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6.4数列的通项与求和第六章6.4数列的通项与求和-2-考纲要求1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.第六章6.4数列的通项与求和-3-数列求和的常用方法1.公式法(1)直接用等差、等比数列的求和公式.(2)掌握一些常见的数列的前n项和.①1+2+3+…+n=𝑛(𝑛+1)2;②1+3+5+…+(2n-1)=n2;③2+4+6+…+2n=n(n+1);④12+22+32+…+n2=𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)6;⑤13+23+33+…+n3=𝑛(𝑛+1)22=𝑛2(n+1)24.第六章6.4数列的通项与求和-4-2.倒序相加法如果一个数列{an},与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,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项和公式即是用此法推导的.3.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.4.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.第六章6.4数列的通项与求和5-5-想一想你能举出几种常见的拆项公式吗?答案:裂项相消法的核心是将一个式子拆成两个式子的差的形式,常见的拆项公式有:(1)1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛+1;(2)1𝑛(𝑛+𝑘)=1𝑘1𝑛-1𝑛+𝑘;(3)1(2𝑛-1)(2𝑛+1)=1212𝑛-1-12𝑛+1;(4)1𝑛(𝑛+1)(𝑛+2)=121𝑛(𝑛+1)−1(𝑛+1)(𝑛+2);(5)1𝑛+𝑛+𝑘=1𝑘(𝑛+𝑘−𝑛).第六章6.4数列的通项与求和-6-5.分组转化法把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合,使其转化成等差数列或等比数列,然后由等差、等比数列求和公式求解.6.并项求和法一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.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.第六章6.4数列的通项与求和-7-基础自测1.11×4+14×7+17×10+…+1(3𝑛-2)(3𝑛+1)等于()A.𝑛3𝑛+1B.3𝑛3𝑛+1C.1-1𝑛+1D.3-13𝑛+1答案解析解析关闭Sn=131-14+14-17+…+13𝑛-2-13𝑛+1=13·1-13𝑛+1=𝑛3𝑛+1.故选A.答案解析关闭A第六章6.4数列的通项与求和-8-2.已知数列{an}的通项公式是an=2𝑛-12𝑛,其前n项和Sn=32164,则项数n等于()A.13B.10C.9D.6答案解析解析关闭关闭∵an=2𝑛-12𝑛=1-12𝑛,∴Sn=n-12+122+…+12𝑛=n-1+12𝑛.而32164=5+164,∴n-1+12𝑛=5+164.∴n=6.答案解析关闭D第六章6.4数列的通项与求和-9-3.数列{(-1)n(2n-1)}的前2016项和S2016等于()A.-2016B.2016C.-2015D.2015答案解析解析关闭S2016=-1+3-5+7+…-(2×2015-1)+(2×2016-1)=2+2+…+21008个2相加=2016.故选B.答案解析关闭B第六章6.4数列的通项与求和-10-4.(2013辽宁高考)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=.答案解析解析关闭因为x2-5x+4=0的两根为1和4,又数列{an}是递增数列,所以a1=1,a3=4,所以q=2.所以S6=1·(1-26)1-2=63.答案解析关闭63第六章6.4数列的通项与求和-11-5.已知数列{an}的前n项和为Sn且an=n·2n,则Sn=.答案解析解析关闭∵Sn=2+2·22+3·23+…+n·2n,①∴2Sn=22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+n·2n+1.②①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1-2𝑛)1-2-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,∴Sn=(n-1)·2n+1+2.答案解析关闭(n-1)·2n+1+2第六章6.4数列的通项与求和-12-考点一考点二考点三考点一分组转化法求和【例1】已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,an)在f(x)的图象上,{an}的前n项和为Sn.(1)求使an0的n的最大值;(2)求Sn.答案答案关闭(1)依题意an=2n-3n-1,∴an0,即2n-3n-10.函数f(x)=2x-3x-1在[1,2]上为减函数,在[3,+∞)上为增函数.当n=3时,23-9-1=-20,当n=4时,24-12-1=30,∴2n-3n-10中n的最大值为3.(2)Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)-3(1+2+3+…+n)-n=2(1-2𝑛)1-2-3·𝑛(𝑛+1)2-n=2n+1-𝑛(3𝑛+5)2-2.第六章6.4数列的通项与求和-13-考点一考点二考点三方法提炼1.数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和.2.常见类型及方法(1)an=kn+b,利用等差数列前n项和公式直接求解;(2)an=a·qn-1,利用等比数列前n项和公式直接求解;(3)an=bn±cn,数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,采用分组求和法求{an}的前n项和.