2012高考数学【创新方案】(新课标人教A版)：第五章 第四节 数列求和 课件

1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()A．1B.56C.16D.130解析：∵an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋(14－15)＋(15－16)＝1－16＝56.答案：B2．已知数列{ann}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＝an－1＋n，则Sn等于()A.nn＋32B.nn＋34C.nn＋12D.nn＋14解析：∵an＝an－1＋n，即an－an－1＝n∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋3＋4＋…＋n即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n又∵a1＝1∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn＋12，∴ann＝n＋12.∴Sn＝a1＋a22＋a33＋…＋ann＝12[2＋3＋4＋…＋(n＋1)]＝nn＋34.答案：B解析：S2012＝－1＋2－3＋4－5＋…[phone]＋2010－2011＋2012＝(2－1)＋(4－3)＋(6－5)＋…＋(2010－2009)＋(2012－2011)＝10061111个＝1006.答案：D3．数列{(－1)n·n}的前2012项的和S2012为()A．－2012B．－1006C．2012D．10064．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝______.解析：∵an＝n·2n∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n①∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2∴Sn＝2n＋1(n－1)＋2.答案：(n－1)·2n＋1＋25．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________．解析：1＋412＋714＋1018＋…＋281512＝(1＋4＋7＋…＋28)＋(12＋14＋18＋…＋1512)＝145511512.答案：145511512数列求和的常用方法．1．公式法(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1或q≠1.(2)一些常见数列的前n项和公式：①1＋2＋3＋4＋…＋n＝②1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝③2＋4＋6＋8＋…＋2n＝④12＋22＋32＋…＋n2＝nn＋12n＋16⑤13＋23＋33＋…＋n3＝[nn＋12]2＝n2n＋124n2n2＋nnn＋122．倒序相加法如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．3．错位相减法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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．4．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．5．分组转化求和法若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组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．6．并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.已知函数f(x)＝2x－3x－1，点(n，an)在f(x)的图象上，an的前n项和为Sn.(1)求使an0的n的最大值．(2)求Sn.考点一分组转化求和[自主解答](1)∵点(n，an)在函数f(x)＝2x－3x－1的图象上，∴an＝2n－3n－1∵an0，∴2n－3n－10即2n3n＋1又∵n∈N*∴n≤3，即n的最大值为3.(2)∵an＝2n－3n－1∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21－3×1－1)＋(22－3×2－1)＋…＋(2n－3×n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－3(1＋2＋3＋…＋n)－n＝21－2n1－2－3·nn＋12－n＝2n＋1－n3n＋52－2.若将函数改为f(x),＝x2－2x＋5，,如何求Sn？解：∵点(n，an)在函数f(x)＝x2－2x＋5的图象上，∴an＝n2－2n＋5∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(12－2×1＋5)＋(22－2×2＋5)＋(32－2×3＋5)＋…＋(n2－2n＋5)＝(12＋22＋32＋…＋n2)－2(1＋2＋…＋n)＋5n＝nn＋12n＋16－n(n＋1)＋5n＝nn＋12n＋16－n(n－4)．求和：Sn＝1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋12n－1)．解：1＋12＋14＋…＋12n－1＝1－12n1－12＝2[1－(12)n]＝2－(12)n－1，Sn＝1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋12n－1)＝2－(12)0＋2－(12)1＋2－(12)2＋…＋2－(12)n－1＝2n－[1＋12＋…＋(12)n－1]＝2n－2＋(12)n－1.(2010·四川高考)已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.考点二错位相减法求和[自主解答](1)设{an}的公差为d.由已知得3a1＋3d＝6，8a1＋28d＝－4.解得a1＝3，d＝－1.故an＝3－(n－1)＝4－n.