2018年高中数学北师大版必修五课件：第1章-§3-3.2-第2课时-数列求和习题课

第一章数列第2课时数列求和习题课分组转化法求和已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．【解】(1)等比数列{bn}的公比q＝b3b2＝93＝3，所以b1＝b2q＝1，b4＝b3q＝27.设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．(2)由第一问知，an＝2n－1，bn＝3n－1.因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝n（1＋2n－1）2＋1－3n1－3＝n2＋3n－12.如果一个数列的通项公式可写成cn＝an±bn的形式，而数列{an}，{bn}是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可采用分组转化法求和．1.(1)Sn＝3＋33＋333＋…＋＝________．(2)已知数列{cn}：112，214，318，…，试求{cn}的前n项和．解：(1)数列3，33，333，…，的通项公式an＝13(10n－1)．所以Sn＝13(10－1)＋13(102－1)＋…＋13(10n－1)＝13(10＋102＋…＋10n)－n3＝13×10（1－10n）1－10－n3＝1027(10n－1)－n3，故填1027(10n－1)－n3.(2)令{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝112＋214＋318＋…＋n＋12n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋14＋18＋…＋12n＝n（n＋1）2＋121－12n1－12＝n（n＋1）2＋1－12n.即数列{cn}的前n项和为Sn＝n2＋n2＋1－12n.裂项相消法求和设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n项和．【解】(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，从而{an}的通项公式为an＝22n－1(n∈N＋)．(2)记{an2n＋1}的前n项和为Sn.由(1)知an2n＋1＝2（2n＋1）（2n－1）＝12n－1－12n＋1.则Sn＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.对于通项公式是分式的一类数列，在求和时常用“裂项法”．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项．常见的拆项公式有：(1)1n（n＋k）＝1k·1n－1n＋k.(2)若{an}为等差数列，公差为d，则1an·an＋1＝1d1an－1an＋1.(3)1n＋1＋n＝n＋1－n.2.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S2b2＝64，S3b3＝960.(1)求an与bn；(2)求1S1＋1S2＋…＋1Sn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.根据题意，得S2b2＝（6＋d）q＝64，S3b3＝（9＋3d）q2＝960，解得d＝2，q＝8或d＝－65，q＝403.因为d为正数，所以d＝－65，q＝403不符合题意，舍去．所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)Sn＝n[3＋（2n＋1）]2＝n(n＋2)．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）.错位相减法求和已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前n项和Tn.【解】(1)设{an}的公比为q，由题意知：a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2.又an0，解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（b1＋b2n＋1）2＝(2n＋1)·bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝bnan，则cn＝2n＋12n，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋522＋723＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n，又12Tn＝322＋523＋724＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，两式相减得12Tn＝32＋(12＋122＋…＋12n－1)－2n＋12n＋1，所以Tn＝5－2n＋52n.用错位相减法求和的注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．3.已知an＝n3n，求数列{an}的前n项和Sn.解：Sn＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，13Sn＝132＋233＋…＋n－13n＋n3n＋1，两式相减得23Sn＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1＝131－13n1－13－n3n＋1＝12－12×3n－n3n＋1，所以Sn＝34－14×3n－1－n2×3n＝34－2n＋34×3n.规范解答数列求和(本题满分12分)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，满足上式．所以an＝6n＋5.(2分)设数列{bn}的公差为d.由a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，即11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d，(4分)可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.(6分)(2)由第一问知cn＝（6n＋6）n＋1（3n＋3）n＝3(n＋1)·2n＋1.(7分)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]，(8分)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，(11分)所以Tn＝3n·2n＋2.(12分)(1)由n＝1知a1＝11是解题关键，也是易忽视的．两式相减时易出错，从而失去后面的分数．(2)抓住数列的通项选择求和方法求数列的前n项和一定要抓住数列的通项，分析通项公式的结构与特点，通过对通项进行适当的变形、转换达到求和的目的．如本例中cn＝3(n＋1)2n＋1是等差数列{n＋1}与等比数列{2n＋1}对应项相乘而成的，可采用错位相减法求和．(3)关注运算准确性、重视检验解数列求和问题时，往往涉及较为复杂的运算，稍有不慎就会导致丢分．若中间过程中的关键量计算出错，不仅得不到分，而且浪费时间．因此，解题时要加强检验，避免失分．1．1＋11×2＋12×3＋…＋199×100等于()A.99100B．199100C.9899D．19799解析：选B.因为1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以原式＝1＋[1－12＋12－13＋…＋199－1100]＝1＋1－1100＝199100.2．数列{n·2n}的前n项和为()A．(n－1)2n＋1＋2B．n·2n＋1＋2C．(n－1)·2n＋2D．n·2n＋2解析：选A.设数列{n·2n}的前n项和为Sn，则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②由②－①得Sn＝n×2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n×2n＋1－2－2n×21－2＝n·2n＋1－2n＋1＋2.3．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n项和Sn等于________．解析：该数列的通项公式为an＝2n（n＋1）分裂为两项差的形式为an＝21n－1n＋1，令n＝1，2，3，…，则Sn＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1，所以Sn＝21－1n＋1＝2nn＋1.答案：2nn＋14．求数列214，418，6116，…，2n＋12n＋1，…的前n项和Sn.解：Sn＝214＋418＋6116＋…＋2n＋12n＋1＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋14＋18＋…＋12n＋1＝n（2n＋2）2＋141－12n1－12＝n(n＋1)＋12－12n＋1.本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放