高中数学第1章数列3.2等比数列的前n项和第2课时数列求和学案北师大版必修5-北师大版

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 p26p27例 5 以上部分，完成下列问题(1) 公式法等差数列的前n项和公式：sn12n(a1an) na112n(n1)d等比数列前n项和公式：前n个正整数平方和：122232n2nn12n16(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

2、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anbn 前n项和应用什么方法？ 提示 分组求和法(2) 已知an1nn1，求数列 an的前n项和应用什么方法？ 提示 裂项相消法11112123199100等于 ( ) a99100b199100c9899d19799b 因为1nn11n1n1，所以原式 1 112121319911001 1110019910

3、0 2数列 n2n的前n项和为 ( ) a(n1)2n12 bn2n12 c(n1)2n2 dn2n2 a 设数列 n2n 的前n项和为sn，则sn12222323n2n，所以 2sn122223 (n1)2nn2n1由得snn2n1(22223 2n) n2n122n212n2n12n12 3数列 an的通项公式为an2nn，则其前n项和sn _2n1212n(n1) sn211222233 2nn (2 2223 2n) (1 23n) 212n1212n(n 1) 2n1212n(n1) 4把12n12n1裂为两项，以便求数列12n12n1的和，则12n12n1_1212n 112n11

4、2n12n11212n112n1 分组求和法【例 1】已知 an是等差数列，bn 是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4(1) 求an的通项公式；(2) 设cnanbn，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b2b1q 3，b3b1q29得b11，q3.bnb1qn13n1，又a1b11，a14b4341 27，1 (14 1)d27，解得d 2ana1 (n1)d1(n1)2 2n1(n1,2,3 ，) (2) 由(1) 知an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1从而数列 cn 的前n项和sn13 (2n1) 1

5、3 3n 1n12n1213n13n23n12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 跟进训练 1等差数列 an 中，a24，a4a715(1) 求数列 an 的通项公式；(2) 设bn2an2n，求b1b2b3b10的值 解(1) 设等差数列 an的公差为d由已知得a1d4，a13da16d15，解得a13，d1.所以ana1(n1)dn2(2) 由(1) 可得bn 2nn，所以b1b2b3b10(2 1) (222) (233) (21010) (2 2223 210) (1 23 1

6、0) 2121012110102 (2112) 55 211532 101 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x25x60 的根(1) 求an的通项公式；(2) 求数列an2n的前n项和 解(1) 方程x25x60 的两根为2,3 ，由题意得a22，a43设数列 an 的公差为d，则a4a22d，故d12，从而a132所以 an 的通项公式为an12n1(2) 设an2n的前n项和为sn，由 (1) 知an2nn22n1，则sn322423n12nn22n112sn323424n12n 1n22n2，两式相减得12sn3412312n1n22n 2341411

7、2n1n22n2，所以sn2n42n1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q1的等比数列 . 2思路：设sna1b1a2b2anbn*，, 则qsna1b2a2b3an1bnanbn1*，,*得：1qsna1b1db2b3bnanbn 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n1 项和当作n项和 . 跟进训练 2已知ann3n，求数列 an的前n项和sn 解sn13232333n 13n 1

8、n3n，13sn132233n13nn3n1，两式相减得23sn1313213313nn3n113113n113n3n112123nn3n1所以sn34143n1n23n342n343n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)123与1213；(2)134与1314 提示 1231213，1341314，一般式：1nn11n1n12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)124与1214；(2)135与1315 提示 124121214，135121315，表达式：1nn2121n1n2【例 3】设数列

9、an满足a13a2 (2n 1)an2n(1) 求an的通项公式；(2) 求数列an2n1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a13a2 (2n1)an2n，故当n2时，a13a2 (2n 3)an12(n 1) ，两式相减得 (2n1)an2，所以an22n1(n2)，又由题设可得a1 2，满足上式，所以 an 的通项公式为an22n1(2) 设an2n1的前n项和为sn，由 (1) 知an2n122n12n112n112n1，则sn113131512n112n1112n

10、12n2n11( 变条件 ) 把例 3 中数列 an 满足的条件“a13a2 (2n1)an 2n”换为“anan12an1an，a11”，试解答例3 的(1)(2)题 解(1) 由anan12an1an得1an11an2，所以数列1an是以 2 为公差，以1a11 为首项的等差数列，故1an1a12(n1) 2n1，所以an12n1(2) 设an2n1的前n项和为sn，由 (1) 知an2n 112n12n11212n 112n 1，则sn12113131512n112n112112n1n2n12( 变结论 ) 例 3 的条件不变，设bn12an12an，若数列 bn 的前n项和为sn，sn

11、292，求n的最小值 解由例 3 的解析可知an22n 1，故2an2n1，bn12n 12n 112(2n 12n 1) ，所以sn12(31532n12n1) 12(2n11) ，由sn292得12(2n11) 292，解得n8992，又nn，故n的最小值为450常见的裂项方法( 其中n为正整数 ) (1)1nnk1k1n1nk(2)n2nn1n 22n1n22nn 1(3)1nn 1n2121nn 11n1n2(4)1nnk1k(nkn) (5)loga11n loga(n1) logan(6)1cos ncos n11sin 1tan (n1) tan n 提醒 利用裂项相消法求和时，

12、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项和的几种方法(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)n1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

13、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snna1an2较为合理( ) (2) 当n2 时，1n21121n11n1 () (3) 数列 an是周期为k的周期数列，那么skmmsk(m，k为大于 1 的正整数 ) 答案 (1) (2) (3) 提示 (1) 正确； (2) 不正确1n21121n11n1；(3) 正确21002992982972 2212的值是 ( ) a5 000 b5 050 c10 100 d20 200 b 原式 (100 99)(100 99) (9897)(98 97) (2 1)(2 1) 100999897 21 12100(1 100) 5 050 3数列 112，214，31