(2)由(1)的解答可得，bn＝n·qn－1，于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1.若q≠1，将上式两边同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1＝nqn－qn－1q－1＝nqn＋1－n＋1qn＋1q－1.于是，Sn＝nqn＋1－n＋1qn＋1q－12.若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12.所以，Sn＝nn＋12q＝1，nqn＋1－n＋1qn＋1q－12q≠1.已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an12logan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，对任意正整数n，Sn＋(n＋m)an＋10恒成立，试求m的取值范围．解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.∴a2＋a4＝20.∴a1q＋a1q3＝20，a3＝a1q2＝8，解之，得q＝2，a1＝2或q＝12a1＝32.又{an}单调递增，∴q＝2，a1＝2.∴an＝2n.(2)bn＝2n·12log2n＝－n·2n，∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②∴①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2.由Sn＋(n＋m)an＋10，即2n＋1－n·2n＋1－2＋n·2n＋1＋m·2n＋10对任意正整数n恒成立，∴m·2n＋12－2n＋1对任意正整数n，m12n－1恒成立．∵12n－1＞－1，∴m≤－1，即m的取值范围是(－∞，－1]．考点三裂项相消求和在等差数列{an}中，a5＝5，S3＝6.(1)若Tn为数列{1anan＋1}的前n项和，求Tn；(2)若an＋1≥λTn对任意的正整数n都成立，求实数λ的最大值．[自主解答]设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则a1＋4d＝5，3a1＋33－12d＝6，解得：a1＝1，d＝1，所以an＝n，所以1anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，Tn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.(2)若an＋1≥λTn，即n＋1≥λnn＋1，∴λ≤n＋12n，又n＋12n＝n＋1n＋2≥4，当且仅当n＝1n，即n＝1时取等号，任意n∈N*，不等式成立，故λ≤4，∴λ的最大值为4.等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an与bn；(2)求1S1＋1S2＋…＋1Sn.解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.依题意有S2b2＝6＋dq＝64，S3b3＝9＋3dq2＝960，解得d＝2q＝8或d＝－65，q＝403.(舍去)故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，所以1S1＋1S2＋…＋1Sn＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn＋2＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2)＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2)＝34－2n＋32n＋1n＋2.已知f(x)为二次函数，不等式f(x)＋20的解集为(－1，13)，且对任意α，β∈R恒有f(sinα)≤0，f(2＋cosβ)≥0.数列{an}满足a1＝1,3an＋1＝1－1f′an(n∈N*)．(1)求函数f(x)的解析式；(2)设bn＝1an，求数列{bn}的通项公式；(3)若(2)中数列{bn}的前n项和为Sn，求数列{Sn·cos(bnπ)}的前n项和Tn.考点四(理)数列求和的综合应用[自主解答](1)依题意，f(x)＋2＝a(x＋1)·(x－13)(a0)，即f(x)＝ax2＋2a3x－a3－2.令α＝π2，β＝π，则sinα＝1，cosβ＝－1，有f(1)≤0，f(2－1)≥0，得f(1)＝0，即a＋2a3－a3－2＝0，得a＝32，∴f(x)＝32x2＋x－52.(2)f′(x)＝3x＋1，则3an＋1＝1－1f′an＝1－13an＋1＝3an3an＋1，即an＋1＝an3an＋1，两边取倒数，得1an＋1＝3＋1an，即bn＋1＝3＋bn，∴数列{bn}是首项为b1＝1a1＝1，公差为3的等差数列，∴bn＝1＋(n－1)·3＝3n－2(n∈N*)．(3)∵cos(bnπ)＝cos(3n－2)π＝cos(nπ)＝(－1)n，∴Sn·cos(bnπ)＝(－1)n·Sn，∴Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋(－1)n·Sn.①当n为偶数时，Tn＝(S2－S1)＋(S4－S3)＋…＋(Sn－Sn－1)＝b2＋b4＋…＋bn＝n2b2＋bn2＝n4(4＋3n－2)＝3n2＋2n4.②当n为奇数时，Tn＝Tn－1－Sn＝3n－12＋2n－14－n1＋3n－22＝－3n2－2n＋14.综上，Tn＝－3n2－2n＋14n为奇数，3n2＋2n4n为偶数.设二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的所有整数值的个数为g(n)．(1)求g(n)的表达式；(2)设an＝2n3＋3n2gn(n∈N*)，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an，求Sn；(3)设bn＝gn2n，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，若Tnl(l∈Z)，求l的最小值．解：(1)∵函数f(x)＝x2＋x在x∈[n，n＋1](n∈N*)上单调递增，∴f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(