2019-2020年高考数学学业水平测试一轮复习 专题十一 数列 第40讲 数列求和课件

专题十一数列第40讲数列求和求数列的前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＝________；(ⅱ)当q≠1时，Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q.(2)分组转化法．把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(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；②1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1；③1n＋n＋1＝n＋1－n.(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．(6)并项求和法．在一个数列的前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.答案：(1)②na11．分组转化法求和已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn.解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3，所以当n为偶数时，Sn＝2×1－3n1－3＋n2ln3＝3n＋n2ln3－1；当n为奇数时，Sn＝2×1－3n1－3－(ln2－ln3)＋n－12－n·ln3＝3n－n－12ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝3n＋n2ln3－1，n为偶数，3n－n－12ln3－ln2－1，n为奇数.剖析：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．2．错位相减法求和已知数列{an}满足首项为a1＝2，an＋1＝2an(n∈N*)．设bn＝3log2an－2(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝anbn.(1)求证：数列{bn}为等差数列；(2)求数列{cn}的前n项和Sn.(1)证明：由已知可得，an＝a1qn－1＝2n，bn＝3log22n－2，所以bn＝3n－2，所以bn＋1－bn＝3，所以数列{bn}为首项b1＝1，公差d＝3的等差数列．(2)解：cn＝anbn＝(3n－2)×2n.Sn＝1×2＋4×22＋7×23＋…＋(3n－2)×2n，①2Sn＝1×22＋4×23＋7×24＋…＋(3n－5)×2n＋(3n－2)×2n＋1，②①－②得，－Sn＝2＋3(22＋23＋24＋…＋2n)－(3n－2)×2n＋1＝2＋3×4（1－2n－1）1－2－(3n－2)×2n＋1＝－10＋(5－3n)×2n＋1，所以Sn＝10－(5－3n)×2n＋1.剖析：用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)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．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．3．裂项相消法求和在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－12.(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝Sn2n＋1，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)因为S2n＝anSn－12，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①由题意得Sn－1·Sn≠0，①式两边同除以Sn－1·Sn，得1Sn－1Sn－1＝2，所以数列1Sn是首项为1S1＝1a1＝1，公差为2的等差数列．所以1Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝12n－1.(2)因为bn＝Sn2n＋1＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.剖析：(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)，1n（n＋k）＝1k(1n－1n＋k)裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(2)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．1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝4，S5＝15，则数列1an·an＋1的前2019项的和为()A.20182019B.20182020C.20192020D.20172019解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a4＝4，S5＝15，所以a1＋3d＝4，5a1＋5×42d＝15，联立解得：a1＝d＝1，所以an＝1＋n－1＝n，所以1anan＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1.则数列1an·an＋1的前2019项和＝1－12＋12－13＋…[phone]＝1－12020＝20192020.答案：C2．等差数列{an}中，已知公差d＝12，且a1＋a3＋…＋a99＝60，则a1＋a2＋…＋a100＝()A．145B．150C．170D．120答案：A3．在等比数列{an}中，若a1＝12，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝()A．2n－1－12B．2n－32C．4n－1－12D．4n－32答案：A4．设f(n)＝2＋22＋23＋…＋2n＋1(n∈N＋)，则f(n)等于()A．2n－1B．2n－2C．2n＋1－2D．2n＋2－2答案：D5．设Sn为数列{an}的前n项和，an＝1＋2＋22＋…＋2n－1，则Sn的值为()A．2n－1B．2n－1－1C．2n－n－2D．2n＋1－n－2答案：D6．已知数列{an}的通项公式为an＝2n（n＋1），则数列{an}的前n项和Sn为________．解析：因为数列{an}的通项公式为an＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，则数列{an}的前n项和Sn由裂项求和得到为2n/(n＋1)．答案：2n/(n＋1)7．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n2＋3n＋1，则an＝________．解析：n＝1，a1＝s1＝6，n≥2，an＝sn－sn－1＝2n2＋3n＋1－2(n－1)2－3(n－1)－1＝4n＋1.所以an＝6，n＝1，4n＋1，n≥2.答案：6，n＝1，4n＋1，n≥28．已知数列{an}中，其前n项和为Sn，an＝2n－1，n为正奇数，2n－1，n为正偶数，则S9＝________．解析：an＝2n－1，n为正奇数，2n－1，n为正偶数，则S9＝(1＋4＋16＋64＋256)＋(3＋7＋11＋15)＝1－451－4＋36＝341＋36＝377.答案：3779．数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2，bn＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝4.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前项和Sn.解：(1)bn＋1＝2bn＋2，bn＋1＋2＝2(bn＋2)，所以bn＋1＋2bn＋2＝2，又b1＋2＝a2－a1＋2＝4，所以数列{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，所以bn＋2＝4×2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1－2.(2)由(1)知，an－an－1＝bn－1＝2n－2(n≥2)，令n＝2，…，n，赋值累加得：an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，所以an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝2（2n－1）2－1－2n＋2＝2n＋1－2n.所以Sn＝4（1－2n）1－2－n（2＋2n）2＝2n＋2－(n2＋n＋4)．10．已知数列an与bn，若a1＝3，且对任意正整数n满足an＋1－an＝2，数列bn的前n项和Sn＝n2＋an.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列1bnbn＋1的前n项和Tn.解：(1)因为对任意正整数n满足an＋1－an＝2，所以an是公差为2的等差数列．又因为a1＝3，所以an＝2n＋1.当n＝1时，b1＝S1＝4；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－[(n－1)2＋2(n－1)＋1]＝2n＋1，对b1＝4不成立．所以数列bn的通项公式为，bn＝4，n＝1，2n＋1，n≥2.(2)由(1)知当n＝1时，T1＝1b1b2＝120.当n≥2时，1bnbn＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝1212n＋1－12n＋3，所以Tn＝120＋1215－17＋17－19＋…＋12n＋1－12n＋3＝120＋12(15－12n＋3)＝120＋n－110n＋15.当n＝1时仍成立，所以Tn＝120＋n－110n＋15.