习题课 错位相减法求和、裂项相消法求和 课件+学案（含答案）

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习题课　错位相减法求和、裂项相消法求和第一章　数　列1.熟练掌握等差数列、等比数列的求和方法.2.掌握裂项相消法求和、错位相减法求和的使用情形和解题要点.学习目标随堂演练课时对点练一、裂项相消法二、错位相减法内容索引一、裂项相消法反思感悟　(1)裂项相消法的原理与规律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.(2)常见的裂项技巧跟踪训练1　在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求证：数列 是等差数列；证明　nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，(2)求数列 的前n项和Sn.所以an＝2n2＋2n，二、错位相减法例2　已知等比数列{an}满足a1，a2，a3－a1成等差数列，且a1a3＝a4.等差数列{bn}的前n项和Sn＝(1)求an，bn；解　设{an}的公比为q，{bn}的公差为d.因为a1，a2，a3－a1成等差数列，所以2a2＝a1＋(a3－a1)，即2a2＝a3.因此an＝a1qn－1＝2n.所以b1＝S1＝1，b1＋b2＝S2＝3，从而b2＝2，所以{bn}的公差d＝b2－b1＝2－1＝1，所以bn＝b1＋(n－1)d＝1＋(n－1)·1＝n.解　令cn＝anbn，则cn＝n·2n.因此Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，又因为2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式相减得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝ －n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2.所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.延伸探究　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；解　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，∵2a1＝a2＋a3，∴2a1＝a1q＋a1q2，又∵a1≠0，故q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去).(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和.解　由a1＝1，可得an＝a1qn－1＝(－2)n－1，设数列{nan}的前n项和为Sn，则Sn＝1×(－2)0＋2×(－2)1＋…＋n×(－2)n－1， ①－2Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋…＋n×(－2)n， ②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2　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N＋)，等差数列{bn}中，bn>0(n∈N＋)，且b1＋b2＋b3＝15,3，b4,27成等比数列.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；解　∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N＋)，∴an＝2Sn－1＋1(n∈N＋，n>1)，∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n∈N＋，n>1)，而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1，∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴an＝3n－1(n∈N＋).在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5，又3，b4,27成等比数列，得b4＝±9，又bn>0，故公差d>0，∴b4＝9，d＝2，又b2＝5，∴bn＝2n＋1(n∈N＋).解　由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)·3n－2＋(2n＋1)3n－1， ①∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n， ②∴①－②得，－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2× －(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n，∴Tn＝n·3n.(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.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；裂项求和法中要关注正项与负项的个数是否相同.课堂小结随堂演练√12342.在等比数列{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.31234√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＝5.1234√1234课时对点练基础巩固12345678910111213141516√123456789101112131415√163.已知Tn为数列 的前n项和，若m＞T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 02312345678910111213141516√又m＞T10＋1 013，∴整数m的最小值为1 024.123456789101112131415164.(多选)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法正确的是A.an＝2n＋1B.d＝2√√√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A，B正确；123456789101112131415161234567891011121314155.(多选)数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N＋都有an＋1＝an＋n＋1，则√16√123456789101112131415解析　因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1.16数列{an}的第100项为5 050，故A正确，D错误；123456789101112131415166.已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－1，则数列{nan}的前10项和为A.9×210－1 B.9×210＋1C.9×211－1 D.9×211＋1√12345678910111213141516解析　由Sn＝2an－1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(an－an－1)，∴an＝2an－1.∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1.∴数列{nan}的前10项和为T＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋10×29， ①∴2T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋10×210. ②故T＝9×210＋1.12345678910111213141516191234567891011121314151612345678910111213141516123456789101112131415169.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；解　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因此an＝2n－1，n∈N＋.1234567891011121314151612345678910111213141516由(1)知an＝2n－1，n∈N＋，123456789101112131415161234567891011121314151610.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＋1＝Sn＋(n＋1)·(1)求数列{an}的通项公式；∵a1＝2，∴a1＋1＝3≠0，12345678910111213141516(2)若bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn.解　由(1)知，bn＝n×3n，∴Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n， ①∴3Tn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1， ②12345678910111213141516123456789101112131415综合运用16√解析　由定义可知a1＋a2＋…＋an＝5n2，所以当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝5(n－1)2，两式相减得an＝10n－5(n≥2).当n＝1时，a1＝5也符合上式，所以an＝10n－5，则bn＝2n－1.12345678910111213141516√12345678910111213141516解析　设等差数列{an}的公差为d，则d<0，因为a1a3＝ －4，a1＝13，所以13(13＋2d)＝(13＋d)2－4，解得d＝－2或d＝2(舍去)，所以an＝a1＋(n－1)d＝13－2(n－1)＝15－2n，当an＝15－2n≥0时，n≤7.5，所以当n≤7时，an>0.12345678910111213141516123456789101112131415161234567891011121314151613.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√12345678910111213141516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， ②12345678910111213141516①－ ②得a1－an＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n∴an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3.12345678910111213141516A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022√12345678910111213141516所以[S]＝2 020.拓广探究12345678910111213141516√点Cn到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，123456789101112131415161234567891011121314151616.数列{an}是等比数列，公比不为1，a1＝3，且3a1,2a2，a3成等差数列.(1)设数列{nan}的前n项和为Sn，求Sn；12345678910111213141516解　由题意得4a2＝3a1＋a3，设{an}的公比为q(q≠1)，则q2－4q＋3＝0，解得q＝3，∴an＝3n，则nan＝n·3n，∴Sn＝31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，则3Sn＝32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1，两式相减得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－1＋3n－n×3n＋11234567891011121314151612345678910111213141516解　由(1)得bn＝log3a2n－1＝2n－1，12345678910111213141516故不超过T2 021的最大整数为2 022.本 课 结 束