2021版高考数学一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列求和课件 理 北师大版

数学第六章数列第4讲数列求和01基础知识自主回顾02核心考点深度剖析04高效演练分层突破03方法素养助学培优一、知识梳理1．数列求和方法(1)等差数列求和公式：Sn＝n(a1＋an)2＝_________________．(2)等比数列求和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝_________，q≠1.na1＋n(n－1)2da1(1－qn)1－q2．一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n(n＋1)2；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝_________；(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝_________．n2n2＋n3．数列求和的常用方法(1)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．(2)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项和就是用此法推导的．(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)分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．(5)并项求和法一个数列的前n项和，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．常用结论记住常用的裂项公式(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.二、教材衍化1．一个球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是()A．100＋200(1－2－9)B．100＋100(1－2－9)C．200(1－2－9)D．100(1－2－9)解析：选A.第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)．2．在数列{an}中，an＝1n(n＋1)，若{an}的前n项和为20172018，则项数n为()A．2014B．2015C．2016D．2017解析：选D.an＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝20172018，所以n＝2017.故选D.3．1＋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一、思考辨析判断正误(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．()×√√二、易错纠偏常见误区(1)不会分组致误；(2)错位相减法运用不熟练出错．1．已知数列：112，214，318，…，n＋12n，…，则其前n项和关于n的表达式为________．解析：设所求的数列前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋14＋…＋12n＝n(n＋1)2＋1－12n.答案：n(n＋1)2＋1－12n2．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2×(1－2n)1－2－n×2n＋1，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋2分组转化求和(师生共研)(2020·延安模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋20的解集为(1，2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，因为关于x的不等式a1x2－S2x＋20的解集为(1，2)，所以S2a1＝1＋2＝3，得a1＝d，又易知2a1＝2，所以a1＝1，d＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝n(1＋2n－1)2＋2(1－2n)1－2＝n2＋2n＋1－2.分组转化法求和的常见类型(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．1．若数列{an}是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn＝________．解析：an＝2＋22＋23＋…＋2n＝2－2n＋11－2＝2n＋1－2，所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝22－2n＋21－2－2n＝2n＋2－4－2n.答案：2n＋2－4－2n2．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n项和Tn.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.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.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；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.错位相减法求和(师生共研)(2020·天津市部分区联考)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且a1＝1，a3＋a4＝12，b1＝a2，b2＝a5.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn＝(－1)nanbn(n∈N+)，求数列{cn}的前n项和Sn.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a3＋a4＝12，所以2a1＋5d＝12，所以d＝2，所以an＝2n－1.设等比数列{bn}的公比为q，因为b1＝a2，b2＝a5，所以b1＝a2＝3，b2＝a5＝9，所以q＝3，所以bn＝3n.(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n，所以cn＝(－1)n·an·bn＝(－1)n·(2n－1)·3n＝(2n－1)·(－3)n，所以Sn＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n－1)·(－3)n，①所以－3Sn＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n－3)·(－3)n＋(2n－1)·(－3)n＋1，②①－②得，4Sn＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n－(2n－1)·(－3)n＋1＝－3＋2·(－3)2[1－(－3)n－1]1＋3－(2n－1)·(－3)n＋1＝32－4n－12·(－3)n＋1.所以Sn＝38－4n－18·(－3)n＋1.运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减，如本题先把①式两边同乘以－3得到②式，再把两式错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．(2020·驻马店模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由2Sn＝3an－1，①得2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②，得2an＝3an－3an－1，所以anan－1＝3(n≥2)，又2S1＝3a1－1，2S2＝3a2－1，所以a1＝1，a2＝3，a2a1＝3，所以{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.(2)由(1)得，bn＝n3n－1，所以Tn＝130＋231＋332＋…＋n3n－1，③13Tn＝131＋232＋…＋n－13n－1＋n3n，④③－④得，23Tn＝130＋131＋132＋…＋13n－1－n3n＝1－13n1－13－n3n＝32－2n＋32×3n，所以Tn＝94－6n＋94×3n.裂项相消法求和(师生共研)(2020·江西八所重点高中4月联考)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝44－an(n∈N+)．(1)求证：数列{1an－2}是等差数列；(2)设bn＝a2na2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.【解】(1)证明：因为an＋1＝44－an，所以1an＋1－2－1an－2＝144－an－2－1an－2＝4－an2an－4－1an－2＝2－an2an－4＝－12，为常数．因为a1＝1，所以1a1－2＝－1，所以数列{1an－2}是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知1an－2＝－1＋(n－1)(－12)＝－n＋12，所以an＝2－2n＋1＝2nn＋1，所以bn＝a2na2n－1＝4n2n＋12(2n－1)2n＝4n2(2n－1)(2n＋1)＝1＋1(2n－1)(2n＋1)＝1＋12(12n－1－12n＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋12(1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1)＝n＋12(1－12n＋1)＝n＋n2n＋1，所以数列{bn}的前n项和Tn＝n＋n2n＋1.利用裂项相消法求和的注意事项(1)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；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)将通项裂项后，有时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．如：若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d·1an－1an＋2，1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝na1an＋1(an≠0)．1．数列{an}满足a1＝1,a2n＋2＝an＋1(n∈N+)．(1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋an＋1，求数列{bn}的前n项和．解：(1)由a2n＋2＝an＋1得a2n＋1－a2n＝2，且a21＝1，所以数列{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a2n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又由已知易得an0，所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)bn＝2an＋an＋1＝22n－1＋2n＋1＝2n＋1－2n－1，故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n＋1－2n－1)＝2n＋1－1.2．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8