2020版高考文科数学第一轮复习课件：第六章-数列6-4-

数列(必修5)第六章2020版高考文科数学一轮复习课件第四节数列求和高考概览：1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．主干知识梳理Z主干梳理精要归纳[知识梳理]1．公式法与分组求和法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和①等差数列的前n项和公式：Sn＝na1＋an2＝.②等比数列的前n项和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a11－qn1－q，q≠1.na1＋nn－12d(2)分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．2．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项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，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．(2)并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．3．裂项相消法把数列的每一项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以出现有规律的相互抵消，从而求得其和．4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列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．[辨识巧记]1．三个裂项公式(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.2．两个注意点(1)应用裂项相消法时，应注意消项的规律具有对称性，即前面剩第几项则后面剩倒数第几项．(2)应用错位相减法时，应注意相减后符号的变化和所构成的等比数列的项数．[双基自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝a1－an＋11－q.()(2)当n≥2时，1n2－1＝121n－1－1n＋1.()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．()(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝3n－12.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝()A．15B．12C．－12D．－15[解析]设bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.故选A.[答案]A3．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2nB．2＋2nC．n＋2n－1D．n＋2＋2n[解析]Sn＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1.故选C.[答案]C4．(必修5P47B组T4改编)数列{an}中，an＝1nn＋1，若{an}的前n项和为20172018，则项数n为()A．2015B．2016C．2017D．2018[解析]由an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，得Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.所以nn＋1＝20172018，得n＝2017.故选C.[答案]C5．(2019·泉州四校联考)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3×15n，则其前20项和S20＝________.[解析]由an＝2n－3×15n，得S20＝2×(1＋2＋…＋20)－3×15＋152＋…＋1520＝2×20×1＋202－3×15×1－15201－15＝420－341－1520.[答案]420－341－1520核心考点突破H精研考题突破重难考点一分组转化法求和【例1】在等比数列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.[思路引导]设基本量q，d→列方程组求解→写出通项公式→求和[解](1)设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn}的公差为d.由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d，故3q＝3＋3d，3q2＝3＋12d，⇒q＝1＋d，q2＝1＋4d，⇒q＝3或1(舍去)．所以d＝2，所以an＝3n，bn＝2n＋1.(2)由题意，得cn＝an＋bn＝3n＋(2n＋1)，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n)＝n3＋2n＋12＋31－3n1－3＝3n＋12＋n2＋2n－32.[拓展探究]若本例(2)中的“cn＝an＋bn”改为“cn＝an＋(－1)nbn”，其他条件不变，结果如何求？[解]由题意，得cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－1(2n－1)＋(－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋…＋3n.当n为偶数时，Sn＝n＋3n＋12－32＝3n＋12＋n－32；当n为奇数时，Sn＝(n－1)－(2n＋1)＋3n＋12－32＝3n＋12－n－72.所以Sn＝3n＋12＋n－32，n为偶数，3n＋12－n－72，n为奇数.分组转化法求和的2种常见类型(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{an}的前n项和．[对点训练](2019·北京石景山期末)已知数列{an}为递增的等比数列，a1·a4＝8，a2＋a3＝6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an＋log2an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)由a1·a4＝a2·a3＝8及a2＋a3＝6，得a2＝2，a3＝4或a3＝2，a2＝4(舍)，所以a3a2＝q＝2，a1＝1，所以an＝a1qn－1＝2n－1.(2)由(1)得bn＝an＋log2an＋1＝2n－1＋n，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(20＋21＋…＋2n－1)＋(1＋2＋…＋n)＝1－2n1－2＋1＋nn2＝2n－1＋n2＋n2.考点二裂项相消法求和裂项相消法求数列的前n项和是高考中的热点，既有选择题或填空题的考查，又有解答题形式的考查，难度适中，属中档题．常见的命题探究角度有：(1)“an＝1n＋αn＋β”型数列求和；(2)“an＝1n＋n＋k”型数列求和；(3)“an＝n＋1n2n＋22”型数列求和．角度1：“an＝1n＋αn＋β”型数列求和【例2－1】(2017·全国卷Ⅲ)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．[思路引导](1)当n≥2时，a1＋3a2＋…＋2n－3an－1＝2n－1→与已知关系式作差得an→验证a1适合上式→得{an}的通项公式(2)由an求出an2n＋1→分析其特征→确定求和方法并求解[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，也适合上式．从而{an}的通项公式为an＝22n－1.(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.角度2：“an＝1n＋n＋k”型数列求和【例2－2】设数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2Sn＝an＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝1an＋an＋1，若b1＋b2＋…＋bn1，求正整数n的最小值．[解](1)由2Sn＝an＋1，两边平方，得4Sn＝(an＋1)2，则4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，两式相减，得4an＋1＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，整理得(an＋1－1)2－(an＋1)2＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.因为an0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.又因为当n＝1时，2a1＝a1＋1，所以(a1－1)2＝0，所以a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)因为bn＝12n－1＋2n＋1＝2n＋1－2n－12，所以b1＋b2＋…＋bn＝12[(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n＋1－2n－1)]＝12(2n＋1－1)．由12(2n＋1－1)1，解得n4，所以满足条件的正整数n的最小值为5.角度3：“an＝1n2n＋22”型数列求和【例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.[解](1)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.(2)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＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1n－12－1n＋12＋1n2－1n＋22＝1161＋122－1n＋12－1n＋221161＋122＝564.裂项相消法求和的注意点(1)在把通项裂开后，应验证其是否恰好等于相应的两项之差，注意变形的等价性．(2)在正负项抵消后，应注意消项的规律具有对称性，前面剩下几项，后面也剩下几项．(3)常用的几个裂项式子(其中n为正整数)1nn＋k＝1k1n－1n＋k(k≠0)，14n2－1＝1212n－1－12n＋1，1n＋n＋1＝n＋1－n，loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan(a0，a≠1)[对点训练]1．(2018·山东济宁期中)等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a5＝10，S5＝30，则1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S2017＝________.[解析]设等差数列{an}的公差为d，∵a5＝10，S5＝30，∴a1＋4d＝10，5a1＋5×42d＝30，解得a1＝d＝2.∴Sn＝2n＋nn－12×2＝n(n＋1)，∴1Sn＝1nn＋1＝1n－1n＋1.则1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S2017＝1－12＋12－13＋…＋12017－12018＝1－12018＝20172018.[答案]201720182．若数列{an}的通项公式为an＝1n＋n＋2，前n项和为Sn，则S16＝________.[解析]由an＝1n＋n＋2＝12n＋2－n，得S16＝12(3－1＋4－2＋5－3＋…＋17－15＋18－16)＝12(18＋17－2－1)＝17＋22－12.[答案]17＋22－12考点三错位相减法求和【例3】