2015届高三数学最新复习课件：数列求和

数列求和及综合应用196班主讲者王月英共两课时§5.4数列求和考点探究•挑战高考考向瞭望•把脉高考双基研习•面对高考双基研习•面对高考基础梳理1．公式法(1)等差数列的前n项和公式Sn＝_________＝___________.na1＋nn－12dna1＋an2(2)等比数列前n项和公式①当q＝1时，Sn＝na1；②当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q.(3)12＋22＋…＋n2＝______________；13＋23＋…＋n3＝2__________.nn＋12n＋16n2n＋1422．错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．3．分组求和法把数列的每一项分成几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．4．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．思考感悟你认为非等差、非等比数列求和的思路是什么？提示：非等差、非等比数列的一般数列求和，主要有两种思路：①是转化思想，即将一般数列求和问题转化为等差或等比数列的求和问题，这一思想方法往往通过通项分解或分组等方法来转化完成，像乘公比错位相减法最终就是转化为等比数列求和；②对于不能转化为等差或等比数列的特殊数列，往往通过裂项相消法，倒序相加法，分组求和或并项求和等方法来求和．课前热身1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1n＋1n＋2，则S8等于()A.25B.130C.730D.56答案：A2．在等比数列{an}中，若a1＝12，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.解析∵{an}为等比数列，且a1＝12，a4＝－4，∴q3＝a4a1＝－8，∴q＝－2，∴an＝12·(－2)n－1，∴|an|＝2n－2，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝121－2n1－2＝12(2n－1)＝2n－1－12.答案－2；2n－1－123．(教材习题改编)已知等比数列{an}中，an＝2×3n－1，则由此数列的奇数项所组成的新数列的前n项和为________．答案：4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.答案：(n－1)·2n＋1＋214(9n－1)5．(安徽)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝A．15B．12C．－12D．－15解析∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案A考点探究•挑战高考考点突破分组转化法与公式法求和分组转化法就是把一个数列的通项拆成若干个数列的通项的和，分别求出每个数列的和，从而求出原数列的和．例12014湖南16题错位相减法求和一般地，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．例2知数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为a的等比数列．(1)求an；(2)如果a＝2，bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.【解】(1)a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝an－1，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋a＋a2＋…＋an－1＝n1－an1－aa＝1a≠1.(2)bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·2n－(2n－1)，令Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n，①则2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1，②①－②得－Tn＝1×2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)2n＋1＝2＋2×221－2n－11－2－(2n－1)2n＋1＝－6－(2n－3)2n＋1，∴Tn＝(2n－3)2n＋1＋6，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝Tn－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝(2n－3)2n＋1－n2＋6.【名师点评】利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和．若公比是参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别进行求和．裂项相消法求和裂项相消是将数列的项分裂为两项之差，通过求和相互抵消，从而达到求和的目的．例3(2011年博州质检)已知数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝an(Sn－12)．(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝Sn2n＋1，求{bn}的前n项和Tn.【思路点拨】把S＝an(Sn－)化为只含有Sn的式子，可求出Sn；把Sn代入bn用裂项法可求出Tn.【解】∵S2n＝an(Sn－12)，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴S2n＝(Sn－Sn－1)(Sn－12)，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn①由题意知Sn－1·Sn≠0，①式两边同除以Sn－1·Sn，得1Sn－1Sn－1＝2∴数列{1Sn}是首项为1S1＝1a1＝1，公差为2的等差数列．∴1Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝12n－1.(2)又bn＝Sn2n＋1＝12n－12n＋1＝12(12n－1－12n＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1.【方法总结】利用裂项相消法求和时，应注意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，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数之积与原通项公式相等．方法感悟方法技巧1．求数列通项的方法技巧：(1)通过对数列前若干项的观察、分析，找出项与项数之间的统一对应关系，猜想通项公式；(2)理解数列的项与前n项和之间满足an＝Sn－Sn－1(n≥2)的关系，并能灵活运用它解决有关数列问题．2．an的两种常见变形(如例3)an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(累加法)；an＝a1·a2a1·a3a2·a4a3·…·anan－1(累乘法)．3．数列求和的方法技巧(1)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(如例2)(2)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和数列的求和．(如例1)失误防范1．直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．2．重点通过数列通项公式观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，判断求和类型，寻找求和的方法，或拆为基本数列求和，或转化为基本数列求和．求和过程中同时要对项数作出准确判断．3．含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论考情分析考向瞭望•把脉高考数列求和的众多方法中，错位相减法求和是高考的热点，题型以解答题为主，往往与其他知识结合考查，在考查基本运算、基本概念的基础上，又注重考查学生分析问题、解决问题的能力，考查较为全面．预测2015年高考，错位相减法仍是高考的重点，同时应重视裂项相消法求和．规范解答例(本题满分12分)(2010年高考课标全国卷)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·2n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.【解】(1)由已知得，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22n＋1.…….3分而a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.…4分(2)由bn＝nan＝n·22n－1，……6分知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1.①……7分从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②…8分①－②得，(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1.……10分即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2].……12分【名师点评】(1)本题易失误的是：①对an的常见形式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1等不熟或不知，致使第一步不知从何下手；②第(2)问作差后弄不清项数，处理不当，导致漏掉项或添加项．(2)处理数列求和问题的方法是将陌生数列转化为等差数列或等比数列的求和问题，有时也将陌生数列转化为已知求和公式的其他数列，对于不是等差数列、等比数列的数列进行求和，其常用的方法要熟练掌握，特别是错位相减法．名师预测已知数列{an}是首项为a1＝14，公比q＝14的等比数列，设bn＋2＝3log14an(n∈N＋)，数列{cn}满足cn＝an·bn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由题意，知an＝(14)n(n∈N＋)，又bn＝3log14an－2，故bn＝3n－2(n∈N＋)．(2)由(1)知an＝(14)n，bn＝3n－2(n∈N＋)，∴cn＝(3n－2)×(14)n(n∈N＋)．∴Sn＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n－5)×(14)n－1＋(3n－2)×(14)n，于是14Sn＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n－5)×(14)n＋(3n－2)×(14)n＋1，两式相减，得34Sn＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n]－(3n－2)×(14)n＋1＝12－(3n＋2)×(14)n＋1，∴Sn＝23－3n＋23×(14)n(n∈N＋)．1．已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝3anan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜m20对所有n(n∈N＋)都成立的最小正整数m.解析(1)设函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又因为点(n，Sn)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图象上，所以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＝6×1－5，所以，an＝6n－5(n∈N＋)．(2)由(1)，知bn＝3anan＋1＝36n－5[6n＋1－5]＝1216n－5－16n＋1，故Tni＝121－17＋17－113＋…＋16n－5－16n＋1＝121－16n＋1.因此，要使121－16n＋1＜m20(n∈N＋)成立，则m需满足12≤m20即可，则m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.2.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N＋)．(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn.求满足不等式Tn－22n－1＞2010的n的最小值．【标准解答】(1)因为Sn＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N＋)．两式相减得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N＋)，所以数列{an＋1}为等比数列．(4分)因为Sn＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.(6分)(2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②①－②得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2×2