高中数学新教材选择性必修第二册课件+讲义 第4章 习题课 错位相减法、裂项相消法求和

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第4章 习题课 错位相减法、裂项相消法求和
高中数学新教材选择性必修第二册
高考政策|高中“新”课程，新在哪里?
1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。
1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的 意义.2.掌握错位相减和裂项相消求和的一般过程和思路.
随堂演练
课时对点练
一、错位相减法
二、裂项相消法
一、错位相减法
例1　求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0).
当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1，∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1
反思感悟　(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法.(2)用错位相减法求和时，应注意：①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
跟踪训练1　已知数列{an}的前n项和为Sn，数列 是公差为1的等差数列，且a2＝3.(1)求数列{an}的通项公式；
可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，且a2＝3.解得a1＝1.∴Sn＝n2.∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n＝1时也成立).∴an＝2n－1.
(2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　bn＝an·3n＝(2n－1)·3n，∴数列{bn}的前n项和Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1，
可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1.
二、裂项相消法
Sn＝a1＋a2＋…＋an
常见的裂项求和的形式：
注意点：(1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系；(2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组；(3)检验所留的正项与负项的个数是否相同.
例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；
解　设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，
当q＝－2时，a1＝－5，所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.
(2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列 的前n项和.
反思感悟　(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止.(3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
跟踪训练2　设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.(1)求an；
解　设数列{an}的公差为d，
解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
1.知识清单：(1)错位相减法求和.(2)裂项相消法求和.2.方法归纳：公式法、错位相减法、裂项相消法.3.常见误区：错位相减法中要注意项的符号以及化简合并；裂项求和中要关注正项与负项的个数是否相同.
1.已知an＝ (n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于A.7 B.8 C.9 D.10
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解析　由数列通项公式
得前n项和Sn
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3.数列 的前2 021项和为______.
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4.已知an＝2n，bn＝ ，则{bn}的前n项和Tn＝_________________.
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2.等比数列{an}中，a5＝2，a6＝5，则数列{lg an}的前10项和等于A.6 B.5 C.4 D.3
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解析　∵数列{an}是等比数列，a5＝2，a6＝5，∴a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10，∴lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg(a1·a2·…·a10)＝lg(a5a6)5＝5lg 10＝5.
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3.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 020项和为A.1 009 B.1 010 C.2 019 D.2 020
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解析　设数列{an}的公差为d，
设bn＝ancos nπ，∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，
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解析　设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，又a2＝5，∴a7－a2＝5d.
∴d＝2.
∴an＝2n＋1.
故AB正确；
故D正确.
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2＋ln n
又a1＝2，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
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9.已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
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(2)若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和.
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10.已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；
解　设数列{an}的公比为q，
又an>0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.
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(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列 的前n项和Tn.
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＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
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解析　在各项都为正数，公比设为q(q>0)的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则4q4＝64，解得q＝2，则an＝2n.
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所以[S]＝2 020.
13.在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有an＋1＝an＋n·2n，则a15等于A.14·215＋2 B.13·214＋2C.14·215＋3 D.13·215＋3
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解析　an＋1－an＝n·2n，∴a2－a1＝1·21，a3－a2＝2·22，a4－a3＝3·23… an－an－1＝(n－1)·2n－1，以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1，①又∵2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n， ②
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①－ ②得a1－an＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n
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∴an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3.
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14.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－1(n∈N*)，则数列{nan}的前n项和Tn为____________.
(n－1)2n＋1
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解析　∵Sn＝2an－1(n∈N*)，∴n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，化为an＝2an－1，∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1.∴nan＝n·2n－1.则数列{nan}的前n项和Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1.∴2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
∴Tn＝(n－1)2n＋1.
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15.在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45，…这些数叫做三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论错误的是A.an－an－1＝n(n>1)B.a20＝210C.1 024是三角形数
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解析　∵a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，由此可归纳得an－an－1＝n(n>1)，故A正确；
16.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
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解　因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ).又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
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解　由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n·2n，Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ①2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， ②
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
课程结束
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