高三数学数列的求和
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2010届高考数学复习 强化双基系列课件
35《数列的求和》
数列求和的方法
一、拆项求和
将一个数列拆成若干个简单数列, 然后分别求和. 例 求和 Sn=1×2+2×3+…+n(n+1). n(n+1)(n+2) 3
二、并项求和
将数列相邻的两项(或若干项)并成一项(或一组)得到一 个新数列(容易求和). 例 求和 Sn=1-2+3-4+5-6+…+(-1)n+1· n. - n , n 为偶数时, Sn= n2 +1 , n 为奇数时. 三、裂项求和 2 将数列的每一项拆(裂开)成两项之差, 使得正负项能相互 抵消, 剩下首尾若干项. 1 1 n 1 例 求和 Sn= 1×2 + 2×3 +…+ n(n+1) . n+1
11.已知 {an} 是 首 项 为 a1, 公 比 为 q 的 等 比 数 列. (1)求和: 0-a C1+a C2, a C0-a C1 +a C2-a C3 ; (2)由(1)的结果归纳概 a1C2 2 2 3 2 1 3 2 3 3 3 4 3 括出关于正整数 n 的一个结论, 并加以证明; (3)设q≠1, Sn是{an} n 0-S C1 +S C2 -S C3 + … +(-1)nS 的前 n 项和, 求 S1Cn 2 n 3 n 4 n n+1Cn.
n+1 项Fra bibliotek0 1 2 7.求证: Cn +3Cn +5Cn +…+(2n+1)Cnn =(n+1)2n. 0+3C 1+5C 2+…+(2n+1)C n 证: 令 Sn=Cn n n n. n+(2n-1)C n-1+…+3C 1 0 又 Sn=(2n+1)Cn n n+Cn, 0 1 ∴2Sn=2(n+1)(Cn +Cn +…+Cnn)=2(n+1)2n. 0+3C 1+5C 2+…+(2n+1)C n n ∴ Cn n n n=(n+1)2 .
∵lgx+lgy=a, ∴lg(xy)=a. n(n+1) n(n+1) ∴ S n= lg(xy)= a. 2 2 注: 本题亦可用对数的运算性质求解: ∵Sn=lg[xn+(n-1)+…+3+2+1y1+2+3+…+(n-1)+n], n(n+1) n(n+1) ∴Sn= lg(xy)= a. 2 2
四、错位求和
将数列的每一项都作相同的变换, 然后将得到的新数列错 动一个位置与原数列的各项相减. 例 等比数列求和公式的推导.
五、倒序求和
将数列的倒数第 k 项(k=1, 2, 3, …)变为正数第 k 项, 然后 将得到的新数列与原数列进行变换(相加、相减等). 例 等差数列求和公式的推导.
典型例题
=n(1+2+3+…+n)-[21+32+…+n(n-1)]
=n(1+2+3+…+n)-[12+22+…+(n-1)2]-[1+2+…+(n-1)] 法2 Sn=1· n+2· (n-1)+3· (n-2)+…+n· 1 =1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n) 1 而 an=1+2+3+…+n= 2 n(n+1). (5)Sn=3n-1+3n-2· 2+3n-3· 22+…+2n-1. 2 的等比数列) Sn=3n-2n(公比为 3
n) 2x(1 x (1-x)Sn=2(x+x2+…+xn)-2nxn+1= 1-x -2nxn+1. 2x(1-xn) 2nxn+1 ∴Sn= (1-x)2 - 1-x . n(n+1), x=1 时, 综上所述, Sn= 2x(1-xn) 2nxn+1 (1-x)2 - 1-x , x1 时.
