高中数学专题讲解 数列求和常用方法 优质课件

B 专项能力提升
2.已知数列 2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点
是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的
前 2 014 项之和 S2 014 等于
A.2 008
B.2 010
C.1
D.0
(B )
解析 由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，
【解析】（1） 同时除以
，得到
………………………………..2分
即： 所以 是首项为
………………………………….3分 ，公差为2的等差数列 ………4分
…………………………5分
(2)
…………6分
两式相减得：
………………………9分
…………………11分 …………………12分
感觉如何？再来一个吧！
1.若 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和，且 S1，S2， S4 成等比数列. (1)求等比数列 S1，S2，S4 的公比； (2)若 S2＝4，求数列{an}的通项公式； (3)在(2)的条件下，设 bn＝ana3n＋1，Tn 是数列{bn}的前 n 项和， 求使得 Tn<2m0对所有 n∈N*都成立的最小正整数 m.
(2)令 bn＝n＋n＋212an2，数列{bn}的前 n 项和为 Tn， 证明：对于任意的 n∈N*，都有 Tn＜654.
(2)证明: 由于 an＝2n，bn＝n＋ n＋212a2n 则 bn＝4n2nn＋＋122 ＝116n12－n＋1 22.
Tn＝1161－312＋212－412＋312－512＋…＋n－1 12－
∴f(x)＋f(1－x)＝4x4＋x 2＋2＋2 4x＝1.
S＝f(2 0115)＋f(2 0215)＋…＋f(22 001145)，
①
S＝f(22 001145)＋f(22 001135)＋…＋f(2 0115)，
②
①＋②得，2S＝2014[f(2
0115)＋f(22
014 015)]
∴S＝2 0214＝1 007.
已 知an是 等 差 数 列 ， 其 前n项 和 为Sn ,bn是 等 比 数 列 ， 且
a1 b1 2, a4 b4 27, S4 b4 10
(1)求 数 列an 与bn 的 通 项 公 式 。
（2）记Tn anb1 an1b2 a1bn , n N , 证明Tn 12 2an 10bn
解：由题意知 a22 a1.a5
即 （a1 d）2 a1(a1 4d ),
解得 d 2 或 d 0(舍)
S8
81
87 2
2
64
等差、等比数列简单结合，属于基本量的计算！
2.在等差数列an中，已知a4 a8 16,则S11 ___
S11
11(a1 2
a11 )
灵 活
11(a4 a8 )
Tn 2(3n 1) 3(22 23 2n ) 2n2
12 (1 1
2n1 ) 2
2n2
6n
2
10
2n
6n
10
而 2an 10bn 12 2(3n 1) 10 2n 12 10 2n 6n 10
Tn 12 2an 10bn , n N .
3．常见的拆项公式
(1)nn1＋1＝n1－n＋1 1；
∴an＋1＝an－an－1.
an1 an an1
猜
故数列的前 8 项依次为
an2 an1 an
想 正 确
2 008,2 009,1,－2 008,－2 009,－1,2 008,2 009. an2 an1
由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.
an6
an
吗
∵2 014＝6×335＋4，∴S2 014＝S4
解（1）当 n＝1 时，a1＝S1，由 S1＋12a1＝1，得 a1＝32， 当 n≥2 时， Sn＝1－21an，Sn－1＝1－12an－1，
则 Sn－Sn－1＝12(an－1－an)， 即 an＝12(an－1－an)， 所以 an＝13an－1(n≥2)． 故数列{an}是以32为首项，31为公比的等比数列． 故 an＝23·13n－1＝2·13n(n∈N*)．
解：(1)设等差数列的公差为d , 等比数列的公比为q,
由
题
意
知2 8
3d 6d
2q3 2q3
27解 10
得dq
3 2
an 3n 1,bn 2n , n N .
2012天 津 卷18题
已 知an是 等 差 数 列 ， 其 前n项 和 为Sn ,bn是 等 比 数 列 ， 且
a1 b1 2, a4 b4 27, S4 b4 10
证法2：数学归纳法
(1)当n 1时，则T1 12 a1b1 12 16 又2a1 10b1 16,故等式成立。
(2)假设n k(k 2, k N)时等式成立。
即Tk 12 2ak 10bk 则 当n k 1时 ， 有
Tk1 ak1b1 akb2 ak1b3 a1bk1 ak1b1 q(akb1 ak1b2 a1bk )
应 用
2
性
1116 88
质
2
提高效率，节省时间！
3.设正项等比数列an 的公比为q,前n项和为Sn .
若S2
3a2
2,
S4
3a4
2, 则q
3
__2__
解： S4 S2 a3 a4 3(a4 a2 )
a2 (q q2 ) 3a2 (q2 1)
q （1 舍）或q 3 2
应尽量避免高次！
高三数学组 袁广伟
第四讲 数列求和主要方法
2014江西卷
已 知 首 项 都 是1的 两 个 数 列an , bn .(bn 0, n N )满 足
anbn1 an1bn 2bn1bn 0
(1)令cn
an bn
, 求 数 列cn的 通 项 公 式 。
（2） 若bn 3n1, 求 数 列an 的 前n项 和Sn .
ak 1b1 qTk ak1b1 q(2ak 10bk 12)
2ak1 4(ak1 3) 10bk1 24
2ak1 10bk1 12
即 Tk1 12 2ak1 10bk1
综合（1）（2）知，原等式成立
＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.
