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第3課時　數列求和 [教學方式:拓展融通課——習題講評式教學]
題型(一)　拆項、并項求和法
[例1]　求數列1,-22,32,-42,…,(-1)n-1·n2,…的前n項和Sn.
聽課記錄:
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并項求和法適用的題型
　　一般地,對于擺動數列適用于并項求和,此類問題需要對項數的奇偶性進行分類討論,有些擺動型的數列也可采用分組求和.若擺動數列為等比數列,也可用等比數列求和公式.
　　[針對訓練]
1.已知數列{an},{bn}滿足a1=-1,an+1=--1,bn=.
(1)證明:{bn}為等差數列;
(2)設數列{(-1)n}的前n項和為Sn,求Sn.
題型(二)　裂項相消法求和
[例2]　設Sn為等差數列{an}的前n項和,已知S4=10,S7=28.
(1)求{an}的通項公式;
(2)求數列的前n項和Tn.
聽課記錄:
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　　對于通項公式是分式的一類數列,在求和時常用“裂項法”.可用待定系數法對通項公式進行拆項,相消時應注意消去項的規律,即消去哪些項,保留哪些項.
　　[針對訓練]
2.已知數列{an}的前n項和Sn=n2-4n,n∈N*.
(1)證明:數列{an}是等差數列;
(2)已知bn=,求數列{bn}的前n項和.
題型(三)　錯位相減法求和
[例3]　(2024·全國甲卷)記Sn為數列{an}的前n項和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通項公式;
(2)設bn=(-1)n-1nan,求數列{bn}的前n項和Tn.
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1.錯位相減法求和的適用條件
若{an}是公差為d(d≠0)的等差數列,{bn}是公比為q(q≠1)的等比數列,求數列{an·bn}的前n項和Sn.
2.注意事項
(1)利用“錯位相減法”時,在寫出Sn與qSn的表達式時,應注意使兩式對齊,以便于作差,正確寫出(1-q)Sn的表達式.
(2)利用此法時要注意討論公比q是否等于1的情況.
　　[針對訓練]
3.已知數列{an}滿足a1=1,且對于任意正整數n,均有n(an+1-an)=an+2n2+2n.
(1)證明:為等差數列;
(2)若bn=,求數列{bn}的前n項和Sn.
第3課時　數列求和
[題型(一)]
[例1]　解：①當n為偶數時，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當n為奇數時，則n－1為偶數，
∴Sn＝Sn－1＋n2＝－＋n2＝.
綜合①②可知，Sn＝
[針對訓練]
1．解：(1)證明：由題意得bn＋1＝，an＋1＝＝，則bn＋1－bn＝－＝－＝－＝1，所以{bn}是首項b1＝＝1，公差為1的等差數列．
(2)由(1)得bn＝b1＋(n－1)×1＝n，
則(－1)nb＝(－1)nn2，
當n為偶數時，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＝.
當n為奇數時，n＋1為偶數，則Sn＝Sn＋1－b＝－(n＋1)2＝－.綜上，Sn＝(－1)n·.
[題型(二)]
[例2]　解：(1)∵{an}是等差數列，設公差為d，
∴ ∴an＝n.
(2)由(1)得an＝n，則＝＝，∴Tn＝ ＝＝－.
[針對訓練]
2．解：(1)證明：∵Sn＝n2－4n，n∈N*①，
∴當n＝1時，a1＝S1＝－3；
當n≥2時，Sn－1＝(n－1)2－4(n－1)＝n2－6n＋5②.
由①－②得an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
當n＝1時，a1＝－3滿足上式，
∴數列{an}的通項公式為an＝2n－5，n∈N*.
∴an＋1－an＝2，為常數，∴數列{an}是等差數列．
(2)由(1)知bn＝＝，
∴數列{bn}的前n項和為＋＋…＋＝＝＝－－，n∈N*.
[題型(三)]
[例3]　解：(1)因為4Sn＝3an＋4　①，
所以當n≥2時，4Sn－1＝3an－1＋4　②，
當n≥2時，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
當n＝1時，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0.
所以數列{an}是以4為首項，－3為公比的等比數列，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，
兩式相減得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.
[針對訓練]
3．解：(1)證明：根據題意由n(an＋1－an)＝an＋2n2＋2n，可得nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，所以可得＝2，即－＝2為定值，因此是首項為＝1，公差為d＝2的等差數列．
(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＝＋＋…＋＋，
兩式相減可得Sn＝＋＋…＋－＝1＋2×－＝2－，所以可得數列{bn}的前n項和Sn＝3－.
1 / 2(共29張PPT)
數列求和
[教學方式:拓展融通課——習題講評式教學]
第3課時
CONTENTS
目錄
1
2
3
題型(一)　拆項、并項求和法
題型(二)　裂項相消法求和
題型(三)　錯位相減法求和
4
課時檢測
題型(一)　拆項、并項求和法
01
[例1]　求數列1，-22，32，-42，…，(-1)n-1·n2，…的前n項和Sn.
