第4章 微突破（八） 并项求和、错位相减法求和（课件 学案 练习）高中数学苏教版（2019）选择性必修第一册

微突破(八)　并项求和、错位相减法求和 例1　解:(1)证明:因为Sn=2an-2①,所以当n≥2时,Sn-1=2an-1-2②,①-②得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2). 当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2.所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列. (2)由(1)知an=2n,则bn=2log22n=2n,cn=2n+(-1)nbn. 当n为偶数时,(-1)n-1bn-1+(-1)nbn=-bn-1+bn=-2(n-1)+2n=2,则Tn=(2+22+23+…+2n)+[(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)]=+·2=2n+1+n-2. 当n为奇数且n≥3时,Tn=(2+22+23+…+2n)+[(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-2+bn-1)-bn]=+·2-2n=2n+1-n-3,且T1=c1=0满足上式.所以Tn= 变式　解:(1)设数列{an}的公差为d, 由S5=5a3=25,得a3=a1+2d=5, 又a5=9=a1+4d,所以d=2,a1=1,所以an=2n-1,Sn==n2. (2)结合(1)知bn=(-1)nn2, 当n为偶数时,Tn=(b1+b2)+(b3+b4)+(b5+b6)+…+(bn-1+bn)=(-12+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(n-1)2+n2]=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+(6-5)×(6+5)+…+[n-(n-1)][n+(n-1)]=1+2+3+…+n=. 当n为奇数且n≥3时,n-1为偶数,Tn=Tn-1+(-1)n·n2=-n2=-,且T1=b1=-1满足上式. 综上可知,Tn=. 例2　解:(1)设等差数列{an}的公差为d,因为a1=2,S4=26, 所以4×2+d=26,解得d=3, 所以an=2+3(n-1)=3n-1. 设等比数列{bn}的公比为q(q>0),因为b1=2,b2+b3=12, 所以2(q+q2)=12,所以q2+q-6=0, 解得q=2或q=-3(舍去), 所以bn=2×2n-1=2n. (2)由(1)知anbn=(3n-1)2n, 所以Tn=2×21+5×22+8×23+…+(3n-4)2n-1+(3n-1)2n, 所以2Tn=2×22+5×23+8×24+…+(3n-4)2n+(3n-1)2n+1, 两式相减得-Tn=2×21+3×22+3×23+3×24+…+3×2n-(3n-1)2n+1=2×21+-(3n-1)2n+1=-8+(4-3n)2n+1, 所以Tn=(3n-4)2n+1+8. 变式　解:(1)∵2Sn=nan,∴当n=1时,2S1=a1,解得a1=0, 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1, ∴2an=nan-(n-1)an-1(n≥2), ∴(n-1)an-1=(n-2)an(n≥2), 当n≥3时,可得=, ∴an=×××…××a2=n-1(n≥3), 又a1=0,a2=1都适合上式, ∴{an}的通项公式为an=n-1. (2)由(1)可得=,∴Tn=+++…+,∴Tn=+++…++, ∴Tn=+++…+-=-=1--,∴Tn=2-.微突破(八)　并项求和、错位相减法求和 1.解:(1)由题知a2+a4=2a1+4d=10①, 因为a1,a2,a5成等比数列, 所以=a1·a5, 所以(a1+d)2=a1(a1+4d)②, 由①②可得 所以an=a1+(n-1)d=2n-1. (2)因为bn=(-1)nan, 所以b1+b2+b3+…+b20=-a1+a2-a3+a4-…-a19+a20=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a20-a19)=2×10=20. 2.解:(1)当n=1时,2S1=3a1+m, 又S1=a1,所以2a1=3a1+m,所以m=-a1=-1. 当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=3an-1-(3an-1-1), 整理得an=3an-1(n≥2), 因此数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列, 所以数列{an}的通项公式为an=3n-1. (2)由(1)知,bn=an·log3an+1=3n-1·log33n=n·3n-1, 则Tn=1×30+2×31+3×32+…+(n-1)·3n-2+n·3n-1, 于是3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n, 两式相减得-2Tn=30+31+32+…+3n-2+3n-1-n·3n=-n·3n=-+, 所以Tn=+. 3.解:(1)方法一:因为a1=1,=, 所以当n≥2时,··…·=××…×, 则=n(n≥2),则an=n(n≥2), 因为a1=1也满足上式,所以an=n. 方法二:由=得==a1,又a1=1,所以an=n. (2)由(1)知b2n=2an-24=2n-24,b2n-1=2an-22=2n-22,则b2n+b2n-1=4n-46, 则S20=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b19+b20)=(4×1-46)+(4×2-46)+…+(4×10-46)=4×-46×10=-240. 4.解:(1)证明:-=, ∵an+1=4-, ∴an+1an-4an+4=0,∴-==, 又=,∴是首项、公差均为的等差数列. (2)由(1)知=+(n-1)=,则an=2+, 又anbn=2(n+1),∴bn==n, 则bn·=n·2n, ∴Sn=21+2×22+3×23+…+n·2n,2Sn=22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1, 则-Sn=21+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=(1-n)2n+1-2, ∴Sn=(n-1)2n+1+2.微突破(八)　并项求和、错位相减法求和 方法一　并项求和 一个数列的前n项中,可两两结合求和,这种求前n项和的 ... ...