浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第3节数列求和的常用方法及其应用课件 28页

第 3 节　数列求和的常用方法及其应用 考试要求　 1. 熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式； 2. 了解非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法 . 知 识 梳 理 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 S n ＝ ＝ . ② 等比数列的前 n 项和公式 ( ⅰ ) 当 q ＝ 1 时， S n ＝ ； ( ⅱ ) 当 q ≠ 1 时， S n ＝ ＝ . na 1 (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 . (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 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 a n ＝ ( － 1) n f ( n ) 类型，可采用两项合并求解 . 例如， S n ＝ 100 2 － 99 2 ＋ 98 2 － 97 2 ＋ … ＋ 2 2 － 1 2 ＝ (100 ＋ 99) ＋ (98 ＋ 97) ＋ … ＋ (2 ＋ 1) ＝ 5 050. 解析 　 (3) 要分 a ＝ 0 或 a ＝ 1 或 a ≠ 0 且 a ≠ 1 讨论求解 . 答案 　 (1) √ 　 (2) √ 　 (3) × 　 (4) √ 答案　 B 3. 若数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 2 n ＋ 2 n － 1 ，则数列 { a n } 的前 n 项和为 ( 　　 ) A.2 n ＋ n 2 － 1 B.2 n ＋ 1 ＋ n 2 － 1 C.2 n ＋ 1 ＋ n 2 － 2 D.2 n ＋ n － 2 答案　 C 4. 已知首项为 a 1 ，公差为 d 的等差数列 { a n } ，其前 n 项为 S n ，若 S k － n ＝ S k ＋ n ( n ， k ∈ N * 且 k > n ) ，则一定有 S 2 k ＝ ( 　　 ) A. ka 1 B. kd C.0 D. 不确定 答案　 C 5. ( 必修 5P61A4(3) 改编 ) 1 ＋ 2 x ＋ 3 x 2 ＋ … ＋ nx n － 1 ＝ ________( x ≠ 0 且 x ≠ 1). 解析　 设 S n ＝ 1 ＋ 2 x ＋ 3 x 2 ＋ … ＋ nx n － 1 ， ① 则 xS n ＝ x ＋ 2 x 2 ＋ 3 x 3 ＋ … ＋ nx n ， ② 6. (2016· 浙江卷 ) 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n . 若 S 2 ＝ 4 ， a n ＋ 1 ＝ 2 S n ＋ 1 ， n ∈ N * ，则 a 1 ＝ ________ ， S 5 ＝ ________. 当 n ≥ 2 时，由已知可得： a n ＋ 1 ＝ 2 S n ＋ 1 ， ① a n ＝ 2 S n － 1 ＋ 1 ， ② ① － ② 得 a n ＋ 1 － a n ＝ 2 a n ， ∴ a n ＋ 1 ＝ 3 a n ，又 a 2 ＝ 3 a 1 ， ∴ { a n } 是以 a 1 ＝ 1 为首项，公比 q ＝ 3 的等比数列 . 答案　 1 　 121 考点一　分组转化法求和 【例 1 】 (2020· 深圳二调 ) 已知数列 { a n } 满足 a 1 ＝ 2 ， a n ＋ 1 ＝ a n ＋ 2 n ＋ 2( n ∈ N * ). (1) 判断数列 { a n － 2 n } 是否为等差数列，并说明理由； (2) 记 S n 为数列 { a n } 的前 n 项和，求 S n . 解 　 (1) 设 b n ＝ a n － 2 n ，则 b n ＋ 1 ＝ a n ＋ 1 － 2 n ＋ 1 ， 则 b n ＋ 1 － b n ＝ ( a n ＋ 1 － 2 n ＋ 1 ) － ( a n － 2 n ) ＝ a n ＋ 1 － a n － 2 n ， ＝ ( a n ＋ 2 n ＋ 2) － a n － 2 n ＝ 2( n ∈ N * ) ， 所以数列 { a n － 2 n } 是首项为 0 ，公差 d ＝ 2 的等差数列 . (2) 由 (1) 可知 a n － 2 n ＝ 0 ＋ 2( n － 1) ， ∴ a n ＝ 2 n ＋ 2( n － 1) ， ＝ 2 n ＋ 1 ＋ n 2 － n － 2. 