小
结
1. 数列求和源于公式法， 2. 错位相减法是等比数列求和的变形， 3.分组求和是两类基本数列的灵活应用， 4.其他几种方法是一些运算技巧。
对于具体问题同学们要学会用“转化的 思想”把题目化为我们熟悉的问题，再去 灵活处理！Байду номын сангаас
第四讲 数列求和方法总结
（1）因为公差 d≠0.所以 d＝2a1. 所以 q＝SS21＝4aa11＝4.
(2)因为S2＝4，所以2a1＋d＝4.
又d＝2a1，所以a1＝1，d＝2.所以an＝2n－1.
(3)因为bn＝2n－132n＋1＝32(2n1－1－2n1＋1)，
所以 Tn＝23[(1－13)＋(31－51)＋…＋(2n1－1－2n1＋1)] ＝32(1－2n1＋1)<32.
8k 2 8k 2 2
a2k 1 a2k 2 a1 a2 a100 2 50 100
特殊数列求和
1.设 f(x)＝4x4＋x 2，若 S＝f(2 0115)＋f(2 0215)＋…＋f(22 001145)，则 S＝________.
解析 ∵f(x)＝4x4＋x 2，∴f(1－x)＝414－1x－＋x 2＝2＋2 4x，
高中数学 数列求和常用方法小结
第四讲 数列求和方法总结
一 公式法求和
探究训练
二 错位相减法求和 探究训练
三 裂项相消法求和 探究训练
四 分组法求和 五 特殊数列求和
探究训练 拓展练习
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材
1.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
2.已知函数 f(n)＝n－2n当2当 n为n为 奇偶 数数 时时，，
B 且 an＝f(n)＋f(n＋1)，则 a1＋a2＋a3＋…＋a100 等于( )
A.0
B.100
C.－100
D.10 200
解 ：k 1时
a2k 1 f 2k 1 f 2k a2k f 2k f 2k 1 a2k 1 a2k 2 f 2k f 2k 1 f 2k 1
(1)求数列an与bn的通项公式。
（2）记Tn anb1 an1b2 a1bn , n N , 证明Tn 12 2an 10bn
（2）由（1）得
Tn 2an 22 an1 23 an2 2n a1(1)
2Tn 22 an 23 an1 2n a2 2n1a1(2)
由（2）-（1）得
1. 求和 Sn＝1＋1＋12＋1＋21＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋2n1－1
解: 和式中第 k 项为 ak＝1＋12＋14＋…＋2k1－1＝11－－1212k＝21－21k. ∴Sn＝21－12＋1－212＋…＋1－21n
＝2[(1＋1＋…＋1)－(21＋212＋…＋21n)] ＝2n－1211－－1221n＝2n1－1＋2n－2.
n＋1 12＋n12－n＋1 22
＝1161＋212－n＋1 12－n＋1 22＜1161＋212 ＝654.
使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项， 切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负
相消是此法的根源与目的．
分组转化法
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.
当n为偶数时，an－1＝－21n，当n为奇数时，2an＋an－1＝21n，
a1＝－212，a3＝－214，a5＝－216，a7＝－218，
∴aa22－ ＝2a121，＝a124，＝a2144－，aa36＝＝212136，，aa68－＝a2158＝. 215，…，
∴S1＋S2＋…＋S100 ＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－12＋212＋213＋…＋21100 ＝12＋213＋…＋2199－12＋212＋…＋21100 ＝1321100－1.
一起练一下吧！
回忆 等比
• 过程探究
数列
一般的对于等差数列 an 公差 d 0，等比数列 bn 公比 q 1. 则数列 anbn 称为“差比数列”其, 前n项和记为 S n 则
前n项 和的 推导
S n
a1b1 anbn1 1 q
d
b2 (1 qn1) (1 q)2
推导过程 Sn a1b1 a2b2 a3b3 ...... an b 1 n1 anbn
(2)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1；
(3)
1 n(n
k
)
=
1（ 1 kn
-
n
1
k
）
(4)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
(5)若an是公差为d（ 0）的等差数列,则
1 1(1 1 ) an an1 d an an1
裂项相消法求和
1.已知数列{an}的前 n 项和是 Sn，且 Sn＋12an＝1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式 (2)见下一页
qSn a1b2 a2b3 a3b4 ...... an1bn anbn1
以上两式做差得
(1 q)Sn a1b1 d (b2 b3 ...... bn ) anbn1
整理即得上述公式
a1b1
d
b2
(1 1
q n 1 ) q
anbn1
2012天津卷18题 自己先试着计算一下，可以商量！
na1＋an Sn＝ 2
＝ na1＋nn2－1d.
②等比数列的前 n 项和公式
(Ⅰ)当 q＝1 时，Sn＝ na1 ；
a11－qn
a1－anq
(Ⅱ)当 q≠1 时，Sn＝ 1－q ＝ 1－q
.
1 . 已知数列an是等差数列，a1 1,公差d 0,
Sn为其前n项和。若a1，a2, a5成等比数列，则S8 _____
要使Tn<2m0对所有n∈N*都成立， 则有2m0≥32，即m≥30.
因为m∈N*，所以m的最小值为30.
2.设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，Sn＝(－1)nan－21n，n∈N*，则： S1＋S2＋…＋S100＝_____________.
解析 ∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－21n－(－1)n－1an－1＋2n1－1， ∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋21n.