（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列与数学归纳法 第4讲 数列求和课件

第六章数列与数学归纳法第4讲数列求和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＋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．()×√√(2019·宁波市余姚中学高三期中)已知数列{an}满足：an＝1n2＋n，且Sn＝1011，则n的值为()A．8B．9C．10D．11解析：选C.因为an＝1n2＋n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1，因为Sn＝1011，所以1011＝nn＋1，解得n＝10，故选C.(2019·绍兴一中高三期末考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017＝()A．1006B．1007C．1008D．1009解析：选D.an＋2Sn－1＝n⇒an＋1＋2Sn＝n＋1⇒an＋1－an＋2an＝1⇒an＋1＋an＝1⇒S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1008×1＋1＝1009，故选D.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设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．分组转化法求和【解】(1)由题意得a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，则a1＝1，a2＝3.又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.当n≥3时，由于3n－1n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.当n≥3时，Tn＝3＋9（1－3n－2）1－3－（n＋7）（n－2）2＝3n－n2－5n＋112，所以Tn＝2，n＝1，3n－n2－5n＋112，n≥2，n∈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，可采用分组转化法求{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．数列{an}的通项公式an＝2n－n，前n项之和为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·丽水模拟)在等比数列{an}中，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前2n项和S2n.解：(1)设等差数列{bn}的公差为d.则有3＋3d＝3q，3＋12d＝3q2，解得q＝3，d＝2或q＝1，d＝0(舍去)，所以an＝3n，bn＝2n＋1.(2)由(1)知cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n，则S2n＝(3＋32＋33＋…＋32n)＋{(－3)＋5＋(－7)＋9＋…＋[－(4n－1)]＋(4n＋1)}＝3（1－32n）1－3＋[(5－3)＋(9－7)＋…＋(4n＋1－4n＋1)]＝32n＋1－32＋2n.已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋12b2＋13b3＋…＋1nbn＝bn＋1－1(n∈N*)．(1)求an与bn；(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.错位相减法求和【解】(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)．由题意知：当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.当n≥2时，1nbn＝bn＋1－bn，整理得bn＋1n＋1＝bnn，所以bn＝n.当n＝1时，也符合bn＝n，综上bn＝n(n∈N*)．(2)由(1)知anbn＝n·2n，因此Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1.故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．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．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．(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.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.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．主要命题角度有：(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)角度一形如an＝1n（n＋k）型(2019·舟山市普陀三中高三期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，S22＋S33＋S44＝12.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝1anan＋1，{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn13.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，则S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，S4＝4a1＋6d，因为S22＋S33＋S44＝12，所以3a1＋3d＝12，即3＋3d＝12，解得d＝3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)证明：bn＝1（3n－2）（3n＋1）＝1313n－2－13n＋1，所以Tn＝131－14＋1314－17＋1317－110＋…＋1313n－2－13n＋1＝131－14＋14－17＋17－110＋…＋13n－2－13n＋1＝131－13n＋1＝n3n＋1，所以Tn＝n3n＋1n3n＝13.角度二形如an＝1n＋n＋k型(2019·台州质检)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(2019·杭州市高三期末考试)设数列{an}的前n项和为Sn.若Sn＝2an－n，则2a1a2＋4a2a3＋8a3a4＋16a4a5＝________．【解析】因为Sn＝2an－n，所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)]，所以an＝2an－1＋1，化为：an＋1＝2(an－1＋1)，n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1.所以数列{an＋1}是等比数列，首项为2，公比为2.所an＋1＝2n，即an＝2n－1，所以2nanan＋1＝2n（2n－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12n＋1－1.所以2a1a2＋4a2a3＋8a3a4＋16a4a5＝12－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋124－1－125－1＝1－125－1＝3031.【答案】3031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