人教A版 选择性必修二 4.3 4.3.2 第2课时 数列求和 同步学案
文档属性
| 名称 | 人教A版 选择性必修二 4.3 4.3.2 第2课时 数列求和 同步学案 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 345.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-16 18:11:39 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
4．3 等比数列
4．3.2 等比数列的前n项和公式
第2课时 数列求和
学习指导 核心素养
1.掌握数列求和的几种常用基本方法．2．会运用分类讨论思想求和． 数学运算：数列求和．
一、自主学习 合作探究（10分钟）
1．基本求和公式
(1)等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d．
(2)等比数列的前n项和公式
当q＝1时，Sn＝na1；
当q≠1时，Sn＝＝．
2．数列求和的常用方法
(1)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(3)分组求和法
①若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差数列或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和；
②通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
(4)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
即时检测
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝Sn－Sn－1.( )
(2)当n≥2时，＝.( )
(3)数列的前n项和为n2＋.( )
答案：(1)× (2)√ (3)×
2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100＝( )
A．200 B．－200
C．400 D．－400
解析：选B.S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－(4×4－3)＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(393－397)＝(－4)×50＝－200.
3．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝( )
A．1 B．
C． D．
解析：选B.因为an＝＝－，
所以S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝＋＋＋＋＝1－＝.
4．数列{an}的通项公式为an＝n cos ，其前n项和为Sn，则S2 024＝________．
解析：因为数列an＝n cos 呈周期性变化，观察此数列
规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，
所以周期T＝4.
所以S2 024＝×2＝1 012.
答案：1 012
二、精讲点拨 归纳提升（20分钟）
探究点1 分组转化法求和
例 (2021·绍兴月考)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【解】 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*).
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋[－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n].
记A＝21＋22＋…＋22n，
B＝－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
拓展探究
本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：由(1)知bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]
＝＋＝2n＋1＋－2；
当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋－n
＝2n＋1－－.
所以Tn＝
归纳总结
分组求和法的常见类型及解法
即时检测
数列{an}满足an＝则该数列从第5项到第15项的和为( )
A．2 016 B．1 528
C．1 504 D．992
解析：选C.因为an＝
所以a5＋a6＋…＋a10＝24＋25＋…＋29＝＝210－24，
a11＋a12＋…＋a15＝28＋27＋…＋24＝24＋…＋27＋28
＝＝29－24，
该数列从第5项到第15项的和为
210－24＋29－24＝24×(26－1＋25－1)
＝24×(64＋32－2)＝16×94＝1 504.
探究点2 裂项相消法求和
例 设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【解】 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2).
又由题设可得a1＝2满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－.
则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
归纳总结
裂项相消法
裂项相消法的实质是将数列中的每项分解，然后重新组合，使之消去一些项，最终达到求和的目的．
裂项相消法常用裂项公式：＝－，＝，
＝，
＝(－)，
＝等．
即时检测
(2021·福建厦门高三期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝a·2n－1(a∈R，n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2a－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·2n－1.(*)
因为{an}是等比数列，
所以a1＝2a－1满足(*)式，
所以2a－1＝a，所以a＝1，
所以等比数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知Sn＝2n－1，
则bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋，
所以Tn＝1－.
探究点3 错位相减法求和
例 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
【解】 (1)当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，两式相减得an－an－1＝3an，
化简得an＝－an－1，
所以数列{an}是首项为1，公比为－的等比数列，
所以an＝.
(2)由(1)可得nan＝n·.
Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，－Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n·，
两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－n·＝－n·＝－·.
所以数列{nan}的前n项和为Tn＝－·.
归纳总结
错位相减法求和要点
(1)适用范围：{an}是等差数列，{bn}是等比数列(q≠1)，形如cn＝anbn的数列适合利用错位相减法求和；
(2)求和步骤
①对求和式Sn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn(i)，要写出倒数第二项cn－1；
②式子的两边同乘以等比数列的公比q，写成qSn＝c1q＋c2q＋…＋cn－1q＋cnq(ii)的形式，要空一位书写，(i)(ii)式形成错位；
③(i)式－(ii)式，左边＝(1－q)Sn，右边考查除了最后一项外的其他项，利用等比数列求和公式求和、整理；
④两边同除以1－q，整理得Sn.
即时检测
(2020·高考全国卷Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解：(1)设{an}的公比为q，
由题设得2a1＝a2＋a3,
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0,
解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n
＝－n×(－2)n.
所以Sn＝－.
三、定时训练 反馈补偿（10分钟）
1．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为( )
A．11 B．99
C．120 D．121
解析：选C.an＝－，
所以Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－1)＝－1.
令－1＝10，
所以n＋1＝121，
解得n＝120.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 021＝( )
A．1 011 B．1 008
C．1 009 D．1 010
解析：选A.由an＋2Sn－1＝n得an＋1＋2Sn＝n＋1，
两式相减得an＋1－an＋2an＝1，即an＋1＋an＝1，所以S2 021＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 018＋a2 019)＋(a2 020＋a2 021)＝1 010×1＋1＝1 011.
3．有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
解析：由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.
答案：2n＋1－2－n
4．求和：＋＋＋…＋.
解：令Sn＝＋＋＋…＋，①
则Sn＝＋＋＋…＋＋，②
由①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－
＝－，
所以Sn＝2－－＝2－.
