2=-3(舍去),所以a2-a1=2(符合),从而an+1-an=2,所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列.
所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)由题意得bn=(-1)n+1=(-1)n+1·=(-1)n+1,
所以T10=b1+b2+b3+…+b9+b10=-+-…+-=1-=.
教学点(三)　错位相减法求和
[典例]　解:(1)∵4a2=4a1+a3,∴4(a2-a1)=a3,∴4d=a1+2d,即a1=2d,∴an=d(n+1).
∴bn===,b1=,b2=.
又S2+T2=13,∴a1+a2+b1+b2=13,
∴2d+3d++=13,
∴5d2-13d+6=0,解得d=2或d=.
又d>1,∴d=2,∴an=2(n+1).
(2)设数列{cn}的公比为q(q>0),
∵a2=2c1-1=3,∴d=a2-a1=1,
∴an=n+1,∴bn=2n.又c3=2a2+2=8,
∴q2===4.
∵q>0,∴q=2,∴cn=2n,∴==.
∴An=1×+2×+3×+…+(n-1)·+n,①
∴An=1×+2×+3×+…+(n-1)·+n,②
①-②得An=1+++…+-n=-n=2-(n+2),
∴An=4-(n+2).
微提醒:作差后所得等比数列的项数及最后一项的符号易弄错.
[训练]　解:(1)当n=1时,a1=1.当n≥2时,由a1+2a2+3a3+…+nan=n,得a1+2a2+3a3+…+(n-1)·an-1=n-1,则nan=1,即n≥2时,an=.
因为a1也符合上式,所以{an}的通项公式为an=.
(2)由(1)可知,bn=[-log2an]=[log2n],
因为log22k=k,所以当2k≤n≤2k+1-1,k∈Z时,bn=[log2n]=k.
所以==…==n-1(n≥2).
设cn=-=++…+=(n-1)·2n-1(n≥2).
因为b1=[-log2a1]=0,所以=b1+c2+c3+…+cn=21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1,
则2=22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n,则-=2+22+23+…+2n-1-(n-1)×2n=-(n-1)×2n=-2-(n-2)×2n,
则=(n-2)×2n+2.
教学环节二　课时作业讲评
1.解:(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q≠0),
则由a1=b1=1,S3=b3+2,S4=b4+2,
得3d+1=q2,6d+2=q3,
两式相除得q=2,所以3d+1=4,得d=1,
所以an=a1+(n-1)d=1+n-1=n,bn=b1qn-1=2n-1.
(2)由(1)得an=n,Sn=,bn=2n-1,
所以cn===-,
所以Tn=-+-+-+…+-=-2.
(注意:消去了哪些项,还剩下哪些项)
2.解:(1)已知a1=2,Sn=an+1-2,
当n=1时,a1=a2-2,∴a2=4,a2=2a1.
当n≥2时,Sn-1=an-2,两式相减得an+1=2an(n≥2),
∴an+1=2an(n∈N*).
∵a1=2≠0,∴=2(n∈N*),
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n.
(2)由(1)可知bn=1+log2an=1+n,记cn=an·bn=(1+n)·2n,
∴Tn=2·21+3·22+4·23+…+(1+n)·2n,
2Tn=2·22+3·23+4·24+…+(1+n)·2n+1,
两式相减得
-Tn=4+22+23+…+2n-(1+n)·2n+1=4+-(1+n)·2n+1=-n·2n+1,
∴Tn=n·2n+1.
3.解:(1)由题意知b4-b2=8,b3-b1=4,a1+b1=4,
因为a2n-1=b2n-1+12m,a2n=mb2n,所以
设等差数列{an}的公差为d,
则
解得所以an=5+(n-1)×2=2n+3,
所以m的值为,{an}的通项公式为an=2n+3.
(2)由(1)知,an=2n+3,b2n-1=a2n-1-6,b2n=2a2n,所以S2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)=(a1+a3+a5+…+a2n-1-6n)+2(a2+a4+a6+…+a2n)=-6n+2×=-6n+n(7+4n+3)=6n2+7n.
所以{bn}的前2n项和S2n=6n2+7n.
4.解:(1)当n=1时,4S1=+2a1+1,即4a1=+2a1+1,(a1-1)2=0,
所以a1=1,同理b1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-)+(an-an-1),
化简得(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
因为an>0,所以an-an-1=2,故d=2.
又a1=1,所以an=2n-1.
同理,bn+bn-1=0或bn-bn-1=2,
因为{bn}是等比数列,所以bn+bn-1=0,即q=-1,
所以bn=(-1)n-1.
(2)由(1)知cn=(-1)n-1·=(-1)n-1·=,
所以当n为奇数时,Hn=c1+c2+…+cn==,
同理当n为偶数时,Hn=.
所以Hn=
5.解:法一　
(1)因为-=8n,a1=1,an>0,
所以当n=1时,-=8,=+8=9,所以a2=3.
当n=2时,-=8×2,=+16=25,所以a3=5.
当n≥2时,=(-)+(-)+…+(-)+=8(n-1)+8(n-2)+…+8×1+1=8[1+2+…+(n-1)]+1=8×+1=(2n-1)2,
所以an=2n-1.
当n=1时,a1=1也符合上式.
综上,an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)得bn=
即bn=
记S=b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16,
则S=1×21+5×22+9×23+…+25×27+29×28　①,
2S=1×22+5×23+…+21×27+25×28+29×29　②,
①-②,得-S=1×21+4×22+4×23+…+4×28-29×29=2+4×-29×29=-12 814,
所以S=12 814,
故b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16=12 814.
法二
(1)因为-=8n,a1=1,an>0,
所以当n=1时,-=8,=+8=9,所以a2=3.
当n=2时,-=8×2,=+16=25,所以a3=5.
因为-=8n,
所以-=(2n+1)2-(2n-1)2,即-(2n+1)2=-(2n-1)2,
所以-(2n-1)2=-(2n-3)2=…=-1=0,即=(2n-1)2.
又an>0,所以an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)得bn=
即bn=
b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16=1×21+5×22+9×23+13×24+17×25+21×26+25×27+29×28=2+20+72+208+544+1 344+3 200+7 424=12 814.
6.解:(1)证明:由题意可知Mn+1≥Mn,mn+1≤mn,
∴Mn+1-mn+1≥Mn-mn,因此pn+1≥pn,
即{pn}是递增数列,且p1=M1-m1=0,
由“生成数列”的定义可得qn=pn.
(2)当n≥3时,an-an-1=2n-3n-[2n-1-3(n-1)]=2n-1-3>0,∴an>an-1.
又a1=-1,a2=-2,a3=-1,
∴a1>a2∴p1=0,p2=-1-(-2)=1.
当n≥3时,pn=an-a2=2n-3n-(-2)=2n-(3n-2).
设数列{pn}的前n项和为Sn,则S1=0,S2=1.
当n≥3时,Sn=0+1+p3+p4+…+pn=1+(23-7)+(24-10)+…+[2n-(3n-2)]=1+(23+24+…+2n)-[7+10+…+(3n-2)]=1+-=2n+1-.
又S2=1符合上式,∴Sn=

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