11.已知 {an} 是 首 项 为 a1, 公 比 为 q 的 等 比 数 列. (1)求和: 0-a C1+a C2, a C0-a C1 +a C2-a C3 ; (2)由(1)的结果归纳概 a1C2 2 2 3 2 1 3 2 3 3 3 4 3 括出关于正整数 n 的一个结论, 并加以证明; (3)设q≠1, Sn是{an} n 0-S C1 +S C2 -S C3 + … +(-1)nS 的前 n 项和, 求 S1Cn 2 n 3 n 4 n n+1Cn. a1 解: (3)记 t= 1-q , 则由 Sn=t(1-qn) 得: n 0 -S C1 +S C2 -S C3 + … +(-1)nS S 1C n 2 n 3 n 4 n n+1Cn
9.已知递增的等比数列 {an} 前 3 项之积为 512, 且这三项分别 n 减去 1, 3, 9 后又成等差数列, 求数列 { an } 的前 n 项和.
解: 设等比数列 {an} 的公比为 q, 依题意得: a1a2a3=512a23=512a2=8. ∵前三项分别减去 1, 3, 9 后又成等差数列, 8 1 ∴( q -1)+(8q-9)=2(8-3) q=2 或 q= 2 (舍去). ∴an=a2qn-2=82n-2=2n+1. 1 + 2 +… + n ∴所求数列的前 n 项和 Sn= 2 2 23 2n+1 ① 1 2 n- 1 + n ∴ 1 S = + + … + ② 2n+1 2n+2 2 n 23 24 1 1 1 n 1 ①-② 得: 2 Sn= 22 + 23 +…+ 2n+1 - 2n+2 1 n 1 1 1 n ∴Sn= 2 + 22 +…+ 2n - 2n+1 =1- 2n - 2n+1 .
(1)已知 an= 2n+1 2 , 求 Sn; [n(n+1)] n2+2n n2+2n+1 2n2+2n 2n+1
(2n)2 (2)已知 an= , 求 Sn; (2n-1)(2n+1)
n-1 0+4C 1+7C 2+10C 3+…+(3n+1)C n S =(3 n +2)· 2 (3)Sn=Cn ; n n n n n n(n+1)(n+2) (4)Sn=1· n+2· (n-1)+3· (n-2)+…+n· 1; 6 法1 Sn=1· n+2· (n-1)+3· (n-2)+…+n· [n-(n-1)]
3.求和: Sn=1+(1+ 1 )+(1+ 1 + 1 )+…+(1+ 1 + 1 +…+ 1 ). n 1 2 2 4 2 4 2 1 1- 1 n-1 2 1 1 1 1 . 2 解: ∵an=1+ 2 + 4 +…+ n-1 = =2 n-1 1 2 2 1- 2 1 1 1 ∴Sn=2n-(1+ 2 + 4 +…+ n-1 ) 2 1 =2n-2+ n-1 . 2 4.求数列 {n(n+1)(2n+1)} 的前 n 项和 Sn. 解: ∵通项 ak=k(k+1)(2k+1)=2k3+3k2+k, ∴Sn=2(13+23+…+n3)+3(12+22+…+n2)+(1+2+…+n)
2.将上题 (2) 中“ bn=an3n ” 改为“ bn=anxn(xR)”, 仍求 {bn} 的前 n 项和. 解: 令 Sn=b1+b2+…+bn, 则由 bn=anxn=2nxn 得: Sn=2x+4x2+…+(2n-2)xn-1+2nxn ∴xSn=2x2+4x3+…+(2n-2)xn+2nxn+1 当 x=1 时, Sn=2+4+…+2n=n(n+1); 当 x1 时, 将 ① 式减 ② 式得: ① ②
0 2C 2 -a q3C 3 +…+(-1)na qnCn =a1Cn -a1qC 1 + a q n n 1 1 1 n n 0 2C 2 -q3C 3 +…+(-1)nqnC n ] n. =a1[C n - qC 1 + q = a (1 q ) n n n n 1 0 2 3 n na n. ∴a1Cn -a2C1 + a C a C + … +( 1) C = a (1 q ) n n n n 3 4 n+1 1
课后练习
1.已知数列 {an} 是等差数列, 且 a1=2, a1+a2+a3=12, (1)求数列 {an} 的通项公式; (2)令 bn=an3n, 求数列 {bn} 前 n 项和的公式.
