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=
|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;
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-.
1 / 1