2019-2020学年高中数学 第1章 数列 3.2 等比数列的前n项和 第2课时 数列求和教案 北

-1-第2课时数列求和学习目标核心素养1.能由简单的递推公式求出数列的通项公式．(重点)2．掌握数列求和的基本方法．(重点、难点)1.通过求解数列的前n项和培养数学运算素养．2．通过学习数列求和的方法提升逻辑推理素养.常见数列求和方法阅读教材P15～P16例7以上及P26～P27例5以上部分，完成下列问题．(1)公式法①等差数列的前n项和公式：Sn＝12n(a1＋an)＝na1＋12n(n－1)d．②等比数列前n项和公式：Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q，q≠1，na1，q＝1.③前n个正整数平方和：12＋22＋32＋…＋n2＝nn＋12n＋16.(2)分组求和法一个数列的每一项如果可以平分成两个或多个等差数列或等比数列，那么可以通过适当分组，进而利用等差、等比数列求和公式分别求和，从而得到原数列的和．(3)裂项相消法数列中的每一项可以平分成前后可以相互抵消的两项之差的求和方法．(4)错位相减法由一个等差与一个等比数列对应项乘积构成的数列，可以利用错位相减法转化成等比数列求和．思考：(1)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an＋bn}前n项和应用什么方法？[提示]分组求和法．-2-(2)已知an＝1n－1n＋1，求数列{an}的前n项和应用什么方法？[提示]裂项相消法．1．1＋11×2＋12×3＋…＋199×100等于()A．99100B．199100C．9899D．19799B[因为1nn＋1＝1n－1n＋1，所以原式＝1＋1－12＋12－13＋…＋199－1100＝1＋1－1100＝199100.]2．数列{n·2n}的前n项和为()A．(n－1)2n＋1＋2B．n·2n＋1＋2C．(n－1)·2n＋2D．n·2n＋2A[设数列{n·2n}的前n项和为Sn，则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②由②－①得Sn＝n×2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n×2n＋1－2－2n×21－2＝n·2n＋1－2n＋1＋2.]3．数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，则其前n项和Sn＝________.2n＋1－2＋12n(n＋1)[Sn＝21＋1＋22＋2＋23＋3＋…＋2n＋n＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝21－2n1－2＋12n(n＋1)＝2n＋1－2＋12n(n＋1)．]4．把12n－12n＋1裂为两项，以便求数列12n－12n＋1的和，则12n－12n＋1＝________.1212n－1－12n＋1[12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1.]-3-分组求和法【例1】已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．[解](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由b2＝b1q＝3，b3＝b1q2＝9得b1＝1，q＝3.∴bn＝b1qn－1＝3n－1，又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1,2,3，…)．(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝n1＋2n－12＋1－3n1－3＝n2＋3n－12.分组转化求和法的应用条件和解题步骤(1)应用条件．一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列的通项公式相加组成．(2)解题步骤-4-1．等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．[解](1)设等差数列{an}的公差为d.由已知得a1＋d＝4，a1＋3d＋a1＋6d＝15，解得a1＝3，d＝1.所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.(2)由(1)可得bn＝2n＋n，所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝21－2101－2＋1＋10×102＝(211－2)＋55＝211＋53＝2101.错位相减法求和【例2】已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n的前n项和．[解](1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝12，从而a1＝32.所以{an}的通项公式为an＝12n＋1.(2)设an2n的前n项和为Sn，由(1)知an2n＝n＋22n＋1，则Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1.-5-12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2，两式相减得12Sn＝34＋123＋…＋12n＋1－n＋22n＋2＝34＋141－12n－1－n＋22n＋2，所以Sn＝2－n＋42n＋1.利用错位相减法的一般类型及思路(1)适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．(2)思路：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(*)，则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1(**)，(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．[提醒]用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．2．已知an＝n3n，求数列{an}的前n项和Sn.[解]Sn＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，13Sn＝132＋233＋…＋n－13n＋n3n＋1，两式相减得23Sn＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1＝131－13n1－13－n3n＋1＝12－12×3n－n3n＋1，-6-所以Sn＝34－14×3n－1－n2×3n＝34－2n＋34×3n.裂项相消法求和[探究问题]1．观察下列两组代数式，会发现什么特点？你能给出一般式吗？(1)12×3与12－13；(2)13×4与13－14.[提示]12×3＝12－13，13×4＝13－14，一般式：1nn＋1＝1n－1n＋1.2．观察下列两组代数式，你能发现它们之间的关系吗？你能用一个表达式表示其规律吗？(1)12×4与12－14；(2)13×5与13－15.[提示]12×4＝1212－14，13×5＝1213－15，表达式：1nn＋2＝121n－1n＋2.【例3】设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n项和．思路探究：(1)利用{an}满足的关系式，通过消项求得数列的通项公式；(2)观察数列的结构特征，利用裂项相消法求得数列的前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＝22n－1(n≥2)，又由题设可得a1＝2，满足上式，所以{an}的通项公式为an＝22n－1.-7-(2)设an2n＋1的前n项和为Sn，由(1)知an2n＋1＝22n＋12n－1＝12n－1－12n＋1，则Sn＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.1．(变条件)把例3中数列{an}满足的条件“a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n”换为“an－an＋1＝2an＋1an，a1＝1”，试解答例3的(1)(2)题．[解](1)由an－an＋1＝2an＋1an得1an＋1－1an＝2，所以数列1an是以2为公差，以1a1＝1为首项的等差数列，故1an＝1a1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝12n－1.(2)设an2n＋1的前n项和为Sn，由(1)知an2n＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，则Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.2．(变结论)例3的条件不变，设bn＝12an＋1＋2an，若数列{bn}的前n项和为Sn，Sn＞292，求n的最小值．[解]由例3的解析可知an＝22n－1，故2an＝2n－1，bn＝12n＋1＋2n－1＝12(2n＋1－2n－1)，所以Sn＝12(3－1＋5－3＋…＋2n＋1－2n－1)＝12(2n＋1－1)，由Sn＞292得12(2n＋1－1)＞292，解得n＞8992，又n∈N＋，故n的最小值为450.-8-常见的裂项方法(其中n为正整数)(1)1nn＋k＝1k1n－1n＋k.(2)12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1.(3)1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2.(4)1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．(5)loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan.[提醒]利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．求数列的前n项和，一般有下列几种方法．(1)错位相减法适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．(2)分组求和法把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)裂项相消法把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(4)奇偶并项法当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．(5)倒序相加法例如，等差数列前n项和公式的推导方法.1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时应用Sn＝na1＋an2较为合理．()(2)当n≥2时，1n2－1＝121n－1＋1n＋1.()(3)数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．-9-[答案](1)√(2)×(3)√[提示](1)正确；(2)不正确.1n2－1＝121n－1－1n＋1；(3)正确．2．1002－992＋982－972＋…＋22－12的值是()A．5000B．5050C．10100D．20200B[原式＝(100＋99)(100－99)＋(98＋97)(98－97)＋…＋(2＋1)(2－1)＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1＝12×100×(1＋100)＝5050.]3．数列112，214，318，4116，…的前n项和为()A．12(n2＋n＋2)－12nB．12n(n＋1)－1－12nC．12(n2－n＋2)－12nD．12n(n＋1)－1－12nA[设数列的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋122＋…＋12n＝12n(n＋1)＋