2017届新课标高考总复习·数学课件：第6章 第4节 数列求和

[探究 2] 若 cn＝an＋bn，如何求解？ 解：设数列{cn}的前 n 项和为 Sn，则 Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn) ＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝11－－22n＋n[1＋22n－1] ＝2n－1＋n2， 即 Sn＝2n＋n2－1，n∈N*.
所以当 n 为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；
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当 n 为奇数时， Sn＝2×11－－33n－(ln 2－ln 3)＋n－2 1－nln 3 ＝3n－n－2 1ln 3－ln 2－1.
3n＋n2ln 3－1，n为偶数， 综上所述，Sn＝3n－n－2 1ln 3－ln 2－1，n为奇数.
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裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在 解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列{an}的通项公式，达 到求解目的．常见的命题角度有：
角度一：an＝n＋k1n＋p型 [典题 3] (2015·新课标全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
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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 组转化法求{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}是等比或等差数列，可采用分组转化法求和．
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考纲要求： 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式． 2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
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1．公式法与分组求和法
(1)公式法
直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和．
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(2)由(1)有 cn＝(2n－1)·2n－1，设{cn}的前 n 项和为 Sn， 则 Sn ＝ 1×20 ＋ 3×21 ＋ 5×22 ＋ … ＋ (2n － 3)×2n － 2 ＋ (2n － 1)×2n－1， 2Sn ＝ 1×21 ＋ 3×22 ＋ 5×23 ＋ … ＋ (2n － 3)×2n － 1 ＋ (2n － 1)×2n， 上述两式相减，得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n＝2n ＋1－3－(2n－1)·2n＝－(2n－3)·2n－3， 所以，Sn＝(2n－3)·2n＋3，n∈N*.
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4．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝________. 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 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2. ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
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在等比数列{an}中，已知 a1＝3，公比 q≠1，等差数列{bn} 满足 b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为 q，等差数列{bn}的公差为 d. 由已知，得 a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d， 故33qq＝2＝33＋＋31d2，d ⇒qq＝2＝11＋＋d4，d ⇒q＝3 或 1(舍去)． 所以 d＝2，所以 an＝3n，bn＝2n＋1.
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(2)由题意，得 cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n， Sn＝c1＋c2＋…＋cn ＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－1(2n－1)＋(－1)n·(2n＋ 1)]＋3＋32＋…＋3n. 当 n 为偶数时，Sn＝n＋3n2＋1－32＝3n2＋1＋n－32； 当 n 为奇数时，Sn＝(n－1)－(2n＋1)＋3n2＋1－32＝3n2＋1－n－27. 所以 Sn＝33nn22＋＋11－＋nn－－7232，，nn为为奇偶数数.，
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[听前试做] (1)设数列{an}的公比为 q，数列{bn}的公差为 d， 由题意知 q>0.
由已知，有2qq4－2－33dd＝＝120，， 消去 d，整理得 q4－2q2－8＝0，解得 q2＝4. 又因为 q>0，所以 q＝2，所以 d＝2. 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1，n∈N*； 数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1，n∈N*.
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[探究 1] 若 cn＝bann，如何求解？ 解：∵an＝2n－1，n∈N*，bn＝2n－1，n∈N*.∴cn＝22nn－－11. 设数列{cn}的前 n 项和为 Sn，则 Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝210＋231＋252＋…＋22nn－－11 12Sn＝211＋232＋…＋22nn－－13＋2n2－n 1
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3．数列{an}的通项公式为 an＝ncosn2π，其前 n 项和为 Sn，则 S2 015
等于( )
A．1 002
B．1 004
C．1 006
D．1 008
解析：选 B 因为数列 an＝ncosn2π呈周期性变化，观察此数列 规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.故 S4＝a1＋a2＋a3＋a4 ＝2.因此 S2 015＝S2 012＋a2 013＋a2 014＋a2 015＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋ (a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋a2 013＋a2 014＋a2 015＝2 0412×2＋(－2) ＝1 004.
(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)．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√
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2．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n
项和为( )
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
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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，那么这个数列的前 n 项和即可用此法来求，如等 比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的．
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ [自我查验]
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
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利用错位相减法求和的两点注意 (1)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． (2)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．同时要注意等比数列 的项数是多少．
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(2)由 an＝2n＋1 可知 bn＝ana1n＋1＝2n＋112n＋3＝122n1＋1－2n1＋3. 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1213－15＋15－17＋…＋2n1＋1－2n1＋3 ＝32nn＋3.
答案：(n－1)2n＋1＋2
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5．设 an＝1＋2＋3＋…＋n，则 Sn＝a11＋a12＋…＋a1n＝________. 解析：∵an＝1＋2＋3＋…＋n＝nn2＋1. ∴a1n＝nn2＋1＝2n1－n＋1 1. ∴Sn＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1 ＝21－n＋1 1 ＝n2＋n1.
(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前 n 项和时使用
公式 Sn＝na12＋an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＝a11－－aqn＋1.(
)
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(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．( )
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：
na1，q＝1， Sn＝a11－－aqnq＝a111－－qqn，q≠1.
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(2)分组求和法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列 组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． 2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“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 项和可用倒序相加 法，如等差数列的前 n 项和公式即是用此法推导的．
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上述两式相减，得 12Sn＝1＋2211＋212＋…＋2n1－1－2n2－n 1 ＝1＋2×1－2n1－1－2n2－n 1 ＝3－2n1－2－2n2－n 1 ＝3－2n2＋n 3. ∴Sn＝6－22nn＋－13，n∈N*.
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(2)并项求和法 在一个数列的前 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＝(1002－992) ＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1) ＝5 050.
答案：n2＋n1
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[典题 1] 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.
[听前试做] Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋ (－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
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[典题 2] (2015·天津高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列， {bn}是等差数列，且 a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.
(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设 cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前 n 项和．
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n－2
解析：选 C Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋ (2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n ＝211－－22n＋2×nn2＋1－n ＝2(2n－1)＋n2＋n－n ＝2n＋1＋n2－2.
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3．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
①nn1＋1＝n1－n＋1 1.②nn1＋2＝12n1－n＋1 2.
③2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
④
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
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[听前试做] (1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3，① 可知 a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.② ②－①，得 a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即 2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由 an>0，得 an＋1－an＝2. 又 a21＋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，n∈N*.