数列求和课件

第四节数列求和na1＋an2na1＋nn－1d2na1，q＝1，a11－qn1－q，q≠1.一．公式法nn＋12n(n＋1)n2二．几种数列求和的常用方法(教材习题改编)数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n，…的前n项和Sn的值等于________．答案：n2＋1－12n2．倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．同一个常数的值求)5()4(...)4()5(f,122)(fffxfxx答案：5.5(2)并项求和法在一个数列的前n项和中，可求解，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＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.两两结合nnnsnnaa项和求数列的前中，数列,34,2a}{a11n3．裂项相消法(1)把数列的通项拆成，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)常见的裂项技巧①1nn＋1＝1n－1n＋1.②1nn＋2＝121n－1n＋2.两项之差③12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1.④1n＋n＋1＝n＋1－n.121121)12)(12(2))2(11(41)2(1112222nnnnnnnnnn⑥⑤4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个和一个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项和公式就是用此法推导的．等差数列等比数列考点一分组转化法求和命题点1.分组、拆、拼、转化为常数列或等差数列求和2.转化为等比数列求和[例1](1)已知函数f(n)＝n2当n为奇数时，－n2当n为偶数时，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0B．100C．－100D．10200解析：由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…[phone]＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.故选B.解析：利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解．∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×10＋2342＝1830.答案：1830(2)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．[方法引航]分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比或等差数列，可采用分组转化法求和．解析：∵32＝1＋12，94＝2＋14，258＝3＋18，6516＝4＋116，…∴Sn＝32＋94＋258＋6516＋…＋n＋12n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋122＋123＋…＋12n＝nn＋12＋121－12n1－12＝nn＋12＋1－12n.答案：nn＋12＋1－12n1．数列32，94，258，6516，…的前n项和Sn为________．2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()A．200B．－200C．400D．－400解析：选B.S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.考点二错位相减法求和命题点对于“an·bn”型的数列求和解析：∵an＝n×2n∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n①∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(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∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.答案：(n－1)×2n＋1＋2[例2](1)已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.(2)(2016·高考山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.①求数列{bn}的通项公式；②令cn＝an＋1n＋1bn＋2n，求数列{cn}的前n项和Tn.解：①由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d.由a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，即11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d，解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.②由①知cn＝6n＋6n＋13n＋3n＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)·2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)·2n＋2]，两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)·2n＋2]＝3×4＋41－2n1－2－n＋1·2n＋2＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.[方法引航]错位相减法求和的具体步骤步骤1：写出Sn＝c1＋c2＋…＋cn；步骤2：等式两边同乘以等比数列的公比q，即qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn；步骤3：两式错位相减转化成等比数列求和；步骤4：两边同除以1－q，求出Sn.同时注意对q是否为1进行讨论.设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)当d1时，记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)由题意有10a1＋45d＝100，a1d＝2，即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2或a1＝9，d＝29.故an＝2n－1，bn＝2n－1或an＝192n＋79，bn＝9·29n－1.(2)由d1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝2n－12n－1，于是Tn＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n－12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋724＋…＋2n－32n－1＋2n－12n.②①－②得12Tn＝2＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，故Tn＝6－2n＋32n－1.考点三裂项相消法求和命题点1.针对cn＋kn＋p型，裂项求和2.针对cn＋n＋k型，裂项求和3.针对logan＋kn型，裂项求和[例3](1)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝1fn＋1＋fn，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2019＝________.解析：由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝.∴an＝1fn＋1＋fn＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2019－2018)＋(2020－2019)＝2020－1.(2)在数列{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，(ⅰ)由题意得Sn－1·Sn≠0，(ⅰ)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.(ⅱ)∵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.[方法引航]利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.1．将本例(1)条件变为，函数f(x)＝logax的图象过点(4,2)令an＝logan＋2n，求{an}的前10项和．解：由题意得loga4＝2，∴a＝2，∴f(x)＝log2x∴an＝log2n＋2n＝log2(n＋2)－log2n.∴S10＝(log23－log21)＋(log24－log22)＋(log25－log23)＋…＋(log211－log29)＋(log212－log210)＝－log21－log22＋log211＋log212＝log211＋log23＋1.2．(2017·辽宁五校联考)已知等差数列an，公差d0，前n项和为Sn，S3＝6且满足a3－a1,2a2，a8成等比数列．(1)求an的通项公式；(2)设bn＝1an·an＋2，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)由S3＝6，得a2＝2.∵a3－a1,2a2，a8成等比数列，∴2d·(2＋6d)＝42，解得，d＝1或d＝－43.∵d0，∴d＝1，∴数列an的通项公式为an＝n.(2)∵bn＝1an·an＋2＝1nn＋2，∴Tn＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn＋2＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝1232－1n＋1－1n＋2＝3n2＋5n4n＋1n＋2.3．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝n＋1n＋22a2n，数列{bn}的前n项和为Tn．证明：对于任意的n∈N*，都有Tn564．(1)解：由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0．由于{an}是正项数列，所以Sn0，Sn＝n2＋n．于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n．综上，数列{an}的通项公式为an＝2n．证明：由于an＝2n，故bn＝n＋1n＋22a2n＝n＋14n2n＋22＝1161n2－1n＋22．Tn＝11