2012届高考数学一轮复习 30数列求和课件 (文) 新人教A版

1数列求和房增凤2基础知识回顾1.公式法对于等差数列和等比数列,在求和时可直接套用它们的前n项和公式:①等差数列前n项和公式:Sn=na1+②等比数列前n项和公式:Sn=1()(1).22nnaannd11,1,(1),1.1nnaqaqqq3另外,还有一些常见的求和公式:(1)1+2+3+…+n=(2)1+3+5+…+(2n-1)=n2,(3)12+22+32+…+n2=(1),2nn(1)(21).6nnn42.倒序相加法一个数列如果距首末两项等距离的两项和相等,那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法.如等差数列前n项和公式的推导.3.错位相减法如果当数列的每一项可分解为两个因式的乘积,各项的第一个因子成公差为d的等差数列,第二个因子成公比为q的等比数列,可将此数列前n项的和乘以公比q,然后错项相减从而求出Sn.54.裂项相消法把数列的每一项变为两数之差,以便大部分项能“正”､“负”相消,只剩下有限的几项.裂项时可直接从通项入手,并且要判断清楚消项后余下哪些项,常用的裂项公式为:111(1)(1)11111(2)(1)(1)2113nn!n1!n!nnnnnnnn65.拆项分组法把不能直接求和的数列分解成几个可以求和的数列,分别求和.6.并项转化法有时候把两项并成一项考虑,也可以实现我们的转化目的.通常适用于数列中各项的符号是正负间隔的情况.7m*1.fxxaxfx2x1,nNn()1()2..111..1fnnnABnnnnCDnn设函数的导函数则数列的前项和是m1n1111,()(1)1:fxmxa2x1,a1,m2,fxxx1,SA.1.fnnnnnnn解析用裂项法求和得故选答案:A基础自测82.已知an=(n∈N*),记数列{an}的前n项和为Sn,则使Sn0的n的最小值为()A.10B.11C.12D.133211n101111:fx,f1f2f100,S0.n11,fn0,311,,02af110,S0.B.112Px解析构造函数此函数关于点对称故即当≥时故选答案:B93.首项为2,公比为3的等比数列,从第n项到第N项的和为720,则n,N的值分别为()A.2,6B.2,7C.3,6D.3,7解析:由题意知SN-Sn-1=720,代入得解得n=3,N=6,故选C.答案:C12(13)2(13)720,1313Nn10nnn51,(1)4.5.1.611..anS,aS630()nnABCD数列的前项和为若则等于n5111,(1)1111111511.223566S6:annnn解析答案:B115.(2010·黄冈中学月考题)化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是()A.2n+1+n-2B.2n+1-n+2C.2n-n-2D.2n+1-n-212解析:将Sn两边同时乘以2,可以得到:2Sn=2n+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n,与Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1两边同时相减可得到2Sn-Sn=-n+(2+22+23+…+2n-1)+2n=-n++2n,∴Sn=-n+2n-2+2n=2n+1-n-2.故选D.答案:D12(12)12n13考点分类精讲类型一公式法求和解题准备:如果数列是等差数列或等比数列等特殊数列时,直接应用求和公式求解.14nnn1a,a65(),2()n.,Snnnn为奇数【典例】已知数列通项为偶数求其前项和15[解]当n为奇数时,奇数项组成以a1=1为首项,公差为12的等差数列,偶数项组成以a2=4为首项,公比为4的等比数列.12nn121(165)4(14)(1)(32)4(21)2;214232(165)4(14)(32)4(21)2Sn,.S.21423nnnnnnnnnnnnn当为偶数时奇数项和偶数项各有项16类型二分组转化法求和解题准备:1.有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,但若把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合,就能转化为等差数列或等比数列.从而可以利用等差、等比数列的求和公式解决.这种求和方法叫分组转化法.2.此类问题求解的关键是要分析研究数列的通项公式.17212(2010)n:11114,,,,37n12,naaa【典例】武汉求下面数列的前项和212n121111111147321 []nS11S111[147(32)],111,1a1,Sn;a1,S1.nnnnnnnaaanaaaaaaaaa解前项和为设当时当时182n12n121(31).2(31)(31);221(31)S1473n2a1SSSna1,S.S2Snnnnnnnnnannaa当时当时19[反思感悟]有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列.若将这类数列适当拆开,可分为几个等差､等比或常见的数列,即能分别求和,然后再合并.20类型三裂项相消法求和解题准备:1.裂项相消法是分解与组合思想在数列求和中的具体应用,其实质是将数列中的某些项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的.212.