2019-2020学年高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第2课时 数列求和课件 新

2.5等比数列的前n项和第2课时数列求和目标定位重点难点1.掌握数列求和的方法．2．掌握分组转化法、错位相减法、裂项相消法的综合应用.重点：数列求和的方法．难点：数列求和方法的综合应用.1．分组转化求和法如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成，并且各独立项也可组成等差或等比数列，则该数列的前n项和可考虑拆项后利用公式求解．2．裂项相消求和法对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项，常见的裂项公式：(1)1nn＋k＝1k·____________；1n－1n＋k(2)若{an}为等差数列，公差为d，则1an·an＋1＝1d1an－1an＋1；(3)1n＋1＋n＝__________等．n＋1－n3．错位相减法若数列{an}为等差数列，数列{bn}是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项的和时，常常采用将{anbn}的各项乘以公比q，然后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法．1．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－5n＋2，则数列{|an|}的前10项和为()A．56B．58C．62D．60【答案】D【解析】Sn＝n2－5n＋2的最小值是当n＝－－52＝2.5时取得，∵n是自然数，n＝2时，Sn＝22－5×2＋2＝－4，n＝3时，Sn＝32－5×3＋2＝－4，a3＝S3－S2＝(－4)－(－4)＝0，∴n≥4时，an＞0，n≤3时，an≤0.∴数列{|an|}的前10项和S＝S10－2S3＝(100－50＋2)－2(9－15＋2)＝60.故选D．2．数列{an}的通项公式是an＝2n＋n＋1，若前n项的和为10，则项数n为()A．11B．99C．120D．35【答案】D【解析】∵an＝2n＋n＋1＝2(n＋1－n)，∴Sn＝2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)]＝2(n＋1－1)＝10，解得n＝35.故选D．3．已知等比数列的前n项和Sn＝4n＋a，则a的值等于()A．－4B．－1C．0D．1【答案】B【解析】∵等比数列的前n项和Sn＝4n＋a，∴a1＝S1＝4＋a，a2＝S2－S1＝(16＋a)－(4＋a)＝12，a3＝S3－S2＝(64＋a)－(16＋a)＝48，∴122＝48(4＋a)，解得a＝－1.故选B．4．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a51＝________.【答案】676【解析】∵在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，∴a3－a1＝0，a5－a3＝0，…，a51－a49＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a51＝1.由a4－a2＝2，得a4＝2＋a2＝4，同理可得a6＝6，a8＝8，…，a50＝50.∴a1＋a2＋a3＋…＋a51＝(a1＋a3＋a5＋…＋a51)＋(a2＋a4＋…＋a50)＝26＋2＋50×252＝676.【例1】在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为c的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.分组转化求和【解题探究】(1)依题意a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，从而d＝－3.由此能求出数列{an}的通项公式．(2)由数列{an＋bn}是首项为1，公比为c的等比数列，得－3n＋2＋bn＝cn－1，所以bn＝3n－2＋cn－1.所以Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋c＋c2＋…＋cn－1)＝n3n－12＋(1＋c＋c2＋…＋cn－1)．由此能求出{bn}的前n项和Sn.【解析】(1)设等差数列{an}的公差是d.依题意a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，从而d＝－3.所以a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1.所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.(2)由数列{an＋bn}是首项为1，公比为c的等比数列，得an＋bn＝cn－1，即－3n＋2＋bn＝cn－1，所以bn＝3n－2＋cn－1.所以Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋c＋c2＋…＋cn－1)＝n3n－12＋(1＋c＋c2＋…＋cn－1)．从而当c＝1时，Sn＝n3n－12＋n＝3n2＋n2；当c≠1时，Sn＝n3n－12＋1－cn1－c.【方法规律】如果一个数列{an}的通项an是关于n的多项式或分式、根式或其他形式的函数时，这个数列的和又不能直接运用等差数列、等比数列及其他常用公式求和时，我们可以采用“化整为零，各个击破”的数学思想，将数列{an}的通项经过适当变形进行分解，使之转化为运用公式法能求解的基本数列的求和问题，从而使问题获解．已知数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，….(1)求其通项公式an；(2)求这个数列的前n项和Sn.【解析】(1)an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝1－2n1－2＝2n－1.∴这个数列的通项公式为an＝2n－1.(2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝21－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.【解题探究】(1)利用等比数列的通项公式及其前n项和的公式即可得出；(2)利用对数的运算性质、“裂项求和”即可得出．裂项相消求和【例2】等比数列{an}的各项均为正数，其前4项和S4＝4081且a23＝9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列1bn的前n项和Tn.【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q＞0，an＞0.