[原创]2012年《高考风向标》高考文科数学一轮复习 第九章 第4讲 数列的求和 [配套课件]

第4讲数列的求和1．等差数列{an}的前n项和Sn＝na1＋an2na1＋12nn－1da·n2＋b·n.2．等比数列{an}的前n项和Sn(1)当q＝1时，________.(2)当q≠1时，_________________Sn=na1Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q.1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()A．1B.56C.16D.130B2．若等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝2，a4＋a5＋a6＝5，则a8＋a9＋a10＝()A．16B．17C．18D．193．若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，则a5＝____，前8项的和S8＝_____(用数字作答)．4．数列112，214，318，…，n＋12n，…的前n项和Sn＝______________________.5．数列{an}的通项公式an＝1n＋n＋1，若前n项的和为10，则项数n＝______.B1622511(1)122nnn120考点1已知数列的通项公式，求数列前n项之和例1：(1)等比数列1,2,22,23，…中的第5项到第10项的和为________；(2)等差数列{an}的前n项和为18，前2n项为和28，则前3n项和为________．解题思路：(1)可以先求出S10，再求出S4，利用S10－S4求解；也可以先求出a5及a10，由a5、a6、a7、…、a10成等比数列求解．(2)利用等差数列的性质求解．解析：(1)由a1＝1，a2＝2，得q＝2，∴S10＝11－2101－2＝1023，S4＝11－241－2＝15，∴S10－S4＝1008.(2)方法一：∵{an}是等差数列，∴Sn、S2n－Sn、S3n－S2n是等差数列．∴2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)⇒2(28－18)＝18＋S3n－28，∴S3n＝30.方法二：∵{an}是等差数列，∴Snn为等差数列．若所给数列是等差(等比)数列，可根据其前n项和公式求解，利用等差(等比)数列的有关性质解题，有时可以简化运算．∴n，Snn，2n，S2n2n，3n，S3n3n三点共线．∴282n－18n2n－n＝S3n3n－282n3n－2n⇒S3n＝30.【互动探究】1．已知等比数列{an}中，an0，a1、a9为x2－10x＋16＝0的两个根，则a4·a5·a6＝____.考点2裂项相消法求和64例2：(1)求和：11×4＋14×7＋17×10＋…＋13n－23n＋1；(2)求和：12＋1＋13＋2＋14＋3＋…＋1n＋1＋n.解题思路：观察通项公式，发现an＝1nn＋1＝1n－1n＋1.解析：(1)∵13n－23n＋1＝1313n－2－13n＋1，∴原式＝131－14＋14－17＋17－110＋…＋13n－2－13n＋1＝131－13n＋1＝n3n＋1.(2)∵1n＋1＋n＝n＋1－n，∴12＋1＋13＋2＋14＋3＋…＋1n＋1＋n＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1.数列的常见拆项有：1nn＋1＝1n－1n＋1；1n＋n＋1＝n＋1－n；1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2.【互动探究】2．求和1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n＝2nn＋1.解析：∵1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12，∴11＋2＋3＋…＋n＝21n－1n＋1，∴原式＝21－12＋212－13＋213－14＋…＋21n－1n＋1＝2nn＋1.考点3错位相减法求和例3：求数列1,3a,5a2，…，(2n－1)an－1(a≠0)的前n项和Sn.解析：Sn＝1＋3a＋5a2＋…＋(2n－1)an－1①，①×a得，aSn＝a＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an②，①－②得，(1－a)Sn＝1＋2a＋2a2＋…＋2an－1－(2n－1)an.当a＝1时，Sn＝n2；解题思路：利用等比数列前n项和公式的推导方法求和，一般可解决形如一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．若一个数列是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所得数列，求和问题适用错位相减法.当a≠1时，(1－a)Sn＝1＋2a1－an－11－a－(2n－1)an.∴Sn＝1＋a－2n＋1an＋2n－1an＋11－a2.【互动探究】3．(2010年湛江调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn.(1)求a2、a3、a4的值；(2)求数列{an}的通项公式an；(3)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)∵a1＝1，∴a2＝2a1＝2，a3＝2S2＝6，a4＝2S3＝18.(2)∵an＋1＝2Sn，∴an＝2Sn－1(n≥2)，∴an＋1－an＝2an，an＋1an＝3(n≥2)．又a2a1＝2，∴数列{an}自第2项起是公比为3的等比数列，∴an＝1n＝12×3n－2n≥2.(3)∵bn＝nan，∴bn＝1n＝12n×3n－2n≥2，∴Tn＝1＋2×2×30＋2×3×31＋2×4×32＋…＋2×n×3n－2①，3Tn＝3＋2×2×31＋2×3×32＋2×4×33＋…＋2×n×3n－1②，①－②得－2Tn＝－2＋2×2×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n－2－2×n×3n－1＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n－2)－2n×3n－1＝(1－2n)×3n－1－1.∴Tn＝n－12×3n－1＋12.错源：项数判断错误例4：数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n各项和为________．误解分析：解本题易出现的问题就是审题错误，表现在：①没有求通项的意识，从而找不到解题思路，致使思路受阻；②误认为最后一项就是第n项．事实上，观察最后一项的指数，共有n＋1个数相加，是数列的第n＋1项．正解：an＝1＋2＋4＋…＋2n－1＝2n－1，∴1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n)＝(2＋22＋23＋…＋2n＋1)－(n＋1)＝2n＋2－n－3.【互动探究】4．已知数列{an}是等差数列，且a3＝5，a5＝9，Sn是数列{an}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn；(2)若数列{bn}满足bn＝1Sn·Sn＋1，且Tn是数列{bn}的前n项和，求bn与Tn.解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意可知：a3＝a1＋2d＝5a5＝a1＋4d＝9，解得：a1＝1，d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝a1＋ann2＝1＋2n－1n2＝n2.(2)∵bn＝1Sn·Sn＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.例5：已知点Pn(an，bn)都在直线l：y＝2x＋2上，P1为直线l与x轴的交点，数列{an}成等差数列，公差为1(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若f(n)＝ann为奇数bnn为偶数，问是否存在k∈N*，使得f(k＋5)＝2f(k)－2成立；若存在，求出k的值，若不存在，说明理由；(3)求证：1|P1P2|2＋1|P1P3|2＋…＋1|P1Pn|225(n≥2，n∈N*)．解析：(1)P1(－1,0)，an＝n－2，bn＝2n－2.假设存在符合条件．①若k为偶数，则k＋5为奇数，有f(k＋5)＝k＋3，f(k)＝2k－2.如果f(k＋5)＝2f(k)－2，则k＋3＝4k－6⇒k＝3与k为偶数矛盾．故不符(舍去)；②若k为奇数，则k＋5为偶数，有f(k＋5)＝2k＋8，f(k)＝k－2.∴2k＋8＝2(k－2)－2这样的k也不存在．综上所述：不存在符合条件的k.(2)f(n)＝n－2n为奇数2n－2n为偶数(3)∵Pn(n－2,2n－2)，P1(－1,0)，∴|P1Pn|＝5(n－1)(n≥2)．∴1|P1P2|2＋1|P1P3|2＋…＋1|P1Pn|2＝151＋122＋132＋…＋1n－12151＋11×2＋12×3＋…＋1n－2n－1＝151＋1－1n－1＝152－1n－125.【互动探究】5．数列{an}中，a1＝13，前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝13n＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；(2)若S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列，求实数t的值．解：(1)由Sn＋1－Sn＝13n＋1得an＋1＝13n＋1(n∈N*)，又a1＝13，故an＝13n(n∈N*)．从而Sn＝13×1－13n1－13＝121－13n(n∈N*)．(2)由(1)可得S1＝13，S2＝49，S3＝1327.从而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列，可得：13＋3×49＋1327＝2×t×13＋49，解得t＝2.数列求和的常用方法：公式法，性质法，拆项分组法，裂项相消法，错位相减法．