2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列求和课件 理 新人教A版

第4讲数列求和第六章数列1．基本数列求和方法(1)等差数列求和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝_________________．(2)等比数列求和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝____________，q≠1.2．一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋1）2；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝_____；(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝____________．na1＋n（n－1）2da1（1－qn）1－qn2n2＋n3．数列求和的常用方法(1)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．(2)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项和就是用此法推导的．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(4)分组转化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，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．(5)并项求和法一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)当n≥2时，1n2－1＝1n－1－1n＋1.()(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(3)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，当a≠0，且a≠1时，求Sn的值可用错位相减法求得．()答案：(1)×(2)√(3)√数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝()A．9B．8C．17D．16解析：选A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.(教材习题改编)数列{an}中，an＝1n（n＋1），若{an}的前n项和为20172018，则项数n为()A．2016B．2017C．2018D．2019解析：选B.an＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝20172018，所以n＝2017.已知数列：112，214，318，…，n＋12n，…，则其前n项和关于n的表达式为________．解析：设所求的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋14＋…＋12n＝n（n＋1）2＋1－12n.答案：n（n＋1）2＋1－12n已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2×（1－2n）1－2－n×2n＋1，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋2[典例引领](2019·合肥市第一次教学质量检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.分组转化法求和【解】(1)因为{an}为等差数列，所以S4＝4a1＋4×32d＝24S7＝7a1＋7×62d＝63⇒a1＝3d＝2⇒an＝2n＋1.(2)因为bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，所以Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n·(2n＋1)]＝8（4n－1）3＋Gn.当n＝2k(k∈N*)时，Gn＝2×n2＝n，所以Tn＝8（4n－1）3＋n；当n＝2k－1(k∈N*)时，Gn＝2×n－12－(2n＋1)＝－n－2，所以Tn＝8（4n－1）3－n－2，所以Tn＝8（4n－1）3＋n（n＝2k，k∈N*）8（4n－1）3－n－2（n＝2k－1，k∈N*）.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，可采用分组转化法求和．[通关练习]1．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－n，前n项和为Sn，则Sn＝________．解析：Sn＝21＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝2（1－2n）1－2－n（1＋n）2＝2n＋1－n2＋n＋42.答案：2n＋1－n2＋n＋422．(2019·潍坊市统一考试)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ＞0，n∈N*)．(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；(2)若λ＝4，bn＝an，n为奇数，log2an，n为偶数(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.解：(1)因为Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，所以Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，所以an＝λ2n－1.(2)因为λ＝4，所以an＝4·2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1，n为奇数，n＋1，n为偶数，所以T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝4－4n·41－4＋n（3＋2n＋1）2＝4n＋1－43＋n(n＋2)，所以T2n＝4n＋13＋n2＋2n－43.[典例引领](2017·高考山东卷)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.错位相减法求和【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.错位相减法求和策略(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．(2)在写“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．[通关练习]1．数列12，34，58，716，…，的前10项之和为________．解析：S10＝12＋34＋58＋…＋19210，①所以12S10＝14＋38＋…＋17210＋19211.②①－②得12S10＝12＋24＋28＋…[phone]＝12＋121－1291－12－19211＝32－129－19211＝3×210－23211，所以S10＝3×210－23210＝30491024.答案：304910242．(2019·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlog12an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋162成立的正整数n的最小值．解：(1)由题意，得a1q＋a1q2＋a1q3＝28，a1q＋a1q3＝2（a1q2＋2），解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝12，由于{an}是递增数列，所以a1＝2，q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.(2)因为bn＝anlog12an＝2n·log122n＝－n·2n，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，解2n＋1－262，得n5，所以n的最小值为6.裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题第二问，难度适中．高考对裂项相消法的考查常有以下三个命题角度：(1)形如an＝1n（n＋k）型；(2)形如an＝1n＋k＋n型；(3)形如an＝kan（an－1）（an＋1－1）(a0，a≠1)型．裂项相消法求和(高频考点)[典例引领]角度一形如an＝1n（n＋k）型(2017·高考全国卷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．【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.(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.角度二形如an＝1n＋k＋n型(2019·福州质检)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝1f（n＋1）＋f（n），n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2018＝()A.2017－1B.2018－1C.2019－1D.2019＋1【解析】由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝12.则f(x)＝x12.所以an＝1f（n＋1）＋f（n）＝1n＋1＋n＝n＋1－n，所以S2018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2018－2017)＋(2019－2018)＝2019－1.【答案】C角度三形如an＝kan（an－1）（an＋1－1）(a0，a≠1)型已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.【解】(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，又a1＋a4＝9，可解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1(舍去)．由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.(2)Sn＝a1（1－qn）1－q＝2n－1.又bn＝an＋1SnSn＋1＝Sn＋1－SnSnSn＋1＝1Sn－1Sn＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋…＋1Sn－1Sn＋1＝1S1－1Sn＋1＝1－12n＋1－1.利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能