解:①當n為偶數時，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當n為奇數時，則n-1為偶數，∴Sn=Sn-1+n2=-+n2=.
綜合①②可知，Sn=
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并項求和法適用的題型
　　一般地，對于擺動數列適用于并項求和，此類問題需要對項數的奇偶性進行分類討論，有些擺動型的數列也可采用分組求和.若擺動數列為等比數列，也可用等比數列求和公式.
針對訓練
1.已知數列{an}，{bn}滿足a1=-1，an+1=--1，bn=.
(1)證明:{bn}為等差數列；
解:證明:由題意得bn+1=，an+1==，則bn+1-bn=-=-=-=1，
所以{bn}是首項b1==1，公差為1的等差數列.
(2)設數列{(-1)n}的前n項和為Sn，求Sn.
解:由(1)得bn=b1+(n-1)×1=n，則(-1)n=(-1)nn2，
當n為偶數時，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=.
當n為奇數時，n+1為偶數，則Sn=Sn+1-=-(n+1)2=-.
綜上，Sn=(-1)n·.
題型(二)　裂項相消法求和
02
[例2]　設Sn為等差數列{an}的前n項和，已知S4=10，S7=28.
(1)求{an}的通項公式；
解:∵{an}是等差數列，設公差為d，
∴ ∴an=n.
(2)求數列的前n項和Tn.
解:由(1)得an=n，則==，∴Tn= ==-.
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　　對于通項公式是分式的一類數列，在求和時常用“裂項法”.可用待定系數法對通項公式進行拆項，相消時應注意消去項的規律，即消去哪些項，保留哪些項.
針對訓練
2.已知數列{an}的前n項和Sn=n2-4n，n∈N*.
(1)證明:數列{an}是等差數列；
解:證明:∵Sn=n2-4n，n∈N*①，∴當n=1時，a1=S1=-3；
當n≥2時，Sn-1=(n-1)2-4(n-1)=n2-6n+5②.
由①-②得an=Sn-Sn-1=2n-5.當n=1時，a1=-3滿足上式，
∴數列{an}的通項公式為an=2n-5，n∈N*.
∴an+1-an=2，為常數，∴數列{an}是等差數列.
(2)已知bn=，求數列{bn}的前n項和.
解:由(1)知bn==，
∴數列{bn}的前n項和為++…+===--，n∈N*.
題型(三)　錯位相減法求和
03
[例3]　(2024·全國甲卷)記Sn為數列{an}的前n項和，已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通項公式；
解:因為4Sn=3an+4　①，
所以當n≥2時，4Sn-1=3an-1+4　②，
當n≥2時，①-②得4an=3an-3an-1，即an=-3an-1.
當n=1時，由4Sn=3an+4得4a1=3a1+4，所以a1=4≠0.
所以數列{an}是以4為首項，-3為公比的等比數列，所以an=4×(-3)n-1.
(2)設bn=(-1)n-1nan，求數列{bn}的前n項和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，
兩式相減得-2Tn=4+4(31+32+…+3n-1)-4n·3n=4+4×-4n·3n=-2+(2-4n)·3n，
所以Tn=1+(2n-1)·3n.
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1.錯位相減法求和的適用條件
若{an}是公差為d(d≠0)的等差數列，{bn}是公比為q(q≠1)的等比數列，求數列{an·bn}的前n項和Sn.
2.注意事項
(1)利用“錯位相減法”時，在寫出Sn與qSn的表達式時，應注意使兩式對齊，以便于作差，正確寫出(1-q)Sn的表達式.
(2)利用此法時要注意討論公比q是否等于1的情況.
針對訓練
3.已知數列{an}滿足a1=1，且對于任意正整數n，均有n(an+1-an)=an+2n2+2n.
(1)證明:為等差數列；
解:證明:根據題意由n(an+1-an)=an+2n2+2n，可得nan+1-(n+1)an
=2n(n+1)，所以可得=2，即-=2為定值，因此是首項為=1，公差為d=2的等差數列.
(2)若bn=，求數列{bn}的前n項和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=++…++，
兩式相減可得Sn=++…+-=1+2×-=2-，
所以可得數列{bn}的前n項和Sn=3-.
課時檢測
04
1
3
4
2
1.(10分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且滿足2a3=a4+3，S7=49.
(1)求數列{an}的通項公式；(4分)
解:依題意，設數列{an}的公差為d，
因為所以
解得所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
1
3
4
2
(2)若數列{bn}滿足bn=求數列{bn}的前10項和T10.(6分)
解:因為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)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1+a3+a5=15，S7=49.
