2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列 4 第4讲 数列求和课件 文 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.na1＋n（n－1）2da1(1－qn)1－q2．一些常见数列的前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＝__________．n2n2＋n常用知识拓展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；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．分组转化法求和(师生共研)【解】(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－（n－1）2＋（n－1）2＝n.a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)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，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.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．1．(2019·资阳诊断)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝an＋2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列{an}的前20项和为()A．1121B．1122C．1123D．1124解析：选C.由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.选C.2．已知{an}是等差数列，a1＋a5＝6，a2＋a8＝10，数列{bn}满足b1＝4，2an＋2＝log2bn＋1.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{2an＋bn}的前n项和Sn.解：(1)因为{an}是等差数列，a1＋a5＝6，a2＋a8＝10，所以a3＝3，a5＝5，所以公差d＝1，所以a1＝1，所以an＝n.因为2an＋2＝log2bn＋1，所以bn＋1＝22an＋2，bn＝22an－1＋2(n≥2)，所以bn＝4n(n≥2)．又b1＝4也满足上式，所以bn＝4n.(2)由(1)知，an＝n，bn＝4n，所以2an＋bn＝2n＋4n，所以Sn＝2×1＋41＋2×2＋42＋2×3＋43＋…＋2n＋4n＝2×(1＋2＋3＋…＋n)＋(41＋42＋43＋…＋4n)＝n(n＋1)＋4n＋1－43.(2019·江西临川一中质检)已知等差数列{an}满足a3＝5，其前6项和为36，等比数列{bn}的前n项和Sn＝2－12n－1(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.错位相减法求和(师生共研)【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得a1＋2d＝5，6a1＋15d＝36，解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1(n∈N*)．对于数列{bn}，因为Sn＝2－12n－1，所以当n＝1时，b1＝S1＝2－1＝1，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2－12n－1－2－12n－2＝12n－1，综上所述，bn＝12n－1(n∈N*)．(2)由(1)得anbn＝2n－12n－1，所以Tn＝1＋321＋522＋…＋2n－32n－2＋2n－12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋…＋2n－32n－1＋2n－12n，②①－②得，12Tn＝1＋1＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，所以Tn＝6－4n＋62n＝6－2n＋32n－1.错位相减法求和的策略(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．(2019·福建市第一学期高三期末考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.(1)证明数列{an}是等比数列；(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，所以a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，an＝2n－1，所以bn＝(2n－1)×2n－1，所以Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1①，2Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n②，由①－②得－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n＝1＋2×2－2n－1×21－2－(2n－1)·2n＝(3－2n)×2n－3，所以Tn＝(2n－3)×2n＋3.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．裂项相消法求和(多维探究)【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，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2.1．(2019·湖北八校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝12a12＋6，a2＝4，则数列1Sn的前10项和为()A．1112B．1011C．910D．89解析：选B.设等差数列{an}的公差为d，由a9＝12a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以1Sn＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以1S1＋1S2＋…＋1S10＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011.2．(2019·郑州市第一次质量测试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＝25，S5＝55.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设anbn＝13n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意a2＋a5＝2a1＋5d＝25，S5＝5a3＝5a1＋10d＝55，解得a1＝5，d＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n＋2.(2)由anbn＝13n－1，得bn＝1an(3n－1)＝1(3n－1)(3n＋2)＝1313n－1－13n＋2，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1312－15＋15－18＋…＋13n－1－13n＋2＝1312－13n＋2＝16－19n＋6＝n2(3n＋2).数学运算——数列的基本运算已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数