（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列 6.5 数列求和课件

§6.5数列求和第六章数列KAOQINGKAOXIANGFENXI考情考向分析本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以填空题为主，难度中等．解答题中一般和简单数论结合，难度较大．NEIRONGSUOYIN内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PARTONE(2)等差数列前n项和Sn＝_________，推导方法：___________；知识梳理ZHISHISHULI1.(1)an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2；倒序相加法na1＋an2推导方法：___________.(3)等比数列前n项和Sn＝____，q＝1，__________＝________，q≠1.na1错位相减法111naqq11naaqq(1)1＋2＋3＋…＋n＝_______；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝________；(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝___.2.常见数列的前n项和nn＋12n(n＋1)n23.数列求和的常见方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法.(5)并项求和法：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.【概念方法微思考】(1)1nn＋1；请思考以下常见式子的裂项方法.提示1nn＋1＝1n－1n＋1；(2)12n－12n＋1；提示12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1；提示1n＋n＋1＝n＋1－n；(4)1nn＋1n＋2.提示1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2.(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时，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.()基础自测JICHUZICE题组一思考辨析123456(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.()1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)√(2)当n≥2时，1n2－1＝121n－1－1n＋1.()√×7(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(5)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数).()123456√√7题组二教材改编1234562.[P69本章测试T12]等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为______.1008∴S10＝1×1－2101－2＝1023，解析由a1＝1，a2＝2，得q＝2，S4＝1×1－241－2＝15，∴S10－S4＝1008.71234563.[P68复习题T13(2)]已知数列{an}的通项公式an＝1n＋n＋1，则该数列的前___项之和等于9.99解析由题意知，an＝1n＋n＋1＝n＋1－n，解得n＝99.所以Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1＝9，71234564.[P62习题T12]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝_____________(x≠0且x≠1).1－xn1－x2－nxn1－x＝1－xn1－x－nxn，解析设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn∴Sn＝1－xn1－x2－nxn1－x.71234565.一个球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是_________________.100＋200(1－2－9)＝100＋200×2－11－2－91－2－1解析第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)题组三易错自纠＝100＋200(1－2－9).7123456nπ26.数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2017＝_____.1008解析因为数列an＝ncosnπ2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.∴S2017＝S2016＋a20177＝20164×2＋2017·cos20172π＝1008.7.已知数列{an}的前n项和Sn＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31＝_____.123456－76解析Sn＝n2×－4，n为偶数，n－12×－4＋4n－3，n为奇数，∴S15＝29，S22＝－44，S31＝61，∴S15＋S22－S31＝－76.7∴Sn＝－2n，n为偶数，2n－1，n为奇数，2题型分类深度剖析PARTTWO题型一分组求和与并项求和师生共研例1已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n.解当n＝1时，a1＝S1＝1；a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*).解由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.则A＝21－22n1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2(n∈N*).引申探究本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.思维升华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，可采用分组求和法求{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}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.跟踪训练1(2018·苏州模拟)已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*).(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；解得d＝2，a1＝－12.解若数列{an}是等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.由an＋1＋an＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，即2d＝4,2a1－d＝－3，(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.题型二错位相减法求和师生共研例2已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n.(1)求{an}的通项公式an；解当n＝1时，a1＝S1＝12＋1＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.检验n＝1时，上式符合，∴an＝2n(n∈N*).(2)若ak＋1，a2k，a2k＋3(k∈N*)恰好依次为等比数列{bn}的第一、第二、第三项，求数列nbn的前n项和Tn.思维升华形如{an·bn}(其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列)的数列可用错位相减法求和.跟踪训练2已知数列{an}满足an≠0，a1＝13，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N*.(1)求证：1an是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；解由已知可得，1an＋1－1an＝2，1a1＝3，∴1an是首项为3，公差为2的等差数列，∴1an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴an＝12n＋1(n∈N*).(2)若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.＝6＋8－8×2n－11－2－(2n＋1)2n＋1解由(1)知bn＝(2n＋1)2n，∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1，两式相减得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1.＝－2－(2n－1)2n＋1，∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1(n∈N*).解因为anan＋1＝2(Sn＋1)，所以当n≥2时，an－1an＝2(Sn－1＋1)，两式相减，得anan＋1－an－1an＝2an，an≠0，所以an＋1－an－1＝2.题型三裂项相消法求和师生共研例3(2018·江苏省启东中学月考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，anan＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*).(1)求a2019的值；又a1＝2，所以a2019＝2＋2019－12×2＝2020.(2)求数列{an}的通项公式；解由anan＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，当n＝1时，a1a2＝2(a1＋1)，即2a2＝2×3，解得a2＝3.由an＋1－an－1＝2，可得数列{an}的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为2，所以a2k－1＝2＋2(k－1)＝2k，k∈N*，a2k＝3＋2(k－1)＝2k＋1，k∈N*，所以an＝n＋1.(3)若数列{bn}满足b1＝1，bn＝1anan－1＋an－1an(n≥2，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.bn＝1anan－1＋an－1an＝1n＋1n＋nn＋1解因为数列{bn}满足b1＝1，＝n＋1n－nn＋1nn＋1＝nn－n＋1n＋1，所以{bn}的前n项和Tn＝1－22＋22－33＋…＋nn－n＋1n＋1＝1－n＋1n＋1.思维升华裂项相消法的关键是对通项拆分，要注意相消后剩余的项.跟踪训练3已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝anan＋1，则数列{bn}的前10项和S10＝____.1011解析由an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1得1an＋1－1an＝1，，所以数列1an是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1an＝n，即an＝1n.因为bn＝anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011.3课时作业PARTTHREE1.正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.(1)求数列{an}的通项公式；基础保分练123456解设数列{an}的公差为d(d0)，由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2(n∈N*).123456(2)令bn＝1Sn＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.解因为Sn＝na1＋an2＝n2n＋62＝n2＋3n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn所以bn＝1Sn＋2＝1n2＋3n＋2＝1n＋1n＋2＝1n＋1－1n＋2，＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2＝n2n＋4(n∈N*).1234562.等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满