∵S4＝4081且a23＝9a2a6，∴a1(1＋q＋q2＋q3)＝4081，a21q4＝9a21q6，解得q＝13，a1＝13.∴an＝13n.(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－1－2－…－n＝－nn＋12.∴1bn＝－2nn＋1＝－21n－1n＋1.∴数列1bn的前n项和Tn＝－21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝－21－1n＋1＝－2nn＋1.【方法规律】使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写或写错未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的，如求1nn＋2的前n项和时，剩下的是121＋12－1n＋1－1n＋2.(2019年北京校级模拟)已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，bn＝1anan＋1，那么数列{bn}的前n项和为()A．41－1n＋1B．412－1n＋1C．1－1n＋1D．12－1n＋1【答案】A【解析】由题意知an＝1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋nn＋1＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n2，bn＝1anan＋1＝41n－1n＋1，所以b1＋b2＋…＋bn＝41－12＋412－13＋…＋41n－1n＋1＝41－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝41－1n＋1.【例3】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(2n＋1)(an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.【解题探究】(1)根据题中已知条件Sn＝2an－n，得出n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，此两式作差整理即可得到an＋1所满足的关系，从而可求出数列{an＋1}的通项公式得到所求；(2)根据数列{bn}的通项可知利用错位相减法进行求和，从而可求出数列{bn}的前n项和Tn.错位相减求和【解析】(1)∵Sn＝2an－n，当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，∴a1＝1.当n≥2时，Sn＝2an－n，①Sn－1＝2an－1－n＋1，②①－②，得an＝2an－1＋1，即an＋1＝2(an－1＋1)．∵a1＋1＝2≠0，∴an－1＋1≠0.∴an＋1an－1＋1＝2.∴{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.(2)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，∴－Tn＝6＋2(22＋23＋24＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1.∴Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.【方法规律】使用错位相减法求和时，要注意对项数进行准确判断，含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论.已知数列{an}是等差数列且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Sn.【解析】(1)∵数列{an}是等差数列且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12，∴2＋2＋d＋2＋2d＝12，解得d＝2.∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.(2)∵an＝2n，∴bn＝an·3n＝2n·3n.∴Sn＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2(n－1)×3n－1＋2n×3n，①3Sn＝2×32＋4×33＋6×34＋…＋2(n－1)×3n＋2n×3n＋1.②①－②，得－2Sn＝6＋2×32＋2×33＋2×34＋…＋2×3n－2n×3n＋1＝2×31－3n1－3－2n×3n＋1＝3n＋1－2n×3n＋1－3＝(1－2n)×3n＋1－3，∴Sn＝2n－12×3n＋1＋32.【示例】已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3.(1)求an，bn；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.错位相减法求和时项数处理不当致误【错解】(1)由Sn＝2n2＋n，得an＝Sn－Sn－1＝4n－1.又4n－1＝an＝4log2bn＋3，所以bn＝2n－1.(2)由(1)知an·bn＝(4n－1)·2n－1，所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)2n－1＋(4n－1)·2n.所以－Tn＝3－4(2＋22＋…＋2n－1)－(4n－1)·2n＝3－421－2n1－2－(4n－1)·2n＝11－4·2n＋1－(4n－1)·2n＝11－(4n＋7)·2n.故Tn＝(4n＋7)·2n－11.【错因】(1)利用公式an＝Sn－Sn－1时，忽视n≥2这个限制条件，不对n＝1时进行验证；(2)用错位相减求和时，相减后的和式中的4(2＋22＋…＋2n－1)，这是一个等比数列的前(n－1)项的和，处理不当会出错．【正解】(1)当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.所以an＝4n－1，n∈N*.由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1.(2)由(1)知an·bn＝(4n－1)·2n－1.所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n.2Tn－Tn＝(4n－1)·2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)·2n＋5.故Tn＝(4n－5)·2n＋5，n∈N*.【点评】(1)利用错位相减法求解数列的前n项和时，应注意两边乘以公比后，对应项的幂指数会发生变化，为避免出错，可将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出