解: (1)设数列 {an} 的公差为 d, 则由已知得 3a1+3d=12, 又 a1=2, ∴d=2. ∴an=2+(n-1)2=2n. 故数列 {an} 的通项公式为 an=2n. (2)由 bn=an3n=2n3n 得数列 {bn} 前 n 项和 Sn=23+432+…+(2n-2)3n-1+2n3n ① ∴3Sn=232+433+…+(2n-2)3n+2n3n+1 ② 将 ① 式减 ② 式得: -2Sn=2(3+32+…+3n)-2n3n+1=3(3n-1)-2n3n+1. 3(1-3n) ∴Sn= +n3n+1. 2
10.已知数列 {an} 中, a1=1, (2n+1)an=(2n-3)an-1(n≥2, nN*), 求数列 {an} 的前 n 项和 Sn. 解: ∵(2n+1)an=(2n-3)an-1, a3 3 a2 1 a n 2 n- 3 an-1 2n-5 ∴ an-1 = 2n+1 . 则 an-2 = 2n-1 , …, a2 = 7 , a1 = 5 . an 3 ∴ a1 = (2n+1)(2n-1) . 1 1 3 3 ∴an= (2n+1)(2n-1) = 2 ( 2n-1 - 2n+1 ). ∴Sn=a1+a2+…+an 1 1 3 1 1 1 1 1 = 2 [(1- 3 )+( 3 - 5 )+( 5 - 7 )+…+( 2n-1 - 2n+1 )] 3n = 2n+1 .
2 1 2 2 解: (1) a1C 0 a C + a C 2 2 2 3 2 =a1-2a1q+a1q =a1(1-q) . 2 3 1 2 3 3 a1C 0 a C + a C a C 3 2 3 3 3 4 3 =a1-3a1q+3a1q -a1q =a1(1-q) .
(2) 归纳概括的结论为: 0 2 3 n na n a1C n -a2C 1 + a C a C + … +( 1) C 3 n 4 n n+1 n =a1(1-q) , 其中, n n 为正整数. 证明如下: 0 2 3 n na a 1C n -a2C 1 + a C a C + … +( 1) C n 3 4 n n+1 n n
6.已知 lgx+lgy=a, 且 Sn=lgxn +lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lgyn, 求 Sn.
解: Sn=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lgyn, 又 Sn=lgyn +lg(xyn-1)+…+lg(xn-1y)+lgxn,
∴2Sn=lg(xnyn)+lg(xnyn)+…+lg(xnyn)+lg(xnyn) =n(n+1)lg(xy).
0-(1-q2)C1 +(1-q3)C2 + … +(-1)n(1-qn+1)C n ] =t[(1-q)Cn n n n 0 -C1 +C2 -C 3+ … +(-1)nC n ] =t[Cn n n n n 1+q2C2 -q3C3 +… +(-1)nqnCn] -tq[C0 q C n n n n n
8.求数列 1, 2+3, 4+5+6, 7+8+9+10, … 的通项 an 及前 n 项和 Sn. n(n-1) n(n-1) n(n-1) 解: an=[ 2 +1]+[ 2 +2]+…+[ 2 +n] n2(n-1) n(n+1) 1 3 1 = + = 2 n + 2 n. 2 2 3+23+…+n3)+ 1 (1+2+…+n) ∴ S n= 1 (1 2 2 n(n+1) 2 1 n(n+1) 1 4 3+3n2+2n). =1 [ ] + = ( n +2 n 2 8 2 2 2
n2(n+1)2 n(n+1)(2n+1) n(n+1) = + + 2 2 2 n(n+1)2(n+2) = . 2
2 +…+ n , 又 b = 2 , 求 5.数列 {an} 中, an= n1 + n anan+1 +1 n+1 n+1 数列 {bn} 的前 n 项的和.
n 1 1 1 2 解: ∵an= n+1 (1+2+…+n)= 2 , ∴bn= n n+1 =8( n - n+1 ). 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn=8[(1- 2 )+( 2 - 3 )+( 3 - 4 )+…+( n - n+1 )] 1 =8(1- n+1 ) 8n = n+1 .
