2019-2020学年高中数学 第二章 数列 2.3 等比数列 第四课时 数列的求和（习题课）课件

第四课时数列的求和(习题课)分组转化法求和[典例]已知数列{cn}：112，214，318，…，试求{cn}的前n项和．[解]令{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝112＋214＋318＋…＋n＋12n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋14＋18＋…＋12n＝nn＋12＋121－12n1－12＝nn＋12＋1－12n.即数列{cn}的前n项和为Sn＝n2＋n2＋1－12n.当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但如果它的通项公式可以拆分为几项的和，而这些项又构成等差数列或等比数列，那么就可以用分组求和法，即原数列的前n项和等于拆分成的每个数列前n项和的和．[活学活用]1．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cosnπ)＝n(2－cosnπ)，则S20＝()A．31B．122C．324D．484解析：∵an(4＋cosnπ)＝n(2－cosnπ)，∴当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝n；当n＝2k(k∈N*)时，an＝n5.∴an＝n，n为奇数，n5，n为偶数.∴a1＝1，a2＝25，a3＝3，a4＝45，a5＝5，….∴S20＝(1＋3＋…＋19)＋25＋45＋…＋205＝10×1＋192＋15×10×2＋202＝122.故选B.答案：B2．已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且a1，a4，a5成等差数列．(1)求p，q的值；(2)求数列{an}前n项和Sn的公式．解：(1)由a1＝3，得2p＋q＝3，又因为a4＝24p＋4q，a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.(2)由(1)，知an＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋nn＋12.裂项相消法求和[典例]已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝－log3an，求数列1bnbn＋1的前n项和Tn.[解](1)设数列{an}的公比为q，由a23＝9a2a6得a23＝9a24，∴q2＝19.由条件可知q0，故q＝13.由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝13.故数列{an}的通项公式为an＝13n.(2)∵an＝13n，∴bn＝－log313n＝2n，∴1bnbn＋1＝14nn＋1＝141n－1n＋1，∴Tn＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝141－1n＋1＝n4n＋1.(1)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．(2)裂项求和的几种常见类型：①1nn＋k＝1k1n－1n＋k；②1n＋k＋n＝1kn＋k－n；③12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；④若{an}是公差为d的等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1.[活学活用]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝15，a5＋a9＝30.(1)求an及Sn；(2)若数列{bn}满足bn(Sn－n)＝2(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn2.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意可得a1＋a2＋a3＝15，a5＋a9＝30⇒3a1＋3d＝15，2a1＋12d＝30⇒a1＝3，d＝2，则an＝3＋2(n－1)＝2n＋1Sn＝3n＋2nn－12＝n2＋2n.(2)证明：由题意可得bn＝2Sn－n＝2n2＋n＝21n－1n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝21－1n＋12.错位相减法求和[典例]已知数列{an}的首项a1＝23，an＋1＝2anan＋1，n＝1,2,3，….(1)证明：数列1an－1是等比数列；(2)求数列nan的前n项和Sn.[解](1)证明：由an＋1＝2anan＋1，所以1an＋1＝an＋12an＝12＋12×1an，所以1an＋1－1＝121an－1，又a1＝23，所以1a1－1＝12，所以数列1an－1是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)得1an－1＝12×12n－1＝12n，即1an＝12n＋1，所以nan＝n2n＋n.设Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①则12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，②由①－②得12Tn＝12＋122＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－12n－n2n＋1，Tn＝2－12n－1－n2n.又1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12，所以数列nan的前n项和Sn＝2－2＋n2n＋nn＋12＝n2＋n＋42－n＋22n.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．[活学活用]数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)证明：数列ann是等差数列；(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)证明：由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，即an＋1n＋1－ann＝1.所以ann是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.从而bn＝n·3n.Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝3·1－3n1－3－n·3n＋1＝1－2n·3n＋1－32.所以Sn＝2n－1·3n＋1＋34.