第六章6.4数列的通项与求和-14-考点一考点二考点三举一反三1求和:(1)Sn=32+94+258+6516+…+𝑛·2𝑛+12𝑛;(2)Sn=𝑥+1𝑥2+𝑥2+1𝑥22+…+𝑥𝑛+1𝑥𝑛2.第六章6.4数列的通项与求和-15-考点一考点二考点三解:(1)由于an=𝑛·2𝑛+12𝑛=n+12𝑛,∴Sn=1+121+2+122+3+123+…+𝑛+12𝑛=(1+2+3+…+n)+12+122+123+…+12𝑛=𝑛(𝑛+1)2+121-12𝑛1-12=𝑛(𝑛+1)2−12𝑛+1.(2)当x=±1时,Sn=4n.当x≠±1时,Sn=𝑥+1𝑥2+𝑥2+1𝑥22+…+𝑥𝑛+1𝑥𝑛2=𝑥2+2+1𝑥2+𝑥4+2+1𝑥4+…+𝑥2𝑛+2+1𝑥2𝑛=(x2+x4+…+x2n)+2n+1𝑥2+1𝑥4+…+1𝑥2𝑛=𝑥2(𝑥2𝑛-1)𝑥2-1+𝑥-2(1-𝑥-2𝑛)1-𝑥-2+2n=(𝑥2𝑛-1)(𝑥2𝑛+2+1)𝑥2𝑛(𝑥2-1)+2n.∴Sn=4𝑛,𝑥=±1,(𝑥2𝑛-1)(𝑥2𝑛+2+1)𝑥2𝑛(𝑥2-1)+2n(x≠±1).第六章6.4数列的通项与求和-16-考点一考点二考点三考点二裂项相消法求和【例2】已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=12,Sn=n2an-n(n-1),n=1,2,….(1)证明数列𝑛+1𝑛𝑆𝑛是等差数列,并求Sn;(2)设bn=𝑆𝑛𝑛3+3𝑛2,求证:b1+b2+…+bn512.答案答案关闭(1)由Sn=n2an-n(n-1)知,当n≥2时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1),即(n2-1)Sn-n2Sn-1=n(n-1),∴𝑛+1𝑛Sn-𝑛𝑛-1Sn-1=1对n≥2成立.又1+11S1=1,∴𝑛+1𝑛𝑆𝑛是首项为1,公差为1的等差数列.∴𝑛+1𝑛Sn=1+(n-1)·1,∴Sn=𝑛2𝑛+1.(2)bn=𝑆𝑛𝑛3+3𝑛2=1(𝑛+1)(𝑛+3)=121𝑛+1-1𝑛+3,∴b1+b2+…+bn=1212−14+13−15+…+1𝑛−1𝑛+2+1𝑛+1−1𝑛+3=1256-1𝑛+2-1𝑛+3512.第六章6.4数列的通项与求和-17-考点一考点二考点三方法提炼1.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.将通项裂项后,有时候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.2.一般情况如下,若{an}是等差数列,则1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1𝑑1𝑎𝑛-1𝑎𝑛+1,1𝑎𝑛𝑎𝑛+2=12𝑑1𝑎𝑛-1𝑎𝑛+2.此外根式在分母上时可考虑利用分母有理化相消求和.第六章6.4数列的通项与求和-18-考点一考点二考点三举一反三2已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设Tn为数列1𝑎𝑛𝑎𝑛+1的前n项和,若Tn≤λan+1对一切n∈N*恒成立,求实数λ的最小值.答案答案关闭(1)设公差为d.由已知得4𝑎1+6d=14,(𝑎1+2d)2=𝑎1(𝑎1+6d),联立解得d=1或d=0(舍去),∴a1=2,故an=n+1.(2)1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(𝑛+1)(𝑛+2)=1𝑛+1−1𝑛+2,∴Tn=12−13+13−14+…+1𝑛+1−1𝑛+2=12−1𝑛+2=𝑛2(𝑛+2).∵Tn≤λan+1,∴𝑛2(𝑛+2)≤λ(n+2).∴λ≥𝑛2(𝑛+2)2.又𝑛2(𝑛+2)2=12𝑛+4𝑛+4≤12(4+4)=116.∴λ的最小值为116.第六章6.4数列的通项与求和-19-考点一考点二考点三考点三错位相减法求和【例3】(2013山东高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+𝑎𝑛+12𝑛=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.第六章6.4数列的通项与求和-20-考点一考点二考点三解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由S4=4S2,a2n=2an+1得4𝑎1+6d=8𝑎1+4d,𝑎1+(2n-1)d=2𝑎1+2(n-1)d+1.解得a1=1,d=2.因此an=2n-1,n∈N*.第六章6.4数列的通项与求和-21-考点一考点二考点三(2)由题意知:Tn=λ-𝑛2𝑛-1,所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-𝑛2𝑛-1+𝑛-12𝑛-2=𝑛-22𝑛-1.故cn=b2n=2𝑛-222𝑛-1=(n-1)14𝑛-1,n∈N*.所以Rn=0×140+1×141+2×142+3×143+…+(n-1)×14𝑛-1,则14Rn=0×141+1×142+2×143+…+(n-2)×14𝑛-1+(n-1)×14𝑛,两式相减得34Rn=141+142+143+…+14𝑛-1-(n-1)×14𝑛=14-14𝑛1-14-(n-1)×14𝑛=13−1+3𝑛314𝑛,整理得Rn=194-3𝑛+14𝑛-1.所以数列{cn}的前n项和Rn=194-3𝑛+14𝑛-1.第六章6.4数列的通项与求和-22-考点一考点二考点三方法提炼1.用错位相减法求和时,应注意:(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.2.利用错位相减法求和时,转化为等比数列求和.若公比是个参数(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1两种情况分别求和.第六章6.4数列的通项与求和-23-考点一考点二考点三举一反三3已知数列{an}是首项a1=1的等比数列,且an0,{bn}是首项为1的等差数列,又a5+b3=21,a3+b5=13.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列𝑏𝑛2𝑎𝑛的前n项和Sn.第六章6.4数