35《数列的求和》
数列求和的方法
一、拆项求和
将一个数列拆成若干个简单数列, 然后分别求和. 例 求和 Sn=1×2+2×3+…+n(n+1). n(n+1)(n+2) 3
二、并项求和
将数列相邻的两项(或若干项)并成一项(或一组)得到一 个新数列(容易求和). 例 求和 Sn=1-2+3-4+5-6+…+(-1)n+1· n. - n , n 为偶数时, Sn= n2 +1 , n 为奇数时. 三、裂项求和 2 将数列的每一项拆(裂开)成两项之差, 使得正负项能相互 抵消, 剩下首尾若干项. 1 1 n 1 例 求和 Sn= 1×2 + 2×3 +…+ n(n+1) . n+1
11.已知 {an} 是 首 项 为 a1, 公 比 为 q 的 等 比 数 列. (1)求和: 0-a C1+a C2, a C0-a C1 +a C2-a C3 ; (2)由(1)的结果归纳概 a1C2 2 2 3 2 1 3 2 3 3 3 4 3 括出关于正整数 n 的一个结论, 并加以证明; (3)设q≠1, Sn是{an} n 0-S C1 +S C2 -S C3 + … +(-1)nS 的前 n 项和, 求 S1Cn 2 n 3 n 4 n n+1Cn.
n+1 项Fra bibliotek0 1 2 7.求证: Cn +3Cn +5Cn +…+(2n+1)Cnn =(n+1)2n. 0+3C 1+5C 2+…+(2n+1)C n 证: 令 Sn=Cn n n n. n+(2n-1)C n-1+…+3C 1 0 又 Sn=(2n+1)Cn n n+Cn, 0 1 ∴2Sn=2(n+1)(Cn +Cn +…+Cnn)=2(n+1)2n. 0+3C 1+5C 2+…+(2n+1)C n n ∴ Cn n n n=(n+1)2 .
∵lgx+lgy=a, ∴lg(xy)=a. n(n+1) n(n+1) ∴ S n= lg(xy)= a. 2 2 注: 本题亦可用对数的运算性质求解: ∵Sn=lg[xn+(n-1)+…+3+2+1y1+2+3+…+(n-1)+n], n(n+1) n(n+1) ∴Sn= lg(xy)= a. 2 2
四、错位求和
将数列的每一项都作相同的变换, 然后将得到的新数列错 动一个位置与原数列的各项相减. 例 等比数列求和公式的推导.
五、倒序求和
将数列的倒数第 k 项(k=1, 2, 3, …)变为正数第 k 项, 然后 将得到的新数列与原数列进行变换(相加、相减等). 例 等差数列求和公式的推导.
典型例题
=n(1+2+3+…+n)-[21+32+…+n(n-1)]
=n(1+2+3+…+n)-[12+22+…+(n-1)2]-[1+2+…+(n-1)] 法2 Sn=1· n+2· (n-1)+3· (n-2)+…+n· 1 =1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n) 1 而 an=1+2+3+…+n= 2 n(n+1). (5)Sn=3n-1+3n-2· 2+3n-3· 22+…+2n-1. 2 的等比数列) Sn=3n-2n(公比为 3
n) 2x(1 x (1-x)Sn=2(x+x2+…+xn)-2nxn+1= 1-x -2nxn+1. 2x(1-xn) 2nxn+1 ∴Sn= (1-x)2 - 1-x . n(n+1), x=1 时, 综上所述, Sn= 2x(1-xn) 2nxn+1 (1-x)2 - 1-x , x1 时.