(1)求{an}的通項公式；(4分)
解:設等差數列{an}的公差為d，因為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)若數列{bn}滿足bn=an·3n，求{bn}的前n項和Tn.(6分)
解:由題意可知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)設Sn為數列{an}的前n項和，已知a2=4，S4=20，且為等差數列.
(1)求證:數列{an}為等差數列；(5分)
解:證明:設等差數列的公差為d，則=+3d，即S1+3d=5　①，
因為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)，
當n≥2時，an=Sn-Sn-1=n(n+1)-(n-1)n=2n，當n=1時，a1=S1=2，上式也成立，所以an=2n(n∈N*)
因為當n≥2時，an-an-1=2，所以數列{an}是等差數列.
1
3
4
2
(2)若數列{bn}滿足b1=6，且=，設Tn為數列{bn}的前n項和，集合M={Tn|Tn∈N*}求M.(用列舉法表示)(10分)
解:由(1)可知===，
當n≥2時，bn=··…··b1=××…××6=，
因為b1=6滿足上式，所以bn=(n∈N*).
Tn=12=12×=12-，因為當∈N*時，n=1，2，3，5，11，所以M={6，8，9，10，11}.
1
3
4
2
4.(15分)已知數列是以為首項的常數列，Sn為數列{an}的前n項和.
(1)求Sn；(3分)
解:由題意可得=，則an=3n-1，可得==3，可知數列{an}是首項a1=1，公比q=3的等比數列，所以Sn==.
1
3
4
2
(2)設正整數m=b0×30+b1×31+…+bk×3k，其中bi∈{0，1，2}，i，k∈N.例如:3=0×30+1×31，則b0=0，b1=1；4=1×30+1×31，則b0=1，b1=1.若f(m)=b0+b1+…+bk，求數列{Sn·f(Sn)}的前n項和Tn.(12分)
解:因為Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1，則b0=b1=…=bn-1=1，由題意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)].
先求數列{n×3n}的前n項和，記為T'，
1
3
4
2
則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項和，
記為T″，則T″=.綜上所述，
Tn=(T'-T″)==+×3n+1-.課時檢測(三十九)　數列求和
1.(10分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且滿足2a3=a4+3,S7=49.
(1)求數列{an}的通項公式;(4分)
(2)若數列{bn}滿足bn=求數列{bn}的前10項和T10.(6分)
2.(10分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且滿足a1+a3+a5=15,S7=49.
(1)求{an}的通項公式;(4分)
(2)若數列{bn}滿足bn=an·3n,求{bn}的前n項和Tn.(6分)
3.(15分)設Sn為數列{an}的前n項和,已知a2=4,S4=20,且為等差數列.
(1)求證:數列{an}為等差數列;(5分)
(2)若數列{bn}滿足b1=6,且=,設Tn為數列{bn}的前n項和,集合M={Tn|Tn∈N*}求M.(用列舉法表示)(10分)
4.(15分)已知數列是以為首項的常數列,Sn為數列{an}的前n項和.
(1)求Sn;(3分)
(2)設正整數m=b0×30+b1×31+…+bk×3k,其中bi∈{0,1,2},i,k∈N.例如:3=0×30+1×31,則b0=0,b1=1;4=1×30+1×31,則b0=1,b1=1.若f(m)=b0+b1+…+bk,求數列{Sn·f(Sn)}的前n項和Tn.(12分)
課時檢測(三十九)
1．解：(1)依題意，設數列{an}的公差為d，
因為
所以
解得所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)因為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)設等差數列{an}的公差為d，
因為a1＋a3＋a5＝15，S7＝49，
所以所以a1＝1，d＝2，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由題意可知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)證明：設等差數列的公差為d，
則＝＋3d，即S1＋3d＝5　①，
因為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)，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，當n＝1時，a1＝S1＝2，上式也成立，所以an＝2n(n∈N*)
因為當n≥2時，an－an－1＝2，所以數列{an}是等差數列．
(2)由(1)可知＝＝＝，
當n≥2時，bn＝··…··b1＝××…××6＝，因為b1＝6滿足上式，所以bn＝(n∈N*)．
Tn＝12＝12×＝12－，因為當∈N*時，n＝1,2,3,5,11，所以M＝{6,8,9,10,11}．
4．解：(1)由題意可得＝，則an＝3n－1，可得＝＝3，可知數列{an}是首項a1＝1，公比q＝3的等比數列，所以Sn＝＝.
(2)因為Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1＝1×30＋1×31＋1×32＋…＋1×3n－1，則b0＝b1＝…＝bn－1＝1，由題意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)]．
先求數列{n×3n}的前n項和，記為T′，
則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項和，記為T″，則T″＝.綜上所述，Tn＝(T′－T″)＝＝＋×3n＋1－.
1 / 1

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