2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列的求和课件 理 新人教A版

第4讲数列的求和基础知识整合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．常见的拆项公式(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.1．(2019·新余三校联考)数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为()A．－200B．－100C．200D．100解析根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.解析答案D答案2．(2019·安徽六校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a8＋a11＝30，则S13的值是()A．130B．65C．70D．75解析因为数列{an}是等差数列，且a2＋a8＋a11＝30，所以3a7＝a2＋a8＋a11＝30，则a7＝10，S13＝a1＋a13×132＝13a7＝13×10＝130.故选A.解析答案A答案3．数列1，12，2，14，4，18，…的前2n项和S2n＝________.解析S2n＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋12＋14＋18＋…＋12n＝2n－1＋1－12n＝2n－12n.解析答案2n－12n答案4．Sn＝122－1＋142－1＋…＋12n2－1＝________.解析通项an＝12n2－1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.解析答案n2n＋1答案5．(2019·宁夏模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，对任意的n∈N*，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________.解析利用“特殊值”法，确定公比．设公比为q，因为对任意的n∈N*，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则令式中n＝1，得a3＋a2－2a1＝0，所以a1(q2＋q－2)＝0.显然a1≠0，所以由q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，则S5＝a11－q51－q＝1－－253＝11.解析答案11答案6．(2018·南京模拟)已知an＝13n，设bn＝nan，记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝________.答案2n－1·3n＋1＋34答案解析bn＝n·3n，于是Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，②①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，即－2Sn＝3－3n＋11－3－n·3n＋1，Sn＝n2·3n＋1－14·3n＋1＋34＝2n－1·3n＋1＋34.解析核心考向突破考向一分组转化法求和例1(2019·金华模拟)在等比数列{an}中，an0(n∈N*)，a1a3＝4，且a3＋1是a2和a4的等差中项，若bn＝log2an＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}满足cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1，求数列{cn}的前n项和Sn.解(1)设等比数列{an}的公比为q，且q0，在等比数列{an}中，由an0，a1a3＝4得，a2＝2，①又a3＋1是a2和a4的等差中项，所以2(a3＋1)＝a2＋a4，②把①代入②得，2(2q＋1)＝2＋2q2，解得q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝a2qn－2＝2n－1，则bn＝log2an＋1＝log22n＝n.答案(2)由(1)得，cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1＝2n＋12n－12n＋1＝2n＋1212n－1－12n＋1，所以数列{cn}的前n项和Sn＝2＋22＋…＋2n＋121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝21－2n1－2＋121－12n＋1＝2n＋1－2＋n2n＋1.答案触类旁通分组转化求和通法若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应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．即时训练1.(2019·衡阳模拟)在等比数列{an}中，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前2n项和S2n.解(1)由题意，b1＝a1＝3，b4＝a2＝3q，b13＝a3＝3q2.又∵{bn}为等差数列，设公差为d，∴b4＝b1＋3d＝3q，b13＝b1＋12d＝3q2，化简得q2－4q＋3＝0，∴q＝1(舍)或q＝3，∴an＝3n，∵d＝b4－b14－1＝2，∴bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1.答案(2)由题意得cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n.S2n＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n－1)＋32n－1＋(4n＋1)＋32n＝(3＋32＋…＋32n)＋[－3＋5－7＋9－…－(4n－1)＋(4n＋1)]＝31－32n1－3＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n＋1)－(4n－1)]}＝32n＋1－32＋2n.答案考向二裂项相消法求和角度1形如an＝1n＋k＋n型例2(2019·正定模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且dS9.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝1an＋1＋an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且dS9，所以d＝2，S9＝99，又因为Sn＝na1＋nn－12d，所以9a1＋9×82×2＝99，解得a1＝3，{an}是首项为3，公差为2的等差数列．所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.答案(2)∵bn＝1an＋1＋an＝12n＋3＋2n＋1＝12(2n＋3－2n＋1)，∴Tn＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n＋1－2n－1)＋12(2n＋3－2n＋1)＝2n＋3－32.答案角度2形如an＝1nn＋k型例3(2019·南通模拟)已知数列{an}满足：1a1＋2a2＋…＋nan＝38(32n－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3ann，求1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn＋1.解(1)1a1＝38(32－1)＝3，当n≥2时，∵nan＝1a1＋2a2＋…＋nan－1a1＋2a2＋…＋n－1an－1＝38(32n－1)－38(32n－2－1)＝32n－1，当n＝1时，nan＝32n－1也成立，∴an＝n32n－1.答案(2)bn＝log3ann＝－(2n－1)，1bnbn＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn＋1＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.答案角度3形如an＝kanan－1an＋1－1(a0，a≠1)型例4数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)∵Sn＝2an－a1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，∴an＝2an－2an－1，化为an＝2an－1.由a1，a2＋1，a3成等差数列得，2(a2＋1)＝a1＋a3，又由Sn＝2an－a1知，a2＝2a1，a3＝4a1，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.∴数列{an}是等比数列，首项为2，公比为2.∴an＝2n.答案(2)∵an＋1＝2n＋1，∴Sn＝22n－12－1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.∴bn＝an＋1SnSn＋1＝2n＋12n＋1－22n＋2－2＝1212n－1－12n＋1－1.∴数列{bn}的前n项和Tn＝1212－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝121－12n＋1－1.答案触类旁通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.即时训练2.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(1)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{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.当n＝1时，a1＝2＝2×1符合上式．综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.答案(2)证明：由于an＝2n，故bn＝n＋1n＋22a2n＝n＋14n2n＋22＝1161n2－1n＋22.Tn＝116[1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n－12－1n＋12＋1n2－1n＋22]＝116[1＋122－1n＋12－1n＋22]1161＋122＝564.答案考向三错位相减法求和例5(2019·重庆模拟)已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝12，且当n∈N*时，anbn＋1－bn＋1＝nbn.(1)求{bn}的通项公式；(2)设cn＝anbn，求{cn}的前n项和Sn.解(1)由数列{bn}满足b1＝1，b2＝12，anbn＋1－bn＋1＝nbn，得当n＝1时，a1b2－b2＝b1，即12a1＝32，解得a1＝3.答案又因为数列{an}是公差为2的等差数列，所以an＝2n＋1.由an＝2n＋1得(2n＋1)bn＋1－bn＋1＝nbn，化简得2bn＋1＝bn，即bn＋1bn＝12，即数列{bn}是以1为首项，12为公比的等比数列，所以bn＝12n－1.答案(2)由(1)得cn＝anbn＝(2n＋1)×12n－1，所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝3×120＋5×12＋7×122＋…＋(2n－1)×12n－2＋(2n＋1)×12n－1.①将①式两边同