2020版高中数学 第二章 数列 2.5.2 数列求和习题课课件 新人教A版必修5

课标要求掌握常用的数列求和方法：公式法、分组法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．知识导图学法指导1.把握准各种求和方法适用的数列类型，准确选择适合的方法．2．裂项法应注意消项后剩余哪些项．3．错位相减后要注意等比数列的项数.知识点数列求和的常用方法1．公式求和法(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1和q≠1.(2)正整数和及正整数平方和公式有：①1＋2＋…＋n＝________.②12＋22＋…＋n2＝nn＋12n＋16.③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.nn＋122．分组转化求和法有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列．即先分别求和，然后再合并，形如：(1){an＋bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列；(2)an＝fn，n＝2k－1，gn，n＝2k(k∈N*)．3．裂项相消求和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．常见的裂项公式：(1)1nn＋1＝________；(2)12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；(3)1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2；(4)1a＋b＝1a－b(________)．1n－1n＋1a－b4．倒序相加求和法如果在一个数列{an}中，与首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如____数列的前n项和即是用此法推导的．5．错位相减求和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____数列的前n项和就是用此法推导的．等差等比状元随笔在运用错位相减法求数列前n项和时要注意四点：①乘数(式)的选择；②对q的讨论；③两式相减后(1－q)Sn的构成；④两式相减后成等比数列的项数．[小试身手]1．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．()(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝3n－12.()√√×√2．1＋11×2＋12×3＋…＋199×100等于()A.99100B.199100C.9899D.19799解析：因为1nn＋1＝1n－1n＋1，所以所求和＝1＋1－12＋12－13＋…＋199－1100＝1＋1－1100＝199100.答案：B3．已知数列{an}的通项公式an＝2n－12n，其前n项和Sn＝32164，则项数n等于()A．4B．5C．6D．7解析：an＝2n－12n＝1－12n，∴Sn＝n－121－12n1－12＝n－1＋12n＝32164＝5＋164，∴n＝6.答案：C4．数列{n·2n}的前n项和等于()A．n·2n－2n＋2B．n·2n＋1－2n＋1＋2C．n·2n＋1－2nD．n·2n＋1－2n＋1解析：设{n·2n}的前n项和为Sn，则Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋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·2n＋1－2n＋1＋2，故选B.答案：B类型一分组转化法求和例1[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．【解析】(1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝b3b2＝93＝3，所以b1＝b2q＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n＝1,2,3，…)．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＝1,2,3，…)．(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.求{cn}的前n项和，只要先分别用公式求出{an}和{bn}的前n项和再相加．方法归纳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，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和．跟踪训练1求数列214，418，6116，…，2n＋12n＋1，…的前n项和Sn.解析：Sn＝214＋418＋6116＋…＋2n＋12n＋1＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋14＋18＋…＋12n＋1＝n2n＋22＋141－12n1－12＝n(n＋1)＋12－12n＋1.类型二裂项相消法求和例2已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝15，a3和a5的等差中项为9.(1)求an及Sn；(2)令bn＝4a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)因为数列{an}为等差数列，所以设其首项为a1，公差为d，因为S3＝3a2＝15，a3＋a5＝18，即a1＋d＝5，2a1＋6d＝18，解得a1＝3，d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1，即an＝2n＋1，Sn＝3＋2n＋1n2＝n2＋2n.(2)由(1)知an＝2n＋1，所以bn＝4a2n－1＝44n2＋4n＝1n－1n＋1，n∈N*，数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.由条件可知an是n的一次式，从而a2n－1＝(an－1)(an＋1)为两个一次式的乘积，故bn＝1a2n－1可以裂项．方法归纳对于通项公式是分式的一类数列，在求和时常用“裂项法”．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项，常见的拆项公式有：(1)1nn＋k＝1k·1n－1n＋k；(2)若{an}为等差数列，公差为d，则1an·an＋1＝1d1an－1an＋1；(3)1n＋1＋n＝n＋1－n等．跟踪训练2数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋2.(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a1＝3，an＋1＝an＋2，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.类型三错位相减法求和例3已知数列{an}是等比数列，a1a2＝13，a3＝19，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝3n2＋3n(n∈N*)．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若cn＝bnan，求数列{cn}的前n项和Tn.【解析】(1)设等比数列{an}的公比是q，由an＝a1qn－1及a1a2＝13，a3＝19，得a21q＝13，a1q2＝19解得a1＝1，q＝13，故等比数列{an}的通项公式是an＝13n－1(n∈N*)．当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝6n，当n＝1时，b1＝S1＝6，符合上式，故bn＝6n(n∈N*)．(2)由(1)知，cn＝bnan＝6n·3n－1，因为Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn，所以Tn＝6×1×30＋6×2×31＋6×3×32＋…＋6(n－1)·3n－2＋6n·3n－1，①3Tn＝6×1×31＋6×2×32＋6×3×33＋6(n－1)×3n－1＋6n×3n，②①－②得－2Tn＝6(30＋31＋32＋…＋3n－1)－6n×3n＝6×301－3n1－3－6n×3n，所以Tn＝－126×301－3n1－3－6n·3n＝n－12·3n＋1＋32＝32·[(2n－1)·3n＋1]．状元随笔1an也是等比数列，{bn}的前n项和Sn＝3n2＋3n可看出{bn}是等差数列，故cn＝bnan符合用错位相减法求和的数列特征.方法归纳错位相减法的适用题目及注意事项(1)适用范围：它主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．(2)注意事项：①利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn的表达式时，应注意使两式对齐，以便于作差，正确写出(1－q)Sn的表达式．②利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况．跟踪训练3已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列an2n－1的前n项和．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得a1＋d＝0，2a1＋12d＝－10，解得a1＝1，d＝－1.故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)设数列an2n－1的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，故S1＝1，Sn2＝a12＋a24＋…＋an2n，所以，当n1时，Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n＝1－12＋14＋…＋12n－1－2－n2n＝1－1－12n－1－2－n2n＝n2n.所以Sn＝n2n－1.又S1＝1满足上式，所以Sn＝n2n－1.综上，数列an2n－1的前n项和Sn＝n2n－1.