2021高考数学一轮复习 第五章 数列 第4节 数列求和及数列的综合应用课件

第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用课程标准考情索引核心素养1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差、(比)数列几种求和的常用方法.3.能运用等差数列、等比数列解决简单的问题.2019·全国卷Ⅲ，T142019·浙江卷，T202018·全国卷Ⅰ，T142018·全国卷Ⅱ，T172018·全国卷Ⅲ，T172017·全国卷Ⅰ，T122017·全国卷Ⅱ，T151.数学建模2.逻辑推理3.数学运算1．公式法(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d．(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a1（1－qn）1－q，q≠1.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．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．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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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)＝5050.1．裂项时常用的三种变形．(1)1n（n＋1）＝1n－1n＋1.(2)1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1.(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.2．应用裂项相消法时，应注意消项的规律具有对称性，即前面剩几项则后面剩倒数几项．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．[概念思辨]1．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)若数列{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＝12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)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)√[教材衍化]2．(人A必修5·习题改编)数列{an}中，an＝1n（n＋1），若{an}的前n项和为20192020，则项数n为()A．2018B．2019C．2020D．2021解析：an＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝20192020，所以n＝2019.答案：B3．(人A必修5·习题改编)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，所以Sn＝1－xn（1－x）2－nxn1－x.答案：1－xn（1－x）2－nxn1－x[典题体验]4．(2020·珠海质检)已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，若数列{an}的前n项和为Sn，则S8＝()A．546B．582C．510D．548解析：由an＝2n＋n，可得S8＝(2＋22＋23＋…＋28)＋(1＋2＋…＋8)＝2（1－28）1－2＋8×（1＋8）2＝546.答案：A5．(2019·河北“五个一”名校联盟质检)若f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋f1n＋…＋fn－1n＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．解析：由f(x)＋f(1－x)＝4，可得f(0)＋f(1)＝4，…，f1n＋fn－1n＝4，所以2an＝(f(0)＋f(1))＋f1n＋fn－1n＋…＋(f(1)＋f(0))＝4(n＋1)，即an＝2(n＋1)．答案：an＝2(n＋1)6．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则k＝0n1Sk＝________．解析：设等差数列{an}的公差为d，则由a3＝a1＋2d＝3，S4＝4a1＋4×32d＝10，得a1＝1，d＝1.所以Sn＝n×1＋n（n－1）2×1＝n（n＋1）2，1Sn＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1.所以k＝0n1Sk＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝21－1n＋1＝2nn＋1.答案：2nn＋1考点1分组转化法求和(讲练互动)[典例](2020·汕头质检)记Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝19，Sn＝nan＋1＋n(n＋1)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，求T20的值．解：(1)因为Sn＝nan＋1＋n(n＋1)，①所以Sn－1＝(n－1)an＋n(n－1)(n≥2)，②①－②得an＝nan＋1－(n－1)an＋2n(n≥2)，即an＋1－an＝－2(n≥2)，又S1＝a2＋2，即a2－a1＝－2，所以数列{an}是以19为首项，－2为公差的等差数列，所以an＝19＋(n－1)·(－2)＝21－2n.(2)由(1)知an＝21－2n，所以bn＝|an|＝|21－2n|，因为当n≤10时，an0，当n10时，an0，所以bn＝21－2n，n≤10，2n－21，n10，所以T20＝b1＋b2＋…＋b20＝(19＋17＋…＋1)＋(1＋3＋…＋19)＝2(19＋17＋…＋1)＝2×（19＋1）×102＝200.1．若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．2．若数列{cn}的通项公式为cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．(2020·韶关调研)已知等差数列{an}的公差为正数，a1＝1，其前n项和为Sn；数列{bn}为等比数列，b1＝2，且b2S2＝12，b2＋S3＝10.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设cn＝bn＋1Sn，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则2q（2＋d）＝12，2q＋3＋3d＝10，d0，解得d＝1，q＝2，所以an＝n，bn＝2n.(2)由(1)知Sn＝n（n＋1）2.所以cn＝bn＋1Sn＝2n＋2n（n＋1）＝2n＋21n－1n＋1，所以Tn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋2(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝2（1－2n）1－2＋21－1n＋1＝2n＋1－2nn＋1.考点2裂项相消法求和(讲练互动)[典例](2020·黄山质检)已知数列nan－1的前n项和Sn＝n，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝2n＋1（an－1）2（an＋1－1）2，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：对任意的n∈N*，都有Tn1.(1)解：因为Sn＝n，①所以当n≥2时，Sn－1＝n－1，②由①－②得nan－1＝1，故an＝n＋1(n≥2)，又因为a1＝2适合上式，所以an＝n＋1(n∈N*)．(2)证明：由(1)知，bn＝2n＋1（an－1）2（an＋1－1）2＝2n＋1n2（n＋1）2＝1n2－1（n＋1）2，所以Tn＝112－122＋122－132＋…＋1n2－1（n＋1）2＝1－1（n＋1）2.所以Tn1.1．用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)，1n（n＋k）＝1k(1n－1n＋k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项．2．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(对称剩项)．(2020·山东师大附中模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式．(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列1bn的前n项和．解：(1)设等比数列{an}的公比为q.由a23＝9a2a6，得a23＝9a24，所以q2＝19.由已知条件得q0，所以q＝13.由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，解得a1＝13.故数列{an}的通项公式为an＝13n.(2)由(1)可得bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－n（n＋1）2，故1bn＝－2n（n＋1）＝－21n－1n＋1，所以1b1＋1b2＋…＋1bn＝－2[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝－2nn＋1.故数列1bn的前n项和为－2nn＋1.考点3错位相减法求和(讲练互动)[典例]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.(1)求证：数列Snn为等差数列；(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.(1)证明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得Sn＋1n＋1－Snn＝1，又S11＝5，所以数列Snn是首项为5，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)可知Snn＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.又a1＝5也适合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，所以bn＝(2n＋3)2n，所以Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)·2n＋1，②所以②－①得Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)＝(2n＋3)2n＋1－10－23（1－2n－1）1－2＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)＝(2n＋1)2n＋1－2.1．错位相减法求和的适应范围．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，可采用错位相减法求和．2．错位相减法求和的注意事项．(1)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)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．(2020·湘赣十四校联考)已知函数f(x)＝2019sin(πx－π3)(x∈R)的所有正数零点构成递增数列{an}，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2nan＋23，求数列{bn}的前n项和为Sn.解：(1)令f(x)＝2019sinπx－π3＝0，则πx－π3＝kπ(k∈Z)，解得x＝13＋k(k∈Z)．因为f(x)的所有正数零点构成递增数列{an}，所以数列{an}是首项为13，公差为1的等差数列，所以{an}的通项公式为an＝13＋1×(n－1)＝n－23(n∈N*)．(2)由(1)可知an＝n－23(n∈N*)，又因为bn＝2nan＋23，所以bn＝2nn－23＋23＝n·2n.所以Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.①两边同乘2，得