四、作业
1.整理课堂笔记
2.完成课后练习
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
4．3 等比数列
4．3.2 等比数列的前n项和公式
第2课时 数列求和
学习指导 核心素养
1.掌握数列求和的几种常用基本方法．2．会运用分类讨论思想求和． 数学运算：数列求和．
一、自主学习 合作探究（10分钟）
1．基本求和公式
(1)等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d．
(2)等比数列的前n项和公式
当q＝1时，Sn＝na1；
当q≠1时，Sn＝＝．
2．数列求和的常用方法
(1)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(3)分组求和法
①若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差数列或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和；
②通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
(4)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
即时检测
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝Sn－Sn－1.( )
(2)当n≥2时，＝.( )
(3)数列的前n项和为n2＋.( )
答案：(1)× (2)√ (3)×
2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100＝( )
A．200 B．－200
C．400 D．－400
解析：选B.S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－(4×4－3)＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(393－397)＝(－4)×50＝－200.
3．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝( )
A．1 B．
C． D．
解析：选B.因为an＝＝－，
所以S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝＋＋＋＋＝1－＝.
4．数列{an}的通项公式为an＝n cos ，其前n项和为Sn，则S2 024＝________．
解析：因为数列an＝n cos 呈周期性变化，观察此数列
规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，
所以周期T＝4.
所以S2 024＝×2＝1 012.
答案：1 012
二、精讲点拨 归纳提升（20分钟）
探究点1 分组转化法求和
例 (2021·绍兴月考)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【解】 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*).
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋[－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n].
记A＝21＋22＋…＋22n，
B＝－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
拓展探究
本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：由(1)知bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]
＝＋＝2n＋1＋－2；
当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋－n
＝2n＋1－－.
所以Tn＝
归纳总结
分组求和法的常见类型及解法
即时检测
数列{an}满足an＝则该数列从第5项到第15项的和为( )
A．2 016 B．1 528
C．1 504 D．992
解析：选C.因为an＝
所以a5＋a6＋…＋a10＝24＋25＋…＋29＝＝210－24，
a11＋a12＋…＋a15＝28＋27＋…＋24＝24＋…＋27＋28
＝＝29－24，
该数列从第5项到第15项的和为
210－24＋29－24＝24×(26－1＋25－1)
＝24×(64＋32－2)＝16×94＝1 504.
探究点2 裂项相消法求和
例 设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【解】 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2).
又由题设可得a1＝2满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－.
则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
归纳总结
裂项相消法
裂项相消法的实质是将数列中的每项分解，然后重新组合，使之消去一些项，最终达到求和的目的．
裂项相消法常用裂项公式：＝－，＝，
＝，
＝(－)，
＝等．
即时检测
(2021·福建厦门高三期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝a·2n－1(a∈R，n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2a－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·2n－1.(*)
因为{an}是等比数列，
所以a1＝2a－1满足(*)式，
所以2a－1＝a，所以a＝1，
所以等比数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知Sn＝2n－1，
则bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋，
所以Tn＝1－.
探究点3 错位相减法求和
例 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
【解】 (1)当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，两式相减得an－an－1＝3an，
化简得an＝－an－1，
所以数列{an}是首项为1，公比为－的等比数列，
所以an＝.
(2)由(1)可得nan＝n·.
Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，－Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n·，
两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－n·＝－n·＝－·.
所以数列{nan}的前n项和为Tn＝－·.
归纳总结
错位相减法求和要点
(1)适用范围：{an}是等差数列，{bn}是等比数列(q≠1)，形如cn＝anbn的数列适合利用错位相减法求和；
(2)求和步骤
①对求和式Sn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn(i)，要写出倒数第二项cn－1；
②式子的两边同乘以等比数列的公比q，写成qSn＝c1q＋c2q＋…＋cn－1q＋cnq(ii)的形式，要空一位书写，(i)(ii)式形成错位；
③(i)式－(ii)式，左边＝(1－q)Sn，右边考查除了最后一项外的其他项，利用等比数列求和公式求和、整理；
④两边同除以1－q，整理得Sn.
即时检测
(2020·高考全国卷Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解：(1)设{an}的公比为q，
由题设得2a1＝a2＋a3,
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0,
解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n
＝－n×(－2)n.
所以Sn＝－.
三、定时训练 反馈补偿（10分钟）
1．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为( )
A．11 B．99
C．120 D．121
解析：选C.an＝－，
所以Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－1)＝－1.
令－1＝10，
所以n＋1＝121，
解得n＝120.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 021＝( )
A．1 011 B．1 008
C．1 009 D．1 010
解析：选A.由an＋2Sn－1＝n得an＋1＋2Sn＝n＋1，
两式相减得an＋1－an＋2an＝1，即an＋1＋an＝1，所以S2 021＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 018＋a2 019)＋(a2 020＋a2 021)＝1 010×1＋1＝1 011.
3．有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
解析：由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.
答案：2n＋1－2－n
4．求和：＋＋＋…＋.
解：令Sn＝＋＋＋…＋，①
则Sn＝＋＋＋…＋＋，②
由①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－
＝－，
所以Sn＝2－－＝2－.
四、作业
1.整理课堂笔记
2.完成课后练习
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)