2011年高考数学一轮精品复习课件：第6章《数列》――数列求和

学案4数列求和返回目录1.当已知数列{an}中，满足an+1-an=f（n），且f（1）+f（2）+…+f（n）可求.则可用数列的通项an.2.当已知数列{an}中，满足=f（n），且f（1）·f（2）·…·f（n）可求.则可用求数列的通项an.n1naa+累加法累积法返回目录3.等差数列前n项和Sn=，推导：；等比数列前n项和na1，q=1，q≠1.推导：.4.常见数列的前n项和：（1）1+2+3+…+n=；（2）2+4+6+…+2n=；q-1qa-aq-1)q-(1an1n1={Sn=d21)-n(nna2)an(a1n1+=+倒序相加法乘公比错位相减21)n(n+n2+n（3）1+3+5+…+（2n-1）=；（4）12+22+32+…+n2=.5.（1）分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.（2）拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.（3）错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.（4）倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导方法.返回目录n21)1)(2nn(n61++返回目录根据数列{an}的通项公式，求其前n项和Sn.（1）an=10n-1;（2）an=n(n+1).【分析】若数列为等差数列、等比数列，或能转化为等差、等比数列，或转化为能用其他公式的，用公式法求和.考点一公式法求和返回目录【解析】（1）Sn=a1+a2+…+an=（101+102+…+10n）-n=（2）Sn=a1+a2+…+an=（12+1）+（22+2）+…+（n2+n）=(12+22+…+n2)+(1+2+…+n)=n(n+1)(n+2).n.-1)-(10910n-10-1)10-10(1nn=31【评析】在数列求和中，常用的公式有：（1）等差数列：na1q=1q≠1.（3）1+2+…+n=（4）12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1).返回目录d.21)-n(nna2)an(aS1n1n+=+=q-1qa-aq-1)q-(1an1n1=（2）等比数列:Sn={.21)n(n+61＊对应演练＊已知数列{log2(an-1)},n∈N*为等差数列,且a1=3,a3=9.（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明:返回目录nn1n231221-1a-a1a-a1a-a1=+…+++(1)设等差数列{log2(an-1)}的公差为d.由a1=3，a3=9得2（log22+d）=log22+log28,即d=1.所以log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2n+1.(2)证明:因为，返回目录nn1nn1n212-21a-a1==++nn321n1n231221-121-12121-2121212121a-a1a-a1a-a1=×=•••+++=+…+++n所以〔〕返回目录【分析】所给数列为倒数构成的数列,故应研究通项,看能否拆为两项之差的形式,以便使用裂项相消法.【解析】考点二裂项相消求和求数列,…的前n项和.841,631,421,2112222++++)2+n1-n1(21=2n+n1=a2n21∴)2+n1-n1(+)1+n1-1-n1•(••+)41-21(+)31-(12)1)(n2(n32n-43)2n1-1n1-211(21+++=+++=返回目录【评析】(1)裂项法求和时消项的规律具有对称性,即前剩多少项后就剩多少项;前剩第几项,后就剩倒数第几项.(2)常见的裂项公式有:①；②；③n·n！=（n+1）！-n！；④！=！-！；1n1-n11)n(n1+=+)kn1-n1(k1k)n(n1+=+1nn+n11n1+⑤⑥⑦);n-kn(k1nkn1+=++);12n1-1-2n1(211)1)(2n-(2n1+=+21=2)+1)(n+n(n1)21)(n(n1-1)n(n1+++〔〕返回目录返回目录＊对应演练＊设数列{an}的前n项和为Sn，点(n，)(n∈N*)均在函数y=3x-2的图象上.（1）求数列{an}的通项公式；（2），Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m.nSn1nnnaa3b+=20m（1）依题意得=3n-2，即Sn=3n2-2n.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-［3(n-1)2-2(n-1)］=6n-5；当n=1时，a1=S1=3×12-2×1=1=6×1-5,∴an=6n-5(n∈N*).返回目录nSn（2）由(1)得bn=故Tn=b1+b2+…+bn因此，使得(n∈N*)成立的m必须满足,即m≥10.故满足要求的最小正整数m为10.返回目录1nnaa3+[]).16n1-5-6n1(215-1)6(n5)-(6n3+=+=21=)16n1-5-6n1()131-71()71-1(++•••++〔〕)16n1-1(21+=20m)1+6n1-(12120m21≤返回目录求和:【分析】分析通项an=知,为等比数列,其系数构成数列{n}成等差数列,故可用错位相减法.考点三错位相减法求和.ana3a2a1Sn32n+…+++=nanna1【解析】当a=1时,Sn=1+2+3+…+n=;当a≠1时,①两边同乘,得②得,即综上所述,得(a=1)(a≠1).返回目录21)n(n+.ana3a2a1Sn32n+…+++=a1a1.an-ana3a3a2S1nn432n++…++=1nn2nan-a1a1a1)Sa1-(1++…++=2nnn1)-(aa1)-n(a-1)-a(aS=21)n(n+2nn1)-(aa1)-n(a-1)-a(aSn={【评析】如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项的乘积组成,则求此数列的前n项和Sn,一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式子错位相减法,要注意对字母的讨论.