数列中的每一项均能分裂成一正一负两项,这是裂项相消法使用的前提,一般地,形如(其中{an}是等差数列)的数列可尝试采用此法.常用的裂项技巧有:11nnaa221111(1);()11(2)();1111(3);(21)(21)221211111(4).(1)(2)2(1)(1)(2)nnkknnknknknknnnnnnnnnnnn2311212311,1,1,1,,1233444200822007,200832008【典例】数列nnnn21, 1a,a;2bbn.nnaa写出它的通项并说明数列是等差数列设求数列的前项之和[分析]准确写出an的表达式,然后用裂项相消法.24nn1nn[]1a1aa12112(1)11.2211,22a1,212.nnnnnnnnn解因为所以数列是首项为公差为的等差数列2nn14112,(1)(3)131111111111224354621311112b2.2323bnnnaannnnnnnnnn因为所以数列的前项和为25类型四错位相减法求和解题准备:错位相减法是推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,也是数列求和中经常用到的一种方法.26【典例4】已知数列{an}是等差数列,且a1=2,a1+a2+a3=12.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=anxn(x∈R).求数列{bn}的前n项和公式.[分析]用错位相减法解(2).27[解](1)设数列{an}公差为d,则a1+a2+a3=3a1+3d=12,∵a1=2,∴d=2,∴an=2n.(2)令Sn=b1+b2+…+bn,则由bn=anxn=2nxn,得Sn=2x+4x2+…+(2n-2)xn-1+2nxn.①xSn=2x2+4x3+…+(2n-2)xn+2nxn+1.②当x≠1时,①减去②,得(1-x)Sn=2(x+x2+…+xn)-2nxn+1=-2nxn+1,∴Sn=2(1)1nxxx122(1)2.(1)1nnxxnxxx28n1n2x1,S242nnn(1),1,2(1)2,1.(S11.)1nnnnxxxnxxxx当时综上可得29错源一思维定势,数错项数23n13411,,,,,1n2S2.22nnnn【典例】求数列的前项和30223123n121nn[1,22312221231222212111122222211112221.12212]aS,S3nnnnnnnnnnnnnSnSnn错解所给数列的通项公式为则①②①②得31[剖析]本题的错误原因在于乘公比错位相减后,中间是n-1项求和,错当成了n项和,对相减后的结构认识不清楚或认识模糊.32223nn123n121111,22312221231222211111122222[]1111332211222123.aS,S32nnnnnnnnnnnnnnSnSnnn正解所给数列的通项公式为则①②①②得33错源二忽略基本“特征”【典例2】已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和为Sn和Tn,且对一切正整数n都有试求的值.53,27nnSnTn99ab34[错解]设Sn=(5n+3)k,Tn=(2n+7)k,则a9=S9-S8=(5×9+3)k-(5×8+3)k=5k.b9=T9-T8=(2×9+7)k-(2×8+7)k=2k.因此[剖析]错解忽略了等差数列前n项和公式的基本“特征”.其实,等差数列的前n项和是关于n的二次函数,且常数项为零.9955.22akbk35[正解]设Sn=(5n+3)nk,Tn=(2n+7)nk,那么,a9=S9-S8=(5×9+3)×9k-(5×8+3)×8k=88k,b9=T9-T8=(2×9+7)×9k-(2×8+7)×8k=41k,因此998888.4141akbk36技法一分类讨论思想【典例1】定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和.已知数列{an}是等和数列,且a1=2,公和为5,那么a18的值为________;这个数列的前n项和Sn的计算公式为________.[解题切入点]本题重点考查同学们在新情境下的独立分析问题和解决问题的能力.37[解析]由定义知a1+a2=a2+a3=…=a2k-1+a2k=a2k+a2k+1=5.且a1=2,所以a1=a3=…=a2k+1=2,a2=a4=…=a2k=3.所以a18=3.38nnnnnn,a2,3,S23;n,a2,5222221122115123.2225(),251()3,SS.2nnnnnnnnnnnnnn当为偶数时中有个个当为奇数时中有个个为偶数所以为奇数n5(),251().2 []3Snnnn为偶数答案为奇数39技法二函数思想【典例2】若数列{an}的前n项和Sn=n2-10n(n=1,2,3,…),则此数列的通项公式为________;数列{nan}中数值最小的项是第________项.[解析]当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-10n-(n-1)2+10(n-1)=2n-11.①当n=1时,S1=a1=-9,也满足①式.所以an=2n-11.40nan=(2n-11)n=2n2-11n.所以n=时,nan最小.由于n∈N*,所以n=3时,使得nan最小.故通项公式为an=2n-11,数列{nan}中数值最小的项是第3项.[答案]an=2n-11311441[方法与技巧]本题第一问注意an=Sn-Sn-1满足n≥2时,能否合写成一个通项公式,需要验证n=1的情况.