2025北师大版步步高选择性必修第二册培优课　数列求和的方法(二).DOCX

培优课数列求和的方法(二)

在培优课“数列求和的方法(一)”中，我们重点学习了公式法、倒序相加法、分组求和法、并项求和法等数列求和方法，本节我们继续学习三种求和方法：裂项相消法、错位相减法、分段数列求和法.类型一裂项相消法求和

关键点：形如下列形式可裂项求和

an＝eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；

an＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)

＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))；

an＝(－1)neq\f(4n,（2n－1）（2n＋1）)

＝(－1)n(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1))；

an＝eq\f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，n∈N＋.

解题步骤：

第一步：根据已知条件求出数列的通项公式；

第二步：根据通项公式的特征准确裂项，将其分解为两项差或和的形式；

第三步：理清消项的规律，准确求和(应注意前后对应，即前面余几项，后面就余几项).

例1设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________给出下列两个条件；

条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；

条件②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；

试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝eq\f(1,log2an＋1·log2an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

解(1)选条件①，a1＝1，

设公比为q(q≠0)，则a2＝q，a3＝q2，

由于数列{Sn＋a1}也为等比数列，

所以S1＋a1，S2＋a1，S3＋a1成等比数列，

即2a1，2a1＋q，2a1＋q＋q2成等比数列，也即2，2＋q，2＋q＋q2成等比数列，

所以(2＋q)2＝2×(2＋q＋q2)，

由于q≠0，故解得q＝2，

所以an＝2n－1(n∈N＋).

选条件②，an＋1＝Sn＋1，

当n＝1时，a2＝a1＋1＝2，

当n≥2时，an＝Sn－1＋1，an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，an＋1＝2an(n≥2)，

由于eq\f(a2,a1)＝2，所以数列{an}是以a1＝1为首项，公比q＝2的等比数列，

所以an＝2n－1(n∈N＋).

(2)bn＝eq\f(1,log22n·log22n＋2)＝eq\f(1,n（n＋2）)

＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，

Tn＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))

＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))

＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))(n∈N＋).

类型二错位相减法求和

关键点：已知数列的通项公式cn＝an·bn，其中{an}成等差数列，{bn}成等比数列.

解题步骤：

第一步：根据通项公式的特征分解为一个等差数列和一个等比数列乘积的形式；

第二步：确定等差、等比数列的通项公式；

第三步：写出Sn的表达式，然后两边同时乘以等比数列的公比得到关系式，两式作差；

第四步：根据差式的特征准确求和.

例2设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq\f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tneq\f(Sn,2).

(1)解设{an}的公比为q，则an＝qn－1.

因为a1，3a2，9a3成等差数列，

所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq\f(1,3)，

故an＝eq\f(1,3n－1)，bn＝eq\f(n,3n)，n∈N＋.

(2)证明由(1)知

Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，

Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3