甘肃省永昌县第一中学高中数学课件 6.4 数列求和

§6.4数列求和基础知识自主学习要点梳理1．等差数列前n项和Sn＝＝，推导方法：；等比数列前n项和Sn＝，q＝1，＝，q≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．n(a1＋an)2na1＋n(n－1)2d倒序相加法na1a1(1－qn)1－qa1－anq1－q2．常见数列的前n项和(1)1＋2＋3＋…＋n＝；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝；(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝；(4)12＋22＋32＋…＋n2＝；(5)13＋23＋33＋…＋n3＝.n(n＋1)2n2＋nn2n(n＋1)(2n＋1)6[n(n＋1)2]23．(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2)拆项相消：有时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.(3)错位相减：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．(4)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．4．常见的拆项公式(1)1n(n＋1)＝1n－1n＋1；(2)1(2n－1)(2n＋1)＝1212n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.[难点正本疑点清源]1．数列求和的方法(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．2．等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决．基础自测1．在等差数列{an}中，Sn表示前n项和，a2＋a8＝18－a5，则S9＝________.解析由等差数列的性质，a2＋a8＝18－a5，即2a5＝18－a5，∴a5＝6，又∵S9＝(a1＋a9)×92＝9a5＝54.542．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－12n，其中前n项和Sn＝32164，则项数n＝________.解析∵an＝2n－12n＝1－12n，∴Sn＝n－12＋122＋…＋12n＝n－1＋12n，而32164＝5＋164，∴n－1＋12n＝5＋164，∴n＝6.63．已知等差数列的公差d0，前n项和记为Sn，满足S200，S210，则当n＝________时，Sn达到最大值．解析∵S20＝10(a1＋a20)＝10(a10＋a11)0，S21＝21a110，∴a100，a110，∴n＝10时，Sn最大．104．如果数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为3的等比数列，则an等于()A.3n＋12B.3n＋32C.3n－12D.3n－32解析a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an＝1×(1－3n)1－3＝3n－12.C5．数列12·5，15·8，18·11，…，1(3n－1)·(3n＋2)，…的前n项和为()A.n3n＋2B.n6n＋4C.3n6n＋4D.n＋1n＋2解析由数列通项公式1(3n－1)·(3n＋2)＝1313n－1－13n＋2，得前n项和Sn＝13(12－15＋15－18＋18－111＋…＋13n－1－13n＋2)＝1312－13n＋2＝n6n＋4.B题型分类深度剖析题型一公式法求和例1已知数列{an}是首项a1＝4，公比q≠1的等比数列，Sn是其前n项和，且4a1，a5，－2a3成等差数列．(1)求公比q的值；(2)求Tn＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值．思维启迪：求出公比，用等比数列求和公式直接求解．解(1)由题意得2a5＝4a1－2a3.∵{an}是等比数列且a1＝4，公比q≠1，∴2a1q4＝4a1－2a1q2，∴q4＋q2－2＝0，解得q2＝－2(舍去)或q2＝1，∴q＝－1.(2)∵a2，a4，a6，…，a2n是首项为a2＝4×(－1)＝－4，公比为q2＝1的等比数列，∴Tn＝na2＝－4n.探究提高应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式．变式训练1在等比数列{an}中，a3＝9，a6＝243，求数列{an}的通项公式an及前n项和公式Sn，并求a9和S8的值．解在等比数列{an}中，设首项为a1，公比为q，由a3＝9，a6＝243，得q3＝a6a3＝2439＝27，∴q＝3.由a1q2＝a3，得9a1＝9，∴a1＝1.于是，数列{an}的通项公式为an＝1×3n－1＝3n－1，前n项和公式为Sn＝1×(1－3n)1－3＝3n－12.由此得a9＝39－1＝6561，S8＝38－12＝3280.点评本题是等比数列通项公式及前n项和公式的应用，在等比数列中，如果a1和q确定了，数列也就确定了，从而可以写出通项公式an和前n项和公式Sn.题型二错位相减法求和例2设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.(1)求数列{an}的通项；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.思维启迪：(1)由已知写出前n－1项之和，两式相减．(2)bn＝n·3n的特点是数列{n}与{3n}之积，可用错位相减法．解(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13，②①－②得3n－1an＝13，∴an＝13n.在①中，令n＝1，得a1＝13，适合an＝13n，∴an＝13n.(2)∵bn＝nan，∴bn＝n·3n.∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，即2Sn＝n·3n＋1－3(1－3n)1－3，∴Sn＝(2n－1)3n＋14＋34.