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2024年新高考数学第一轮复习课件：第31讲 第1课时 分组求和法与错位相减法
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这是一份2024年新高考数学第一轮复习课件：第31讲 第1课时 分组求和法与错位相减法，共35页。PPT课件主要包含了激活思维，基础回归，研题型·融会贯通，举题说法，随堂内化等内容，欢迎下载使用。
A. 1 121 B. 1 122C. 1 123 D. 1 124
A. 9 B. 99 C. 10 D. 100
【解析】 设数列{an}的公差为d，因为a2＝3，S4＝16，所以a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1，所以a5＝9，
1. 分组求和法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列进行求和．2. 分组求和法的常见类型
3. 错位相减法求和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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法．如：{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求a1b1＋a2b2＋…＋anbn的和．4. 裂项相消法常用的裂项技巧
5. 常用结论(3) 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分别讨论公比等于1和不等于1两种情况．
第1课时 分组求和法与错位相减法
例1 (2022·菏泽二模)已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝ 2n＋1－1.
【解答】 由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)①，得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)②，
(2) 求S1＋S2＋S3＋…＋S2n.
某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项的结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．
已知在数列{an}中，a1＝1且2an＋1＝6an＋2n－1(n∈N*)．
(2) 求数列{an}的前n项和Sn.
【解答】 由2a1＋a3＝3a2，得2×2＋2×q2＝3×2q，解得q＝2或q＝1(舍去)，所以an＝2×2n－1＝2n.
例2 (2022·邯郸二模)已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝2,2a1＋a3＝3a2.(1) 求数列{an}的通项公式；
用错位相减法求和时，应注意防范以下错误：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．3. 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比q为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．4. 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．
【解答】 由Sn＋1＝2Sn＋1，得Sn＝2Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1，所以an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)．又a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1，所以a2＋a1＝2a1＋1，整理得a2＝2a1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2022·临沂二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1.(1) 求{an}的通项公式；
【解答】 由(1)知b2n＝2an－24＝2n－24，b2n－1＝2an－22＝2n－22，则b2n＋ b2n－1＝4n－46，
(2) 若{bn}满足b2n＝2an－24，b2n－1＝2an－22.设Sn为数列{bn}的前n项和，求S20.
当数列{an}的连续两项an－1＋an或多项的和(差)为等差数列或等比数列时，通常用并项法进行求和．
又b2n－1＋b2n＝－a2n－1＋a2n＝－(4n－5)＋4n－3＝2，所以S100＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a99＋a100)＝50×2＝100.
在等差数列{an}中，a4＝5，a7＝11.设bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前100项和S100等于( )A. －200 B. －100 C. 200 D. 100
1. 若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于( )A. 15 B. 12 C. －12 D. －15
点击对应数字即可跳转到对应题目
【解析】 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15.
3. (多选)在等差数列{an}中，已知a2＝4，通项为an，前4项和为18，设bn＝ n·2an－2，数列{bn}的前n项和为Tn，则( )A. an＝n＋2 B. an＝n＋3C. Tn＝(n－1)×2n＋1＋2 D. Tn＝(n－1)×2n＋1＋3
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①，2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1②.
A. 1 121 B. 1 122C. 1 123 D. 1 124
A. 9 B. 99 C. 10 D. 100
【解析】 设数列{an}的公差为d，因为a2＝3，S4＝16，所以a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1，所以a5＝9，
1. 分组求和法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列进行求和．2. 分组求和法的常见类型
3. 错位相减法求和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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法．如：{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求a1b1＋a2b2＋…＋anbn的和．4. 裂项相消法常用的裂项技巧
5. 常用结论(3) 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分别讨论公比等于1和不等于1两种情况．
第1课时 分组求和法与错位相减法
例1 (2022·菏泽二模)已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝ 2n＋1－1.
【解答】 由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)①，得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)②，
(2) 求S1＋S2＋S3＋…＋S2n.
某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项的结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．
已知在数列{an}中，a1＝1且2an＋1＝6an＋2n－1(n∈N*)．
(2) 求数列{an}的前n项和Sn.
【解答】 由2a1＋a3＝3a2，得2×2＋2×q2＝3×2q，解得q＝2或q＝1(舍去)，所以an＝2×2n－1＝2n.
例2 (2022·邯郸二模)已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝2,2a1＋a3＝3a2.(1) 求数列{an}的通项公式；
用错位相减法求和时，应注意防范以下错误：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．3. 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比q为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．4. 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．
【解答】 由Sn＋1＝2Sn＋1，得Sn＝2Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1，所以an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)．又a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1，所以a2＋a1＝2a1＋1，整理得a2＝2a1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2022·临沂二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1.(1) 求{an}的通项公式；
【解答】 由(1)知b2n＝2an－24＝2n－24，b2n－1＝2an－22＝2n－22，则b2n＋ b2n－1＝4n－46，
(2) 若{bn}满足b2n＝2an－24，b2n－1＝2an－22.设Sn为数列{bn}的前n项和，求S20.
当数列{an}的连续两项an－1＋an或多项的和(差)为等差数列或等比数列时，通常用并项法进行求和．
又b2n－1＋b2n＝－a2n－1＋a2n＝－(4n－5)＋4n－3＝2，所以S100＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a99＋a100)＝50×2＝100.
在等差数列{an}中，a4＝5，a7＝11.设bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前100项和S100等于( )A. －200 B. －100 C. 200 D. 100
1. 若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于( )A. 15 B. 12 C. －12 D. －15
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【解析】 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15.
3. (多选)在等差数列{an}中，已知a2＝4，通项为an，前4项和为18，设bn＝ n·2an－2，数列{bn}的前n项和为Tn，则( )A. an＝n＋2 B. an＝n＋3C. Tn＝(n－1)×2n＋1＋2 D. Tn＝(n－1)×2n＋1＋3
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①，2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1②.
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