11.已知 {an} 是 首 项 为 a1, 公 比 为 q 的 等 比 数 列. (1)求和: 0-a C1+a C2, a C0-a C1 +a C2-a C3 ; (2)由(1)的结果归纳概 a1C2 2 2 3 2 1 3 2 3 3 3 4 3 括出关于正整数 n 的一个结论, 并加以证明; (3)设q≠1, Sn是{an} n 0-S C1 +S C2 -S C3 + … +(-1)nS 的前 n 项和, 求 S1Cn 2 n 3 n 4 n n+1Cn. a1 解: (3)记 t= 1-q , 则由 Sn=t(1-qn) 得: n 0 -S C1 +S C2 -S C3 + … +(-1)nS S 1C n 2 n 3 n 4 n n+1Cn
9.已知递增的等比数列 {an} 前 3 项之积为 512, 且这三项分别 n 减去 1, 3, 9 后又成等差数列, 求数列 { an } 的前 n 项和.
解: 设等比数列 {an} 的公比为 q, 依题意得: a1a2a3=512a23=512a2=8. ∵前三项分别减去 1, 3, 9 后又成等差数列, 8 1 ∴( q -1)+(8q-9)=2(8-3) q=2 或 q= 2 (舍去). ∴an=a2qn-2=82n-2=2n+1. 1 + 2 +… + n ∴所求数列的前 n 项和 Sn= 2 2 23 2n+1 ① 1 2 n- 1 + n ∴ 1 S = + + … + ② 2n+1 2n+2 2 n 23 24 1 1 1 n 1 ①-② 得: 2 Sn= 22 + 23 +…+ 2n+1 - 2n+2 1 n 1 1 1 n ∴Sn= 2 + 22 +…+ 2n - 2n+1 =1- 2n - 2n+1 .
(1)已知 an= 2n+1 2 , 求 Sn; [n(n+1)] n2+2n n2+2n+1 2n2+2n 2n+1
(2n)2 (2)已知 an= , 求 Sn; (2n-1)(2n+1)
n-1 0+4C 1+7C 2+10C 3+…+(3n+1)C n S =(3 n +2)· 2 (3)Sn=Cn ; n n n n n n(n+1)(n+2) (4)Sn=1· n+2· (n-1)+3· (n-2)+…+n· 1; 6 法1 Sn=1· n+2· (n-1)+3· (n-2)+…+n· [n-(n-1)]
3.求和: Sn=1+(1+ 1 )+(1+ 1 + 1 )+…+(1+ 1 + 1 +…+ 1 ). n 1 2 2 4 2 4 2 1 1- 1 n-1 2 1 1 1 1 . 2 解: ∵an=1+ 2 + 4 +…+ n-1 = =2 n-1 1 2 2 1- 2 1 1 1 ∴Sn=2n-(1+ 2 + 4 +…+ n-1 ) 2 1 =2n-2+ n-1 . 2 4.求数列 {n(n+1)(2n+1)} 的前 n 项和 Sn. 解: ∵通项 ak=k(k+1)(2k+1)=2k3+3k2+k, ∴Sn=2(13+23+…+n3)+3(12+22+…+n2)+(1+2+…+n)
2.将上题 (2) 中“ bn=an3n ” 改为“ bn=anxn(xR)”, 仍求 {bn} 的前 n 项和. 解: 令 Sn=b1+b2+…+bn, 则由 bn=anxn=2nxn 得: Sn=2x+4x2+…+(2n-2)xn-1+2nxn ∴xSn=2x2+4x3+…+(2n-2)xn+2nxn+1 当 x=1 时, Sn=2+4+…+2n=n(n+1); 当 x1 时, 将 ① 式减 ② 式得: ① ②
0 2C 2 -a q3C 3 +…+(-1)na qnCn =a1Cn -a1qC 1 + a q n n 1 1 1 n n 0 2C 2 -q3C 3 +…+(-1)nqnC n ] n. =a1[C n - qC 1 + q = a (1 q ) n n n n 1 0 2 3 n na n. ∴a1Cn -a2C1 + a C a C + … +( 1) C = a (1 q ) n n n n 3 4 n+1 1
课后练习
1.已知数列 {an} 是等差数列, 且 a1=2, a1+a2+a3=12, (1)求数列 {an} 的通项公式; (2)令 bn=an3n, 求数列 {bn} 前 n 项和的公式.