探究提高解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n－1an}的前n项和，从而利用an与Sn的关系求出通项3n－1an，进而求得an；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．变式训练2已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项an；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.解(1)∵an＋1＝2Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn，∴Sn＋1Sn＝3.又∵S1＝a1＝1，∴数列{Sn}是首项为1，公比为3的等比数列，Sn＝3n－1(n∈N*)．当n≥2时，an＝2Sn－1＝2·3n－2，∴an＝1，n＝1，2·3n－2，n≥2.(2)Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan，当n＝1时，T1＝1；当n≥2时，Tn＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n·3n－2，①3Tn＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n·3n－1，②①－②得：－2Tn＝2＋2(31＋32＋…＋3n－2)－2n·3n－1＝2＋2·3(1－3n－2)1－3－2n·3n－1＝－1＋(1－2n)·3n－1.∴Tn＝12＋n－123n－1(n≥2)．又∵T1也满足上式，故Tn＝12＋n－123n－1(n∈N*)．点评本题在求前n项和时，要注意通项公式中分n＝1和n≥2构成分段函数，因此求和时也要分类讨论求和，并检验n＝1是否满足前n项和公式．题型三分组转化求和例3求和Sn＝1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋12n－1.思维启迪：数列的通项an＝21－12n，求Sn可用分组求和法．解和式中第k项为ak＝1＋12＋14＋…＋12k－1＝1－12k1－12＝21－12k.∴Sn＝21－12＋1－122＋…＋1－12n＝2[(1＋1＋…＋1)－(12＋122＋…＋12n)]＝2n－121－12n1－12＝12n－1＋2n－2.n个探究提高先将求和式中的项进行适当分组调整，使之每一个组为等差或等比数列，然后分别求和，从而得出原数列的和．它是通过对数列通项结构特点的分析研究，将数列分解转化为若干个能求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和的一种求和方法．变式训练3求和：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)．解构造数列{an}，则an＝n(3n＋1)＝3n2＋n，∴1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝(3×12＋1)＋(3×22＋2)＋(3×32＋3)＋…＋(3n2＋n)＝3(12＋22＋32＋…＋n2)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝3·n(n＋1)(2n＋1)6＋n(n＋1)2＝n(n＋1)2.题型四裂项相消法求和例4已知数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－12.(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝Sn2n＋1，求{bn}的前n项和Tn.解(1)∵S2n＝anSn－12，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①由题意Sn－1·Sn≠0，①式两边同除以Sn－1·Sn，得1Sn－1Sn－1＝2，∴数列1Sn是首项为1S1＝1a1＝1，公差为2的等差数列．∴1Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝12n－1.(2)又bn＝Sn2n＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.探究提高使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．变式训练4已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝12Sn(n＝1,2,3，…)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)当bn＝log(3an＋1)时，求证：数列1bnbn＋1的前n项和Tn＝n1＋n.(1)解由已知得an＋1＝12Sn，an＝12Sn－1(n≥2)，得到an＋1＝32an(n≥2)．∴数列{an}是以a2为首项，以32为公比的等比数列．32又a2＝12S1＝12a1＝12，∴an＝a2×32n－2＝1232n－2(n≥2)．∴an＝1，n＝1，1232n－2，n≥2.(2)证明bn＝log(3an＋1)＝log32·32n－1＝n.∴1bnbn＋1＝1n(1＋n)＝1n－11＋n.∴Tn＝1b1b2＋1b2b3＋1b3b4＋…＋1bnbn＋1＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－11＋n＝1－11＋n＝n1＋n.3232易错警示11．用错位相减法求和时项数处理不当致误试题：(12分)已知数列{an}是首项为a1＝14，公比q＝14的等比数列，设bn＋2＝3logan(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝an·bn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和Sn.审题视角(1)bn可借助an求解，因而可以先求出an；(2)观察数列{cn}的通项cn，可确定用错位相减求解．规范解答解(1)∵数列{an}是等比数列且a1＝14，公比q＝14，∴an＝14n.又bn＝3log14n－2，∴bn＝3n－2.[4分]1414(2)由(1)，