【训练 1 】 已知数列 { a n } 的通项公式 a n ＝ 2·3 n － 1 ＋ ( － 1) n (ln 2 － ln 3) ＋ ( － 1) n n ln 3 ，求其前 n 项和 S n . 解　 S n ＝ 2(1 ＋ 3 ＋ … ＋ 3 n － 1 ) ＋ [ － 1 ＋ 1 － 1 ＋ … ＋ ( － 1) n ](ln 2 － ln 3) ＋ [ － 1 ＋ 2 － 3 ＋ … ＋ ( － 1) n n ]ln 3 考点二　裂项相消法求和 【例 2 】 已知数列 { a n } 中， a 1 ＝ 1 ， a 2 ＝ 2 ， a n ＋ 1 ＋ 2 a n － 1 ＝ 3 a n ( n ≥ 2) ，数列 { a n } 的前 n 项和为 S n . (1) 求 a n ； 解　 (1) 由题意知 a n ＋ 1 － a n ＝ 2( a n － a n － 1 )( n ≥ 2) ， 又因为 a 2 － a 1 ＝ 1 ≠ 0 ， 所以数列 { a n ＋ 1 － a n } 为首项为 1 ，公比为 2 的等比数列 ， 所以 a n ＋ 1 － a n ＝ 2 n － 1 . 当 n ＝ 1 时， a 1 ＝ 1 也满足上式，故 a n ＝ 2 n － 1 ， n ∈ N * . (2) 由 (1) 知， S n ＝ 2 n － 1 ， 规律方法 　 (1) 利用裂项相消法求和时，应注意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 . (2) 将通项公式裂项后，有时候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公式相等 . 【训练 2 】 (2020· 宁波模拟 ) 已知等差数列 { a n } 的公差 d ≠ 0 ， a 1 ＝ 25 ，且 a 1 ， a 11 ， a 13 成等比数列 . (1) 求使不等式 a n ≥ 0 成立的最大自然数 n ； (1) 解 　由题意可知 ＝ a 1 · a 13 ， 即 ( a 1 ＋ 10 d ) 2 ＝ a 1 ·( a 1 ＋ 12 d ) ， ∴ d (2 a 1 ＋ 25 d ) ＝ 0. 又 a 1 ＝ 25 ， d ≠ 0 ， ∴ d ＝－ 2 ， ∴ a n ＝－ 2 n ＋ 27 ， ∴ － 2 n ＋ 27 ≥ 0 ， ∴ n ≤ 13.5 ， 故满足题意的最大自然数为 n ＝ 13. 考点三　错位相减法求和 解　 (1) 当 n ＝ 1 时， a 1 ＝ S 1 ＝ 3 ； 当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n － 1 ＝ 2 n 2 ＋ 1 － 2( n － 1) 2 － 1 ＝ 4 n － 2 ， ∴ 当 n ＝ 1 时， T n ＝ c 1 ＝ 1 ， 当 n ≥ 2 时， T n ＝ c 1 ＋ c 2 ＋ c 3 ＋ … ＋ c n ＝ 1 ＋ 6 × 3 0 ＋ 10 × 3 1 ＋ 14 × 3 2 ＋ … ＋ (4 n － 6)·3 n － 3 ＋ (4 n － 2)·3 n － 2 ， ∴ 3 T n ＝ 3 ＋ 6 × 3 1 ＋ 10 × 3 2 ＋ 14 × 3 3 ＋ … ＋ (4 n － 6)·3 n － 2 ＋ (4 n － 2)·3 n － 1 ， 两式相减得 － 2 T n ＝ 4 ＋ 4 × 3 1 ＋ 4 × 3 2 ＋ … ＋ 4·3 n － 2 － (4 n － 2)·3 n － 1 ∴ T n ＝ (2 n － 2)·3 n － 1 ＋ 1 ， 上式对 n ＝ 1 也成立， ∴ T n ＝ (2 n － 2)·3 n － 1 ＋ 1. 规律方法 　 (1) 一般地，如果数列 { a n } 是等差数列， { b n } 是等比数列，求数列 { a n · b n } 的前 n 项和时，可采用错位相减法求和 . (2) 在写出 “ S n ” 与 “ qS n ” 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 “ S n － qS n ” 的表达式 . (1) 解 　因为 a n ＋ 1 ＝ 2 S n ＋ 1 ， 故 a n ＝ 2 S n － 1 ＋ 1( n ≥ 2) ，两式相减可得 a n ＋ 1 － a n ＝ 2( S n － S n － 1 ) ＝ 2 a n ( n ≥ 2) ， 故 a n ＋ 1 ＝ 3 a n ( n ≥ 2) ， 所以 { a n } 是等比数列，且 a 2 ＝ 2 a 1 ＋ 1 ， 所以 3 a 1 ＝ 2 a 1 ＋ 1 ，故 a 1 ＝ 1 ，所以 a n ＝ 3 n － 1 . (2) 证明 　由题设可得 a n ＋ 1 ＝ a n ＋ ( n ＋ 1) d n ，