解: (1)设数列 {an} 的公差为 d, 则由已知得 3a1+3d=12, 又 a1=2, ∴d=2. ∴an=2+(n-1)2=2n. 故数列 {an} 的通项公式为 an=2n. (2)由 bn=an3n=2n3n 得数列 {bn} 前 n 项和 Sn=23+432+…+(2n-2)3n-1+2n3n ① ∴3Sn=232+433+…+(2n-2)3n+2n3n+1 ② 将 ① 式减 ② 式得: -2Sn=2(3+32+…+3n)-2n3n+1=3(3n-1)-2n3n+1. 3(1-3n) ∴Sn= +n3n+1. 2
10.已知数列 {an} 中, a1=1, (2n+1)an=(2n-3)an-1(n≥2, nN*), 求数列 {an} 的前 n 项和 Sn. 解: ∵(2n+1)an=(2n-3)an-1, a3 3 a2 1 a n 2 n- 3 an-1 2n-5 ∴ an-1 = 2n+1 . 则 an-2 = 2n-1 , …, a2 = 7 , a1 = 5 . an 3 ∴ a1 = (2n+1)(2n-1) . 1 1 3 3 ∴an= (2n+1)(2n-1) = 2 ( 2n-1 - 2n+1 ). ∴Sn=a1+a2+…+an 1 1 3 1 1 1 1 1 = 2 [(1- 3 )+( 3 - 5 )+( 5 - 7 )+…+( 2n-1 - 2n+1 )] 3n = 2n+1 .
2 1 2 2 解: (1) a1C 0 a C + a C 2 2 2 3 2 =a1-2a1q+a1q =a1(1-q) . 2 3 1 2 3 3 a1C 0 a C + a C a C 3 2 3 3 3 4 3 =a1-3a1q+3a1q -a1q =a1(1-q) .
(2) 归纳概括的结论为: 0 2 3 n na n a1C n -a2C 1 + a C a C + … +( 1) C 3 n 4 n n+1 n =a1(1-q) , 其中, n n 为正整数. 证明如下: 0 2 3 n na a 1C n -a2C 1 + a C a C + … +( 1) C n 3 4 n n+1 n n
6.已知 lgx+lgy=a, 且 Sn=lgxn +lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lgyn, 求 Sn.
解: Sn=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lgyn, 又 Sn=lgyn +lg(xyn-1)+…+lg(xn-1y)+lgxn,
∴2Sn=lg(xnyn)+lg(xnyn)+…+lg(xnyn)+lg(xnyn) =n(n+1)lg(xy).
0-(1-q2)C1 +(1-q3)C2 + … +(-1)n(1-qn+1)C n ] =t[(1-q)Cn n n n 0 -C1 +C2 -C 3+ … +(-1)nC n ] =t[Cn n n n n 1+q2C2 -q3C3 +… +(-1)nqnCn] -tq[C0 q C n n n n n
8.求数列 1, 2+3, 4+5+6, 7+8+9+10, … 的通项 an 及前 n 项和 Sn. n(n-1) n(n-1) n(n-1) 解: an=[ 2 +1]+[ 2 +2]+…+[ 2 +n] n2(n-1) n(n+1) 1 3 1 = + = 2 n + 2 n. 2 2 3+23+…+n3)+ 1 (1+2+…+n) ∴ S n= 1 (1 2 2 n(n+1) 2 1 n(n+1) 1 4 3+3n2+2n). =1 [ ] + = ( n +2 n 2 8 2 2 2
n2(n+1)2 n(n+1)(2n+1) n(n+1) = + + 2 2 2 n(n+1)2(n+2) = . 2
2 +…+ n , 又 b = 2 , 求 5.数列 {an} 中, an= n1 + n anan+1 +1 n+1 n+1 数列 {bn} 的前 n 项的和.
n 1 1 1 2 解: ∵an= n+1 (1+2+…+n)= 2 , ∴bn= n n+1 =8( n - n+1 ). 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn=8[(1- 2 )+( 2 - 3 )+( 3 - 4 )+…+( n - n+1 )] 1 =8(1- n+1 ) 8n = n+1 .