2021高考数学一轮复习 第6章 数列 第4节 数列求和课件 文 北师大版

第六章数列第四节数列求和2[最新考纲]1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．3课前自主回顾41．公式法(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝na1＋an2＝；(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝.na1＋nn－12da11－qn1－q，q≠152．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．64．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．76．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)＝5050.8[常用结论]1．一些常见的数列前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn＋12；(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.92．常用的裂项公式(1)1nn＋k＝1k1n－1n＋k；(2)14n2－1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n；(4)loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan.10一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(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＝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．()11(4)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.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√12二、教材改编1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()A．1B.56C.16D.130B[∵an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝1－16＝56.故选B.]132．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________.－25[S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]143．数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n，…的前n项和Sn等于________．n2＋1－12n[Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋12＋14＋18＋…＋12n＝n2＋121－12n1－12＝n2＋1－12n.]154．若x≠0，且x≠1，则1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________.1－xn1－x2－nxn1－x[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.]16课堂考点探究17⊙考点1分组转化求和分组转化求和的两个常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和；(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．18已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．19[解](1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n.a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.20(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝21－22n1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.21[母题探究]在本例(2)中，若条件不变，求数列{bn}的前n项和Tn.22[解]由本例(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝2－2n＋11－2＋n2＝2n＋1＋n2－2；23当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋n－12－n＝2n＋1－n2－52.所以Tn＝2n＋1＋n2－2，n为偶数，2n＋1－n2－52，n为奇数.24通项公式中出现(－1)n，在求数列的前n项和Sn时，要分n为偶数和n为奇数两种情况讨论．251.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－226C[Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝21－2n1－2＋2×nn＋12－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.]272．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝an＋2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列{an}的前20项和为()A．1121B．1122C．1123D．112428C[由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1123.选C.]29⊙考点2错位相减法求和错位相减法求和的四个步骤30(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝1，n为奇数，bn2，n为偶数.求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．31[解](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，解得d＝3，q＝3，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.32(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝n×3＋nn－12×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②33②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－31－3n1－3＋n×3n＋1＝2n－13n＋1＋32.所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－13n＋1＋32＝2n－13n＋2＋6n2＋92(n∈N*)．34错位相减法求和时应注意两点(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．35设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)当d＞1时，记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.36[解](1)由题意得10a1＋45d＝100，a1d＝2，即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2或a1＝9，d＝29.故an＝2n－1，bn＝2n－1或an＝192n＋79，bn＝9·29n-1.37(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝2n－12n－1，于是Tn＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n－12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n－12n.②①－②可得12Tn＝2＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，故Tn＝6－2n＋32n－1.38⊙考点3裂项相消法求和裂项相消法求和的两个关注点(1)通项公式能裂为两项差的形式，求和时能产生连续相互抵消的项．(2)消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩到第几项，后边就剩到倒数第几项．39形如an＝1nn＋k型已知数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，且满足4Sn＝a2n＋2an－3对任意的正整数n都成立．(1)证明数列{an}是等差数列，并求其通项公式；(2)设bn＝1Sn，求数列{bn}的前n项和Tn.40[解](1)当n＝1时，4S1＝a21＋2a1－3，即a21－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，由4Sn＝a2n＋2an－3，得当n≥2时，4Sn－1＝a2n－1＋2an－1－3，两式相减，得4an＝a2n－a2n－1＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，41又an＞0，∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2(n≥2)，∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.42(2)由an＝2n＋1，得Sn＝3＋2n＋12·n＝n(n＋2)，∴bn＝1Sn＝1nn＋2＝121n－1n＋2，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝34－2n＋32n＋1n＋2.43本例在求前n项和Tn时，应注意两点：(1)bn裂成两项差时，不要漏掉系数12.(2)求和消项后，前边剩两项，后边也剩两项，注意符号不同．44形如an＝1n＋k＋n型已知函数f(x)＝xα的图像过点(4,2)，令an＝1fn＋1＋fn，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2020＝()A.2019－1B.2020－1C.2021－1D.2021＋145C[由f(4)＝2，得4α＝2，解得α＝12，则f(x)＝x12.∴an＝1fn＋1＋fn＝1n＋1＋n＝n＋1－n，∴S2020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2020＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2020－2019)＋(2021－2020)＝2021－1，故选C.]46本例中通项公式的裂项使用了分母有理化．471.已知数列{an}的通项公式为an＝lg1＋1n，若数列{an}的前n项和Sn＝3，则项数n＝()A．99B．101C．999D．100148C[an＝