2019年高考数学二轮复习 专题六 数列、不等式及数学归纳法 第3讲 数列求和及综合应用课件 新人教

第3讲数列求和及综合应用核心整合1.公式法:利用等差、等比数列求和公式求和.2.分组求和法:分组求和法是指一个和式可分成几部分,而每一部分又可分别求和的方法.3.并项求和法:先将某些项放在一起求和,然后再求和的方法.4.倒序求和法:距首尾两端等距离的两项和相等,可以用此法,一般步骤:①求通项公式;②定和值;③倒序相加;④求和.5.错位相减法:形如{an·bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列)的数列求和.6.裂项相消法:将数列的通项分成两个代数式的差,即an=f(n+1)-f(n)的形式,然后通过累加抵消中间若干项的求和方法.核心突破考点一公式法解析:n(n+1)(n+2)=(n+1)3-(n+1),所以1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)=23-2+33-3+…+(n+1)3-(n+1)=22124nn-122nn=1234nnnn.【例1】1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)=.答案:1234nnnn方法技巧利用公式法需要熟练掌握等差、等比求和公式及12+22+…+n2=1216nnn,13+23+…+n3=2214nn等公式.【题组训练】1.数列{an}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+an=3n-1,则21a+22a+23a+…+2na等于()(A)(3n-1)2(B)12(9n-1)(C)9n-1(D)14(3n-1)B解析:因为a1+a2+…+an=3n-1,n∈N*,n≥2时,a1+a2+…+an-1=3n-1-1,所以当n≥2时,an=3n-3n-1=2·3n-1,又n=1时,a1=2适合上式,所以an=2·3n-1,故数列{2na}是首项为4,公比为9的等比数列.因此21a+22a+…+2na=41919n=12(9n-1).故选B.解析:1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n)=2112+2222+…+22nn=14nn+12112nnn=126nnn.2.求和1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n)=.答案:126nnn考点二分组求和法解析:422nnnn=2n+(-1)nn,当n为偶数时,Sn=(2+22+…+2n)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]=2n+1-2+2n.当n为奇数时,Sn=(2+22+…+2n)+[-1+2-3+4-…+(n-1)-n]=2n+1-2-12n.【例2】求和:Sn=4212+2224222+3334232+…+422nnnn=.答案:112221222nnnnnn为偶数，为奇数方法技巧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,可采用分组转化法求{an}的前n项和.(2)通项公式为an=,,nnbncn为奇数，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和.【题组训练】1.1+11+111+…+11n个…1=.解析:11n个…1=1019n,所以1+11+111+…+11n个…1=210109nn…+10=11010981nn.答案:11010981nn解析: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1011212+10×1+1092×2=1123.2.已知数列{an}中,a1=a2=1,an+2=2,nnaan+2,n为奇数，为偶数(n∈N*),则数列{an}的前20项和为.答案:11233.Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lgan],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.(1)求b1,b11,b101;解:(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1,所以{an}的通项公式为an=n,b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.解:(2)因为bn=0,110,1,10100,2,1001000,3,1000,nnnn＜＜＜所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.(2)求数列{bn}的前1000项和.考点三并项求和法解析:利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解.因为an+1+(-1)nan=2n-1,所以a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,…,a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1,所以a1+a2+…+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a57+a58+a59+a60)=10+26+42+…+234=15102342=1830.【例3】数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为.答案:1830方法技巧并项求和法通常是通过把一些项先求和得到一个和式,再对和式进行分析求和.【题组训练】1.