2020届高考数学总复习 第六章 数列 6-4 数列求和课件 文 新人教A版

第4讲数列求和1．公式法(1)等差数列的前n项和公式：2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)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，从而求得前n项和．裂项时常用的三种变形：①1n（n＋1）＝1n－1n＋1；②1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1；③1n＋n＋1＝n＋1－n.(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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．(4)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．(5)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.题组一常识题1．(教材改编)等差数列{an}的通项公式为an＝2n－1，其前n项和为Sn，则数列Snn的前n项和为________．【解析】由题易得Sn＝n2，所以Snn＝n，所以Snn的前n项和为n（n＋1）2.【答案】n（n＋1）2【答案】100＋200×(1－2－9)2．(教材改编)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，经过的路程和是________m.【解析】第10次着地时，经过的路程和为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)．【答案】20183．(教材改编)在数列{an}中，an＝1n（n＋1），若{an}的前n项和Sn＝20182019，则项数n＝________．【解析】因为an＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝20182019，所以n＝2018.【答案】1－xn（1－x）2－nxn1－x4．(教材改编)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，∴Sn＝1－xn（1－x）2－nxn1－x.题组二常错题◆索引：用裂项相消法求和时不能准确裂项；用错位相减法求和时易出现符号错误，不能准确“错项对齐”，计算错误等问题；并项求和时不能准确分组．5．设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝4n2－1，则数列1Sn的前n项和为________.【解析】∵Sn＝4n2－1，∴1Sn＝14n2－1＝1（2n＋1）（2n－1）＝1212n－1－12n＋1，则数列1Sn的前n项和为12×11－13＋12×13－15＋…＋1212n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.【答案】n2n＋16．3×2－1＋4×2－2＋5×2－3＋…＋(n＋2)×2－n＝________．【解析】设S＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n＋2)×12n，则12S＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n＋2)×12n＋1，两式相减得12S＝3×12＋122＋123＋…＋12n－n＋22n＋1，∴S＝3＋12＋122＋…＋12n－1－n＋22n＝3＋121－12n－11－12－n＋22n＝4－n＋42n.【答案】4－n＋42n7．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，其前n项和为Sn，则S60＝________．【解析】当n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；当n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.【答案】990考点一分组转化法求和【例1】(2019·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{an}的通项公式．(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)因为{an}为等差数列，所以S4＝4a1＋4×32d＝24S7＝7a1＋7×62d＝63⇒a1＝3d＝2⇒an＝2n＋1.(2)因为bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，所以Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n·(2n＋1)]＝8（4n－1）3＋Gn.当n＝2k(k∈N*)时，Gn＝2×n2＝n，所以Tn＝8（4n－1）3＋n；当n＝2k－1(k∈N*)时，Gn＝2×n－12－(2n＋1)＝－n－2，所以Tn＝8（4n－1）3－n－2，所以Tn＝8（4n－1）3＋n（n＝2k，k∈N*）8（4n－1）3－n－2（n＝2k－1，k∈N*）.【反思归纳】跟踪训练1已知数列{an}的通项公式为an＝2n－n，前n项和为Sn，则Sn＝__________．【解析】Sn＝21＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝2（1－2n）1－2－n（1＋n）2＝2n＋1－n2＋n＋42.【答案】2n＋1－n2＋n＋42跟踪训练2(2019·潍坊模拟)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ＞0，n∈N*)．(1)证明数列{an}为等比数列，并求an.(2)若λ＝4，bn＝an，n为奇数，log2an，n为偶数(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.【解析】(1)证明：因为Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，所以Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，所以an＝λ2n－1.(2)因为λ＝4，所以an＝4·2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1，n为奇数，n＋1，n为偶数，所以T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝4－4n·41－4＋n（3＋2n＋1）2＝4n＋1－43＋n(n＋2)，所以T2n＝4n＋13＋n2＋2n－43.考点二错位相减法求和【例2】已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式．(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前n项和Tn.【解析】(1)设{an}的公比为q，由题意知：a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2.又an0，解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（b1＋b2n＋1）2＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝bnan，则cn＝2n＋12n，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋522＋723＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n，又12Tn＝322＋523＋724＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，两式相减得12Tn＝32＋12＋122＋…＋12n－1－2n＋12n＋1，所以Tn＝5－2n＋52n.【反思归纳】跟踪训练3(2019·漳州联考)已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式．(2)若bn＝anlog12an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋162成立的正整数n的最小值．【解析】(1)由题意得，a1q＋a1q2＋a1q3＝28，a1q＋a1q3＝2（a1q2＋2），解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝12，由于{an}是递增数列，所以a1＝2，q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.(2)因为bn＝anlog12an＝2n·log122n＝－n·2n，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，解2n＋1－262，得n5，所以n的最小值为6.考点三裂项相消法求和角度1形如an＝1n（n＋k）型【例3】(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．【解析】(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，从而{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)记an2n＋1的前n项和为Sn.由(1)知an2n＋1＝2（2n＋1）（2n－1）＝12n－1－12n＋1.则Sn＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.角度2形如an＝1n＋k＋n型【例4】已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝1f（n＋1）＋f（n），n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2018＝()A.2017－1B.2018－1C.2019－1D.2019＋1【解析】由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝12.则f(x)＝x12.所以an＝1f（n＋1）＋f（n）＝1n＋1＋n＝n＋1－n，所以S2018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2018－2017)＋(2019－2018)＝2019－1.【答案】C角度3形如an＝kan（an－1）（an＋1－1）(a0，a≠1)型【例5】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.【解析】(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，又a1＋a4＝9，可解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，（舍去）a4＝1.由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.(2)Sn＝a1（1－qn）1－q＝2n－1.又bn＝an＋1SnSn＋1＝Sn＋1－SnSnSn＋1＝1Sn－1Sn＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋…＋1Sn－1Sn＋1＝1S1－1Sn＋1＝1－12n＋1－1.【反思归纳】跟踪训练4(2019·银川质检)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an.(2)令bn＝n＋1（n＋2）2a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn564.【解析】(1)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于数列{an}是正项数列，所以Sn0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上可知，数列{an}的通项公