高考文科数学复习备课课件：第四节　数列求和 26页

文数 课标版 第四节　数列求和   1.求数列的前n项和的方法 (1)公式法 (i)等差数列的前n项和公式 Sn=①         =②    na1+     . 教材研读 (ii)等比数列的前n项和公式 当q=1时,Sn=③    na1    ; 当q≠1时,Sn=④         =⑤         . (2)分组转化法 把数列的每一项转化成几项之和,使所求和转化为几个等差、等比数列 之和,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,倒序相加法是对等差数列求和公式 的推导过程的推广. (5)错位相减法 适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,错 位相减法是对等比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法 若一个数列的前n项和中,可两两合并求解,这种方法称为并项求和.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)=5 050. 2.常见的裂项公式 (1) =⑥     -     ; (2) =⑦          ; (3) =⑧     -     .   　　  较为合理. (√) (2)如果数列{an}为等比数列,且公比不等于1,则其前n项和Sn= .  (√) (3)求Sn=a+2a2+3a3+…+nan时只要把等号两边同时乘a即可根据错位相 减法求得. (×) (4)如果数列{an}是周期为k的周期数列,那么Skm=mSk(m,k为大于1的正整 数). (√) 判断下列结论的正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)如果已知等差数列的通项公式,那么在求其前n项和时使用公式Sn= 1.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则它的前n项和Sn= (　　) A.2n+n2-1　    B.2n+1+n2-1 C.2n+1+n2-2　    D.2n+n2-2 答案    C    Sn=(21+1)+(22+3)+(23+5)+…+(2n+2n-1)=(21+22+…+2n)+[1+3+5 +…+(2n-1)]= + =2n+1-2+n2.故选C. 答案    B    S15=1-5+9-13+…+(4×13-3)-(4×14-3)+(4×15-3)=7×(-4)+57=29, S22=1-5+9-13+…+(4×21-3)-(4×22-3)=11×(-4)=-44, S31=1-5+9-13+…+(4×29-3)-(4×30-3)+(4×31-3)=15×(-4)+121=61, ∴S15+S22-S31=29-44-61=-76. 故选B. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1·(4n- 3),则S15+S22- S31的值是 (　　) A.13　    B.-76　    C.46　    D.76 3.数列 的前n项之和为 ,则n=　　　    . 答案　99 解析　由题意得 + + +…+ = - + - + - +…+ -  =1- = ,令 = ,解得n=99. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=n·2n,则Sn=　　　　　　    . 答案　(n-1)2n+1+2 解析　∵an=n·2n, ∴Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n. ① ∴2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1. ② ①-②,得 -Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1  = -n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1 =(1-n)2n+1-2. ∴Sn=(n-1)2n+1+2. 考点一　错位相减法求和 典例1    (2016山东,19,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等 差数列,且an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)令cn= .求数列{cn}的前n项和Tn. 解析　(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5, 当n=1时,a1=S1=11,符合上式, 所以an=6n+5. 设数列{bn}的公差为d. 由 即  考点突破 可解得 所以bn=3n+1. (2)由(1)知cn= =3(n+1)·2n+1. 由Tn=c1+c2+…+cn, 得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1], 2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2], 两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2] =3×  =-3n·2n+2. 所以Tn=3n·2n+2. 方法技巧 (1)一般地,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,可采用错位相减法求和,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的 公比,然后作差求解; (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. 1-1    (2016吉林长春外国语学校期末)已知数列{an}是公差大于零的等 差数列,数列{bn}为等比数列,且a1=1,b1=2,b2-a2=1,a3+b3=13. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn. 解析　(1)设数列{an}的公差为d(d>0),数列{bn}的公比为q, 由已知得  解得 或  ∵d>0,∴d=2,q=2, ∴an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2×2n-1=2n, 即an=2n-1(n∈N*),bn=2n(n∈N*). (2)由(1)知cn=anbn=(2n-1)2n, ∴Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n①, 2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)×2n+1②, ②-①得Tn=-1×2-2×22-2×23-…-2×2n+(2n-1)×2n+1  =-2-23-24-…-2n+1+(2n-1)×2n+1 =-2- +(2n-1)×2n+1=6+(2n-3)×2n+1. 考点二　裂项相消法求和 典例2    (2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0, +2an= 4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn= ,求数列{bn}的前n项和. 解析　(1)由 +2an=4Sn+3,可知 +2an+1=4Sn+1+3. 可得 - +2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)= - =(an+1+an)(an+1-an). 由an>0,可得an+1-an=2. 又 +2a1=4a1+3, 解得a1=-1(舍去)或a1=3. 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= = =  . 设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn =   = . 易错警示 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.有些情况下,裂项时需要调整前 面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等. 2-1　数列{an}的前n项和为Sn=2n+1-2,数列{bn}是首项为a1,公差为d(d≠0) 的等差数列,且b1,b3,b9成等比数列. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)若cn= (n∈N*),求数列{cn}的前n项和Tn. 又a1=S1=21+1-2=2=21,也满足上式, 所以数列{an}的通项公式为an=2n, 由b1,b3,b9成等比数列,得(2+2d)2=2×(2+8d), 解得d=0(舍去)或d=2, 所以数列{bn}的通项公式为bn=2n. (2)由(1)得cn= = , 所以数列{cn}的前n项和Tn= + + +…+ =1- + - +… + - =1- = . 解析　(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n, 考点三　分组转化法求和 典例3    (2015福建,17,12分)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn= +n,求b1+b2+b3+…+b10的值. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d. 由已知得 解得  所以an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由(1)可得bn=2n+n. 所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10) = +   =(211-2)+55 =211+53=2 101. 规律总结 (1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组转化法求{an} 的前n项和. (2)对于通项公式为an= 的数列,其中{bn},{cn}是等比数列或 等差数列,可采用分组转化法求和. (3)采用分组转化法求和是将所求数列和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,这就需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. 3-1    (2017山东临沂期中)设数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a3+ 1,a4成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足an·bn= -1,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)数列{an}的前n项和Sn=2an-a1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1, ∴an=2an-1(n≥2). ∴数列{an}是公比为2的等比数列. ∵a1,a3+1,a4成等差数列, ∴2(a3+1)=a4+a1, ∴2a3+2=2a3+a1, 解得a1=2,∴an=2n. (2)由(1)知,an=2n. ∵an·bn= -1, ∴2n·bn=(2n)2-1, ∴bn=2n- , ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn = + +…+  =(2+22+23+…+2n)-  = - =2n+1+ -3. 3-2　已知数列{an}的通项公式是an=2·3n-1+(-1)n(ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3,求其 前n项和Sn. 解析    Sn=2×(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n]·(ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+ (-1)nn]ln 3, 当n为偶数时, Sn=2× + ln 3=3n+ ln 3-1; 当n为奇数时, Sn=2× -(ln 2-ln 3)+ ln 3 =3n- ln 3-ln 2-1. 综上所述,Sn=