数列{an}的通项an=n2(cos2π3n-sin2π3n),其前n项和为Sn,则S30为()(A)470(B)490(C)495(D)510解析:an=n2(cos2π3n-sin2π3n)=n2·cos2π3n,令bn=a3n-2+a3n-1+a3n=(3n-2)2×(-12)+(3n-1)2×(-12)+(3n)2=9n-52,故S30=a1+a2+…+a30=b1+b2+…+b10=55991010222=470.故选A.A2.已知数列{an}的通项为an=(-1)n(4n-3),则数列{an}的前50项和T50=.解析:an+an+1=(-1)n+1·4,所以T50=25×4=100.答案:100解:(1)设数列{an}的公比为q,由已知,有11a-11aq=212aq,解得q=2或q=-1.又由S6=a1·611qq=63,知q≠-1,所以a1·61212=63,得a1=1,所以an=2n-1.3.已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且11a-21a=32a,S6=63.(1)求{an}的通项公式;解:(2)由题意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即{bn}是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n2nb}的前n项和为Tn,则T2n=(-21b+22b)+(-23b+24b)+…+(-221nb+22nb)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=1222nnbb=2n2.(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)n2nb}的前2n项和.考点四倒序求和法解:ak+a10-k=2232kk[phone]kk=1,设S=a1+a2+…+a8+a9,则S=a9+a8+…+a2+a12S=(a1+a9)+(a2+a8)+…+(a8+a2)+(a9+a1)2S=9,S=92.【例4】an=2232nn,求a1+a2+…+a9.方法技巧倒序相加通常的函数模型是关于某点成中心对称.解析:令S=sin21°+sin22°+…+sin289°,则2S=(sin21°+sin289°)+(sin22°+sin288°)+…+(sin289°+sin21°)=89,所以S=892.【题组训练】1.sin21°+sin22°+…+sin289°=.答案:892解析:令S=f(1n)+f(2n)+…+f(1nn),则2S=[f(1n)+f(1nn)]+[f(2n)+f(2nn)]+…+[f(1nn)+f(1n)]=2(n-1),所以S=n-1.2.f(x)满足f(1-x)+f(x)=2,则f(1n)+f(2n)+…+f(1nn)=.答案:n-1解析:bn+b20-n=log3209nn+log3920nn=-4,所以b1+b2+…+b19=1192181912bbbbbb…+=-38.3.bn=log3209nn,则b1+b2+…+b19=.答案:-38考点五错位相减法解:(1)当n=1时,1a=4,所以a1=16,当n≥2时,1a+2a+3a+…+na=n2+3n,1a+2a+3a+…+1na=(n-1)2+3(n-1),【例5】已知数列{an}各项都是正数,且1a+2a+3a+…+na=n2+3n(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;两式相减得na=2n+2,所以an=4(n+1)2,因为n=1时,a1=16满足上式,所以an=4(n+1)2(n∈N*).解:(2)由(1)知bn=12nnan=412nn,所以Sn=4[2×12+3×(12)2+4×(12)3+…+(n+1)·(12)n],所以12Sn=4[2×(12)2+3×(12)3+4×(12)4+…+(n+1)×(12)n+1],两式作差得12Sn=4[1+(12)2+(12)3+…+(12)n-(n+1)(12)n+1](2)设bn=12nnan,n∈N*,求{bn}的前n项和Sn.=4{1+2111122112n-(n+1)(12)n+1}=6-(n+3)(12)n-1,所以Sn=12-(n+3)(12)n-2(n∈N*).方法技巧错位相减法通常运用在通项为等差数列乘等比数列的求和问题中.【题组训练】1.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;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112223,,abbabb即11112,1723,bdbd解得14,3,bd所以bn=3n+1.解:(2)由(1)知cn=16633nnnn=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+41212n-(n+1)×2n+2]=-3n·2n+2,所以Tn=3n·2n+2.(2)令cn=112nnnnab,求数列{cn}的前n项和Tn.2.设数列{an}的前n项和为Sn,已知2Sn=3n+3.(1)求{an}的通项公式;解:(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3.当n1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,所以an=13,1,3,1.nnn＞解:(2)因为anbn=log3an,所以当n=1时,b1=13,所以T1=b1=13.当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n,Tn=b1+b2+b3+…+bn=13+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.两式相减,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)