2020版高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和课件文北师大版

[常用结论] 1．一些常见的数列前 n 项和公式： (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn2＋1； (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
2．常用的裂项公式
(1)nn1＋k＝1kn1－n＋1 k； (2)4n21－1＝2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1；
(2)由 a1＝3，an＝2n＋1， 得 Sn＝na12＋an＝n(n＋2)， 则 cn＝nn2＋2，n为奇数，
2n－1，n为偶数， 即 cn＝n1－n＋1 2，n为奇数，
2n－1，n为偶数，
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝1－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－2n1＋1＋211－－44n ＝2n2＋n 1＋23(4n－1)．
①
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
②
①－②，得
－ 3Tn ＝ 2×4 ＋ 3×42 ＋ 3×43 ＋ … ＋ 3×4n － (3n － 1)×4n ＋ 1 ＝ 12×1－1－4 4n－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8， 得 Tn＝3n3－2×4n＋1＋83. 所以数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为3n3－2×4n＋1＋83.
等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}是等比数列， 满足 a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝S2n，n为奇数， 设数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 T2n.
bn，n为偶数，
解析答案
[解] (1)设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q， 由ba25＋－S2b2＝2＝1a03，， 得q3＋＋64＋d－d＝2q＝10，3＋2d， 解得dq＝ ＝22，. ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
5．倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中与首末两端等“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 加法求解． 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 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.
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n；
(4)loga1＋n1＝loga论的正误．(正确的打“√”，错误的
打“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn
＝a11－－aqn＋1．
()
(2)当 n≥2 时，n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1．
错位相减法求和
【例 2】 (2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2＋b3＝12， b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前 n 项和(n∈N*)．
答案
2．(教材改编)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝nn1＋1，则 S5
等于( )
A．1
B．56
C．16
D．310
B [∵an＝nn1＋1＝n1－n＋1 1，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]
解析答案
3．若 Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则 S50＝________. －25 [S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]
②
联立①②，解得 a1＝1，d＝3，
由此可得 an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为
bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为 Tn，由 a2n＝6n－2，
b2n－1＝2×4n－1，得 a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故
Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
na1，q＝1， Sn＝a11－－aqnq＝ a111－－qqn，q≠1 .
答案
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，在求和时中间的一些项可以相互 抵消，从而求得其和． 4．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，这个数列的前 n 项和可用错位相减法求解．
()
(3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 之和时只要把上式等号两边同
时乘以 a 即可根据错位相减法求得．
()
(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可
求得 sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5． ( ) [答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
1a01da＝1＋24，5d＝100， 即2aa1d1＋ ＝92d，＝20，
解得ad1＝＝21，
a1＝9， 或d＝92.
故abnn＝ ＝22nn－－1 1， 或abnn＝ ＝919·292nn＋－17. 9，
(2)由 d＞1，知 an＝2n－1，bn＝2n－1，故 cn＝22nn－－11，于是
解析答案
[解] (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n －n－12＋2 n－1＝n.
a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1 ＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A＝ 211－－222n＝22n＋1－2，
[规律方法] 错位相减法求和时的 3 个注意点 (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，同时应注意差 式中成等比数列的项数． (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．
解析答案
5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.
4－n＋2n 4 [设 S＝3×12＋4×212＋5×213＋…＋(n＋2)×21n，则12S ＝3×212＋4×213＋5×214＋…＋(n＋2)×2n1＋1.
两式相减得12S＝3×12＋212＋213＋…＋21n－n2＋n＋12.
第5章 数列
第四节 数列求和
[考纲传真] 1.掌握等差、等比数列的前 n 项和公式.2.掌握特殊 的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．
01 课前知识全通关
栏 目
02
课堂题型全突破
导 航
03
真题自主验效果
课前 知识 全通 关
1．公式法 (1)等差数列的前 n 项和公式： Sn＝na12＋an＝ na1＋nn2－1d ； (2)等比数列的前 n 项和公式：
(2019·阜阳模拟)设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项 和为 Sn，等比数列{bn}的公比为 q，已知 b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10 ＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)当 d＞1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解析答案
[解] (1)由题意得
解析答案
当 n 为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋n－2 1－n ＝2n＋1－n2－52.
所以 Tn＝22nn＋ ＋11＋ －nn22－ －522， ，nn为 为偶奇数 数，.
[规律方法] 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求 和法求{an}的前 n 项和； (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列{bn}，{cn} 是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
解析答案
[解] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.
由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12，
而 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0.
又因为 q>0，解得 q＝2，所以 bn＝2n.
由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8.
①
由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16.
解析答案
4．数列 112，314，518，7116，…，(2n－1)＋21n，…的前 n 项和 Sn 的值等于________．
n2＋1－21n [Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋12＋14＋18＋…＋21n ＝n2＋1211－－1221n＝n2＋1－21n.]
解析答案
[解] (1)当 n＝1 时，4S1＝a21＋2a1－3，即 a21－2a1－3＝0， 解得 a1＝3 或 a1＝－1(舍去)， 由 4Sn＝a2n＋2an－3，得当 n≥2 时，4Sn－1＝a2n－1＋2an－1－3，两 式相减， 得 4an＝a2n－a2n－1＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， 又 an＞0，∴an－an－1－2＝0，即 an－an－1＝2(n≥2)， ∴数列{an}是以 3 为首项，2 为公差的等差数列， ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由 an＝2n＋1，得 Sn＝3＋22n＋1·n＝n(n＋2)，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
[拓展探究] 在本例(2)中，如何求数列{bn}的前 n 项和 Tn. [解] 由本例(1)知 bn＝2n＋(－1)n·n. 当 n 为偶数时， Tn＝ (21＋ 22＋ …＋ 2n)＋ [－ 1＋2－ 3＋4－ …－ (n－ 1)＋n]＝ 2－1－2n2＋1＋n2＝2n＋1＋n2－2；
Tn＝1＋32＋252＋273＋294＋…＋22nn－－11，
①
12Tn＝12＋232＋253＋274＋295＋…＋2n2－n 1.
②
①－②可得
12Tn＝2＋12＋212＋…＋2n1－2－2n2－n 1＝3－2n2＋n 3，
故 Tn＝6－22nn＋－13.
裂项相消法求和 ►考法 1 形如 an＝nn1＋k型 【例 3】 (2019·济南模拟)已知数列{an}的各项都为正数，其前 n 项和为 Sn，且满足 4Sn＝a2n＋2an－3 对任意的正整数 n 都成立． (1)证明数列{an}是等差数列，并求其通项公式； (2)设 bn＝S1n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解析答案
5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.
∴S＝3＋12＋212＋…＋2n1－1－n＋2n 2 ＝3＋121－1－2121n－1－n＋2n 2 ＝4－n＋2n 4.]
课堂 题型全突破
分组转化求和 【例 1】 (2019·黄山模拟)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n， n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和．