2020届高考数学一轮总复习 第六单元 数列与算法 第40讲 数列求和课件 理 新人教A版

高考总复习第（1）轮理科数学第六单元数列与算法第40讲数列求和1．掌握数列求和的常用方法与思路．2．能选择适当的方法解决有关数列求和的问题．1．常用公式(1)等差数列求和公式：Sn＝____________________，推导方法是______________.(2)等比数列求和公式：Sn＝________________________，推导方法是______________.倒序相加错位相减2．常用方法(1)分组求和法：将通项展开后分解成几组，其中每一组可转化为等差、或等比数列或其他可求和的数列求和．(2)裂项求和法：将数列中的通项拆成两项之差求和，使之正负相消，剩下首尾若干项．(3)并项求和法：依次将数列中相邻两项并成一项，使之转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和．(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列(倒序)与原数列相加，叫倒序相加，主要用于倒序相加后对应项和有公因式可提的数列求和，如等差数列求和公式就是用倒序相加法推导出来的．(5)错位相减法：这是推导等比数列前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}、{bn}分别为等差数列和等比数列．1．常见数列的前n项和(1)1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n；(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；(4)12＋22＋…＋n2＝nn＋12n＋16；(5)13＋23＋…＋n3＝[nn＋12]2.2．常见的裂项公式(1)若{an}各项都是不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，则1an·an＋1＝1d(1an－1an＋1)；(2)1nn＋k＝1k(1n－1n＋k)；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n；(4)loga(1＋1n)＝loga(n＋1)－logan(a0，且a≠1)．1．数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n的前n项和是()A.1＋n2－(12)n－1B.1＋n2－(12)nC.1＋n2－(12)n＋1D.1＋n2－2n解：112＋314＋518＋7116＋…＋(2n－1)＋12n＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)]＋(12＋14＋18＋116＋…＋12n)＝n[1＋2n－1]2＋12[1－12n]1－12＝n2＋1－(12)n.答案：B2．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：因为an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案：A3．sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝______.解：设S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin288°＋sin289°，则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin22°＋sin21°上述两式相加得2S＝1×89，所以S＝892.答案：8924．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则k＝1n1Sk＝.解：设等差数列{an}的公差为d，则由a3＝a1＋2d＝3，S4＝4a1＋4×32d＝10，得a1＝1，d＝1.所以Sn＝n×1＋nn－12×1＝nn＋12，1Sn＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)．所以k＝1n1Sk＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝2(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1)＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1.答案：2nn＋15．化简和式：1×2＋2×4＋…＋n×2n＝____________.解：令Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，②①－②得：－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋2分组求和与并项求和裂项求和法错位相减法求和考点1·分组求和与并项求和【例1】设数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…，则它的前n项和Sn为()A.2nB．2n－nC．2n＋1－nD．2n＋1－n－2解：因为an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，所以Sn＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n×1＝21－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.答案：D分析：作为选择题，利用特殊值法，很容易得到答案，下面来探论这一类问题的一般方法——直接法．【变式探究】1．若Sn＝－12＋22－32＋…＋(－1)nn2(n∈N*)，则Sn等于()A.nn＋12B．－nn＋12C．(－1)nnn＋12D．(－1)n＋1nn＋12解：当n为偶数时，Sn＝－12＋22－32＋…＋[－(n－1)2]＋n2＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n2－(n－1)2]＝3＋7＋…＋(2n－1)＝3＋2n－12·n2＝nn＋12.当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋an＝n－1n2－n2＝－nn＋12.综上，可知Sn＝(－1)nnn＋12.点评：(1)数列求和，要注意通项的分析，根据通项的特点灵活选择方法．本题通项an可表示为bn＋cn的形式，其中{bn}是等比数列，{cn}是等差数列，故可采取拆项求和的方法．(2)“拆项”和“并项”方式不同，但目的都是为了转化，通过“拆”和“并”的手段，将不可直接求和的数列问题转化为可求和的数列来处理．考点2·裂项求和法【例2】(经典真题)Sn为数列{an}的前n项和．已知an0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和．解：(1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可得a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，由于an0，可得an＋1－an＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列．所以所求通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知，bn＝1anan＋1＝12n＋12n＋3＝12(12n＋1－12n＋3)，设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12[(13－15)＋(15－17)＋…＋(12n＋1－12n＋3)]＝n32n＋3.【变式探究】2.(2018·郑州三模)已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若a2＋a8＝22，且a4，a7，a12成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若Tn＝1S1＋1S2＋…＋1Sn，证明：Tn34.证明：(1)因为{an}为等差数列，且a2＋a8＝22，所以a5＝12(a2＋a8)＝11，由a4，a7，a12成等比数列，得a27＝a4·a12，即(11＋2d)2＝(11－d)·(11＋7d)，因为d≠0，所以d＝2，所以a1＝11－4×2＝3，故an＝2n＋1(n∈N*)．(2)因为Sn＝n（a1＋an）2＝n(n＋2)，所以1Sn＝1n（n＋2）＝12(1n－1n＋2)，所以Tn＝1S1＋1S2＋…＋1Sn＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2]＝12[1＋12－1n＋1－1n＋2]＝34－12(1n＋1＋1n＋2)34故Tn34.点评：(1)对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和是常用“裂项相消法”，分式型数列求和常用此法．(2)利用裂项求和法时，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．要根据通项的特点来确定．考点3·错位相减法求和【例3】(2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，①4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，②①－②，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝3n－23×4n＋1＋83.所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为3n－23×4n＋1＋83.【变式探究】3.(2016·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，满足上式，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，可解得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.点评：(1)一般地，若{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an·bn}的前n项和可采用错位相减法．(2)用错位相减法求和时，其基本步骤为：①写出Sn与qSn的表达式(注意错位对齐)；②作差，写出Sn－qSn的表达式；③化简Sn－qSn的表达式(弄清表示式中是n－1项还是n项构成等比数列)；④得到Sn的表达式(注意q是否为1的讨论)．1．数列求和的基本思想是“转化”，其一是转化为基本数列(如等差、等比数列)的求和或其他可求和的数列；其二是通过消项，把较复杂的数列求和转化为求不多的几项的和．到底如何进行转化，关键是在分析数列通项及其和式的构成规律，根据其特点转化为基本数列求和，或分解为基本数列求和．2．对于一般的数列求和无通法可循，能求和的是几类特殊的数列，其常用的方法有分组求和法、并项求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项求和法等，要注意分析总结这几种方法的适用类型．3．对通项中含有(－1)n或奇数项、偶数项由等差(等比)数列构成的数列，求前n项和时，注意根据n的奇偶性进行讨论，转化为基本数列求和．