（新课标）2021版高考数学一轮总复习 第六章 数列 第34讲 数列求和课件 新人教A版

第34讲数列求和【课程要求】1．熟练掌握等差、等比数列前n项和公式．2．熟练掌握非等差、等比数列求和的几种方法，如错位相减、裂项相消以及分组求和等．【基础检测】概念辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝a1－an＋11－q.()(2)当n≥2时，1n2－1＝21n－1－1n＋1.()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．()(4)数列12n＋2n－1的前n项和为n2＋12n.()(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(6)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．()[答案](1)√(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√教材改编2．[必修5p61A组T4(3)]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．[解析]设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝1－xn1－x－nxn，∴Sn＝1－xn（1－x）2－nxn1－x.[答案]1－xn（1－x）2－nxn1－x3．[必修5p61A组T5]一个球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是()A．100＋200(1－2－9)B．100＋100(1－2－9)C．200(1－2－9)D．100(1－2－9)[解析]第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1（1－2－9）1－2－1＝100＋200(1－2－9)．[答案]A易错提醒4.11×3＋12×4＋13×5＋14×6＋…＋1n（n＋2）＝()A.1n（n＋3）B.121－1n＋2C.1232－1n＋1－1n＋2D.121－1n＋1[解析]因为11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n（n＋2）＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝1232－1n＋1－1n＋2.[答案]C5．设f(x)＝4x4x＋2，利用倒序相加法，则f12021＋f22021＋f32021＋…＋f20202021＝________．[解析]当x1＋x2＝1时，f(x1)＋f(x2)＝11442xx＋22442xx＝121212122424442444xxxxxxxx＝121282448244xxxx＝1.设S＝f12021＋f22021＋f32021＋…＋f20202021，倒序相加有2S＝f12021＋f20202021＋f22021＋f20192021＋…＋f20202021＋f12021＝2020，即S＝1010.[答案]10106．数列{an}的通项公式为an＝ncosnπ2，其前n项和为Sn，则S2019＝________．[解析]因为数列an＝ncosnπ2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.∴S2019＝S2020－a2020＝505×2－2020·cos20202π＝－1010.[答案]－1010【知识要点】求数列前n项和的基本方法(1)公式法数列{an}为等差或等比数列时直接运用其前n项和公式求和．若{an}为等差数列，则Sn＝（a1＋an）n2＝___________________．若{an}为等比数列，其公比为q，则当q＝1时，Sn＝____({an}为常数列)；当q≠1时，Sn＝_________＝_________．na1＋n（n－1）2dna1a1（1－qn）1－qa1－anq1－q(2)裂项相消求和法数列{an}满足通项能分裂为两项之差，且分裂后相邻的项正负抵消从而求得其和．(3)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项的和即可用倒序相加法，如等差数列前n项和公式就是用此法推导的．(4)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项和公式就是用此法推导的．(5)分组转化求和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，则求和时可用分组求和法，分别求和然后相加减．(6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称为并项求和法．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.分组转化法求和例1已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)求数列an＋bn的前n项和．[解析](1)由a1＝b1，a4＝b2，则S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12，设等差数列an的公差为d，则a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以d＝2.所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.设等比数列bn的公比为q，由题b2＝a4＝9，即b2＝b1q＝3q＝9，所以q＝3.所以bn＝3n.(2)an＋bn＝(2n＋1)＋3n，所以an＋bn的前n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n)＝（3＋2n＋1）n2＋3（1－3n）1－3＝n(n＋2)＋3（3n－1）2.[小结]一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或其他可求和的数列构成可以用分组求和法，分别求和再相加减．1．等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝2Sn，n为奇数，bn，n为偶数，设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.[解析](1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，得q＋6＋d＝10，3＋4d－2q＝3＋2d，解得d＝2，q＝2，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n（a1＋an）2＝n(n＋2)，则cn＝2n（n＋2），n为奇数，2n－1，n为偶数，即cn＝1n－1n＋2，n为奇数，2n－1，n为偶数，∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－12n＋1＋2（1－4n）1－4＝2n2n＋1＋23(4n－1)．错位相减法求和例2(2017·山东理)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.[解析](1)设{an}的公比为q，由题意知a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2.又an＞0，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＝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＝32＋1－12n－1－2n＋12n＋1＝52－2n＋52n＋1，所以Tn＝5－2n＋52n.[小结]用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“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．2．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是()A．2n＋1＋n－2B．2n＋1－n＋2C．2n－n－2D．2n＋1－n－2[解析]因为Sn＝n＋(n－1)×2＋…＋2×2n－2＋2n－1，①2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋…＋2×2n－1＋2n，②所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.[答案]D裂项相消法求和例3已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n，n∈N*.(1)证明：{an－n}为等比数列；(2)数列{cn}满足cn＝an－n（bn＋1）（bn＋1＋1），求数列{cn}的前n项和Tn.[解析](1)因为an＋1＝2an－n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)．又a1＝3，所以a1－1＝2，所以数列{an－n}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，an－n＝2·2n－1＝2n，an＝2n＋n，所以bn＋1＝bn＋an－n＝bn＋2n，即bn＋1－bn＝2n.b2－b1＝21，b3－b2＝22，b4－b3＝23，…，bn－bn－1＝2n－1.以上式子相加，得bn＝2＋2·（1－2n－1）1－2＝2n(n≥2)．当n＝1时，b1＝2，满足bn＝2n，所以bn＝2n.所以cn＝an－n（bn＋1）（bn＋1＋1）＝2n（2n＋1）（2n＋1＋1）＝12n＋1－12n＋1＋1.所以Tn＝12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n＋1－12n＋1＋1＝13－12n＋1＋1.[小结]常见的拆项公式有：(1)1n（n＋1）＝1n－1n＋1.(2)1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1.(3)1n（n＋1）（n＋2）＝121n（n＋1）－1（n＋1）（n＋2）.(4)1a＋b＝1a－b(a－b)．(5)Cm－1n＝Cmn＋1－Cmn.(6)n·n！＝(n＋1)！－n！.(7)an＝Sn－Sn－1(n≥2)．3．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＋2an＝4Sn.(1)求Sn；(2)设bn＝(n＋1＋n)·Sn，求数列1bn的前n项和Tn.[解析](1)由题意得a2n＋2an＝4Sn，a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1，两式作差得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，又数列{a