返回目录返回目录＊对应演练＊设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）设cn=，求数列{cn}的前n项和Tn.nnba（1）∵当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2-2（n-1）2=4n-2.故{an}的通项公式为an=4n-2，即{an}是首项a1=2，公差d=4的等差数列.设{bn}的公比为q，则b1qd=b1，d=4，∴q=.故bn=b1qn-1=2×，即{bn}的通项公式为bn=.返回目录41-1n41-1n42返回目录（2）∵cn==（2n-1）4n-1，∴Tn=c1+c2+…+cn=1+3×41+5×42+…+（2n-1）4n-1，4Tn=1×4+3×42+5×43+…+（2n-3）×4n-1+（2n-1）×4n.两式相减得3Tn=-1-2（41+42+43+…+4n-1）+（2n-1）4n=［（6n-5）4n+5］.∴Tn=［（6n-5）4n+5］.-1nnn422-4nba=3141︸返回目录求和:（1）Sn=1+11+111+…+11…1;（2）Sn=(x+)2+(x2+)2+…+(xn+)2.考点四拆项法求和n个x121xnx1返回目录【分析】(1)写出数列的通项公式an=(10n-1)，分析通项可知，可转化为一个等比数列﹛×10n﹜和常数列﹛﹜的求和问题.（2）分析通项公式an=(xn+)2=(xn)2+()2+2，可转化为两个等比数列{x2n}，{}与常数列{2}的求和问题.919191nx1nx12nx1︸【解析】（1）∵an=(10n-1),∴Sn=1+11+111+…+11…1=［(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)］=［(10+102+…+10n)-n］=〔〕=n个91919191n-91)-10(10n.8110-9-101nn+返回目录返回目录(2)∵an=x2n+2+,∴当x≠±1时,Sn=(x+)2+(x2+)2+…+(xn+)2=(x2+x4+…+x2n)+2n+(++…+)==当x=±1时，Sn=4n.2nx1x121xnx121x41xnx212n+x)-(1)x-(1x+1-x1)-(xx2--2n-222n22n+1)-(xx1)1)(x-(x22n22n2n++【评析】如果数列{an}的通项an可写成an=bn±cn,而{bn},{cn}是等差或等比数列或其前n项和可求,那么数列{an}的前n项和就可转化为{bn}与{cn}前n项和的和差问题.`返回目录＊对应演练＊求和：11+103+1005+10007+…+［10n+(2n-1)］.∵an=10n+2n-1,∴原式=(10+102+…+10n)+2(1+2+…+n)-n=+n(n+1)-n=+n2.返回目录10-1)10-10(1n91)-10(10n返回目录已知数列{an}的前n项和Sn=(n-1)·2n+1，是否存在等差数列{bn}，使an=b1+b2+…+bn对一切正整数n均成立？【分析】先由an与Sn的关系，求出{an}的通项公式，再由倒序相加得出结论.考点五倒序相加法求和1nC2nCnnCS1n=1Sn-Sn-1n≥2.当n=1时，a1=S1=1;当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n-1)2n+1-(n-2)·2n-1-1=n·2n-1.∵a1=1满足n≥2时an的式子,∴an=n·2n-1(n∈N+).假设存在等差数列{bn}满足条件，设b0=0，且{bn}仍成等差数列，则an=b0+b1+b2+…+bn,倒序得an=bn+bn-1+bn-2+…+b0,返回目录【解析】an={0nC1nC2nCnnCnnC-1nnC2-nnC0nC以上两式相加得2an=(b0+bn)+(b1+bn-1)+…+(bn+b0)=(b0+bn)(++…+)=bn·2n,∴an=bn·2n-1.令bn=n，显然n=0时，b0=0，故存在等差数列{bn}满足已知等式.返回目录0nC1nCnnC0nC1nCnnC【评析】当把一个数列倒过来排序，与原数列对应项相加后，若有公因式可提，并且剩余的项的和易求，一般可用倒序相加法求其和.返回目录设f（x）=，求f（-5）+f（-4）+…+f（0）+…+f（5）+f（6）的值.＊对应演练＊返回目录2+21xf（1-x）+f（x）==设S=f(-5)+f(-4)+…+f（5）+f（6）,则S=f（6）+f（5）+…+f（-4）+f（-5）.两式相加得2S=12×,∴S=..22)22(22)22(222+2122+222+212+21xxxxx-1=++++•=+xxx返回目录2223考点六数列求和的其他方法已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=2an+n2-3n-2，n=1，2，3，….（1）求证：数列{an-2n}为等比数列；（2）设bn=an·cosnπ,求数列{bn}的前n项和Pn.【分析】在{bn}中，n取奇数、偶数时，bn的表示形式不同，因此，应分n为奇数、偶数讨论.返回目录【解析】（1）证明：令n=1，则S1=2a1+1-3-2，∴a1=4.又Sn=2an+n2-3n-2①则Sn+1=2an+1+（n+1）2-3（n+1）-2②由②-①得an+1=2an+1-2an+2n-2,即an+1=2an-2n+2，∴an+1-2（n+1）=2(an-2n),即,又a1-2=2，∴{an-2n}是以2为首项，2为公比的等比数列.返回目录22n-a1)2(n-an1n=++（2）由（1）知an-2n=2n.∴an=2n+2n，∴bn=（2n+2n）cosnπ.当n为偶数时，Pn=b1+b2+b3+…+bn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=-(2+2×1)-(23+2×3)-…-［2n-1+2(n-1)］+(22+2×2)+(24+2×4)+…+(2n+2×n)当n为奇数时，Pn=-（n+1）.（n为奇数）（ｎ为偶数）.返回目录n.1)-(232n2-1)2-2(1-2-1)2-4(1n2n2n+=+=3221n++-35-n32