2020届新高考数学艺考生总复习 第五章 数列 第4节 数列求和课件

高考总复习艺考生山东版数学第4节数列求和第五章数列最新考纲核心素养考情聚焦1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法1.公式法求和，达成数学抽象和数学运算素养．2.分组转化法求和，发展逻辑推理和数学运算素养．3.裂项相消法求和，提升逻辑推理和数学运算素养．4.错位相减法求和，增强逻辑推理和数学运算素养本节主要考查：(1)等差数列和等比数列的求和．(2)使用裂项法、错位相减法求和．(3)根据周期性、奇偶数项的不同的分组求和．一般以数列的基本问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后有时与不等式、函数、最值等问题综合．以解答题为主，难度中等或稍难求数列的前n项和的方法(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(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；(ⅱ)当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q.(2)分组转化法把数列适当拆分，分为几个等差、等比数列，先分别求和，然后再合并，形如：①{an±bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列；②an＝fn，n＝2k－1，gn，n＝2kk∈N*(3)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．常见的裂项公式：①1nn＋1＝1n－1n＋1；②1nn＋k＝1k1n－1n＋k；③12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；④1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2；⑤1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)；⑥设等差数列{an}的公差为d，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)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．形如：{an·bn}，anbn，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列．(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)＝5050.一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn＋12；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；(3)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n.[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，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．()(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()(5)若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝－25()答案：(1)√(2)√(3)×(4)√(5)√[小题查验]1．等差数列{an}中，已知公差d＝12，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100＝()A．50B．75C．100D．125解析：B[a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d＝50＋50×12＝75.]2．设首项为1，公比为23的等比数列{an}的前n项和为Sn，则()A．Sn＝2an－1B．Sn＝3an－2C．Sn＝4－3anD．Sn＝3－2an解析：D[可以直接利用等比数列的求和公式求解，也可以先求出通项和前n项和，再建立关系．法一：在等比数列{an}中，Sn＝a1－anq1－q＝1－an·231－23＝3－2an.法二：在等比数列{an}中，a1＝1，q＝23，∴an＝1×23n－1＝23n－1.Sn＝1×1－23n1－23＝31－23n＝31－2323n－1＝3－2an.]3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和为()A.100101B.99101C.99100D.101100解析：A[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴a1＋4d＝5，5a1＋5×5－12d＝15，∴a1＝1，d＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴1anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴数列1anan＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…[phone]＝1－1101＝100101.]4．(人教A版教材习题改编)数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n，…的前n项和Sn的值等于____________.答案：n2＋1－12n5．设数列{an}的通项公式为an＝22n－1，令bn＝nan，则数列{bn}的前n项和Sn为________.解析：由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1，②①－②得(1－22)·Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．答案：19[(3n－1)22n＋1＋2][题组集训]1．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()A．n(n＋1)B.n(n－1)C.nn＋12D.nn－12解析：A[因为a2，a4，a8成等比数列，所以a24＝a2·a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋14)，解得a1＝2.所以Sn＝na1＋nn－12d＝n(n＋1)．故选A.]2．若等比数列{an}满足a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前n项和Sn＝________.解析：由题意a2＋a5＝q(a1＋a4)，得20＝q×10，故q＝2，代入a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得9a1＝10，得a1＝109.故Sn＝1091－2n1－2＝109(2n－1)．答案：109(2n－1)3．(2019·全国Ⅱ卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.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，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列来求之．考点二分组转化法求和(师生共研)[典例](2016·天津卷)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且1a1－1a2＝2a3，S6＝63.(1)求{an}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb2n}的前2n项和．[解析](1)设数列{an}的公比为q.由已知，有1a1－1a1q＝2a1q2，解得q＝2或q＝－1.又由S6＝a1·1－q61－q＝63，知q≠－1，所以a1·1－261－2＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由题意，得bn＝12(log2an＋log2an＋1)＝12(log22n－1＋log22n)＝n－12，即{bn}是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)nb2n}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b21＋b22)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b22n－1＋b22n)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝2nb1＋b2n2＝2n2.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，可采用分组求和法求和；(3)某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．[跟踪训练](2016·北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．解：(1)等比数列{bn}的公比q＝b3b2＝93＝3，所以b1＝b2q＝1，b4＝b3q＝27.设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2，所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝n1＋2n－12＋1－3n1－3＝n2＋3n－12.考点三裂项相消法求和(师生共研)[典例](2015·全国Ⅰ卷)Sn为数列{an}的前n项和．已知an0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和．[解析](1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由于an0，可得an＋1－an＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝12n＋12n＋3＝1212n＋1－12n＋3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1213－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝n32n＋3.[拓展提高]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；(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.[跟踪训练](2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n项和．解：(1)∵a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①∴n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)②①－②得，(2n－1)an＝2，an＝22n－1，又n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝22n－1.(2)设数列an2n＋1的前n项和为Sn由(1)an2n＋1＝22n－12n＋1＝12n－1－12n＋1，∴Sn＝a13＋a25＋…＋an2n＋1＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－1