[名校联盟]甘肃省永昌县第一中学高中数学 6.4《数列求和》课件

即 2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，
①
由题意 Sn－1·Sn≠0，
பைடு நூலகம்
①式两边同除以 Sn－1·Sn，得S1n－Sn1－1＝2， ∴数列S1n是首项为S11＝a11＝1，公差为 2 的等差数列． ∴S1n＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝2n1－1. (2)又 bn＝2nS＋n 1＝(2n－1)1(2n＋1)
＝122n1－1－2n1＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝121－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
探究提高 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．
(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形
式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.
(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项
相乘构成的数列求和．
(4)倒序相加：例如，等差数列前 n 项和公式的推导．
4．常见的拆项公式
(1)n(n1＋1)＝n1－n＋1 1；
(2)(2n－1)1(2n＋1)＝122n1－1－2n1＋1；
3．已知等差数列的公差 d<0，前 n 项和记为 Sn，满足 S20>0， S21<0，则当 n＝___1_0____时，Sn 达到最大值．
解析 ∵S20＝10(a1＋a20)＝10(a10＋a11)>0， S21＝21a11<0，∴a10>0，a11<0， ∴n＝10 时，Sn 最大．
4．如果数列{an}满足 a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…
题型分类 深度剖析
题型一 公式法求和 例 1 已知数列{an}是首项 a1＝4，公比 q≠1 的等比数列，
Sn 是其前 n 项和，且 4a1，a5，－2a3 成等差数列． (1)求公比 q 的值； (2)求 Tn＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n 的值． 思维启迪：求出公比，用等比数列求和公式直接求解．
题型四 裂项相消法求和
例 4 已知数列{an}中，a1＝1，当 n≥2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S2n＝anSn－12.
(1)求 Sn 的表达式； (2)设 bn＝2nS＋n 1，求{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)∵Sn2＝anSn－12，an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， ∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，
例 3 求和 Sn＝1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋2n1－1.
思维启迪：数列的通项 an＝21－21n，求 Sn 可用分组求和法．
解
和式中第k项为ak＝1＋12＋14＋…＋2k1－1＝11－－1212k＝21－21k.
项和为( B ) n
A.3n＋2
3n C.6n＋4
n B.6n＋4
n＋1 D.n＋2
解析 由数列通项公式 (3n－1)1·(3n＋2)＝133n1－1－3n1＋2，
得前 n 项和 Sn＝13(12－15＋15－18＋18－111＋…＋3n1－1－3n1＋2) ＝1312－3n1＋2＝6nn＋4.
变式训练 2 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an＋1＝ 2Sn (n∈N*)． (1)求数列{an}的通项 an； (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. 解 (1)∵an＋1＝2Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn，∴SSn＋n1＝3. 又∵S1＝a1＝1，∴数列{Sn}是首项为 1，公比为 3 的等比数列，Sn＝3n－1 (n∈N*)． 当 n≥2 时，an＝2Sn－1＝2·3n－2， ∴an＝12， ·3nn－＝2，1n，≥2.
∴Sn＝21－12＋1－212＋…＋1－21n ＝2[(1＋1＋…＋1)－(12＋212＋…＋21n)]
n个
＝2n－1211－－1221n＝2n1－1＋2n－2.
探究提高 先将求和式中的项进行适当分组调整，使之每 一个组为等差或等比数列，然后分别求和，从而得出原数 列的和．它是通过对数列通项结构特点的分析研究，将数 列分解转化为若干个能求和的新数列的和或差，从而求得 原数列的和的一种求和方法．
变式训练 4 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，an＋1 ＝12Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当
bn＝log
3(3an＋
2
1)时，求证：数列bnb1n＋1的前
n
项和
Tn＝1＋n n.
(1)解
由已知得aann＋ ＝1＝12S12nS－n1，
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
④－③得 2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即 2Sn＝n·3n＋1－3(11－－33n)，∴Sn＝(2n－41)3n＋1＋34.
探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数 列{3n－1an}的前 n 项和，从而利用 an 与 Sn 的关系求出通项 3n－1an，进而求得 an；另外乘公比错位相减是数列求和的 一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复 杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能 力的培养．
变式训练 3 求和：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)． 解 构造数列{an}，则 an＝n(3n＋1)＝3n2＋n， ∴1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1) ＝(3×12＋1)＋(3×22＋2)＋(3×32＋3)＋…＋(3n2＋n) ＝3(12＋22＋32＋…＋n2)＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝3·n(n＋1)6(2n＋1)＋n(n2＋1)＝n(n＋1)2.
是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则 an 等于( C )
3n＋1 A. 2
3n＋3 B. 2
3n－1 C. 2
3n－3 D. 2
解析 a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝an＝1×1(－1－33n)＝3n－2 1.
5．数列21·5，51·8，8·111，…，(3n－1)1·(3n＋2)，…的前 n
解 (1)由题意得 2a5＝4a1－2a3. ∵{an}是等比数列且 a1＝4，公比 q≠1， ∴2a1q4＝4a1－2a1q2，∴q4＋q2－2＝0， 解得 q2＝－2(舍去)或 q2＝1，∴q＝－1. (2)∵a2，a4，a6，…，a2n 是首项为 a2＝4×(－1)＝－4，公 比为 q2＝1 的等比数列，∴Tn＝na2＝－4n.
基础自测
1．在等差数列{an}中，Sn 表示前 n 项和，a2＋a8＝18－a5， 则 S9＝____5_4___. 解析 由等差数列的性质，a2＋a8＝18－a5， 即 2a5＝18－a5，∴a5＝6， 又∵S9＝(a1＋2a9)×9＝9a5＝54.
2．已知数列{an}的通项公式是 an＝2n2－n 1，其中前 n 项和 Sn＝36241，则项数 n＝___6_____. 解析 ∵an＝2n2－n 1＝1－21n， ∴Sn＝n－12＋212＋…＋21n＝n－1＋21n， 而36241＝5＋614，∴n－1＋21n＝5＋614，∴n＝6.
(1)1＋2＋3＋…＋n＝
n(n＋1) 2
；
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝ n2＋n ；
(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝ n2 ；
(4)12＋22＋32＋…＋n2＝ n(n＋1)6(2n＋1)； (5)13＋23＋33＋…＋n3＝ [n(n2＋1)]2 .
3．(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
§6.4 数列求和
基础知识 自主学习
要点梳理
1．等差数列前
n
项和
Sn＝
n(a1＋an) 2
＝
na1＋n(n2－1)d
，
推导方法：倒序相加法 ；
等比数列前 n 项和
na1，
q＝1，
Sn＝a1(11－－qqn)
＝ a1－anq ， 1－q
q≠1.
推导方法：乘公比，错位相减法．
2．常见数列的前 n 项和
(3)
1＝ n＋ n＋1
n＋1－
n.
[难点正本 疑点清源] 1．数列求和的方法
(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通 项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具 备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和． (2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路： ①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数 列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成． ②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相 消法、错位相减法、倒序相加法等来求和． 2．等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，它可 将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决．
bn＝log
3 2
(3an＋1)＝log
3 2
32·32n－1＝n.
∴bnb1n＋1＝n(11＋n)＝n1－1＋1 n.
∴Tn＝b11b2＋b21b3＋b31b4＋…＋bnb1n＋1
(n≥2)，
得到 an＋1＝32an (n≥2)． ∴数列{an}是以 a2 为首项，以32为公比的等比数列．
又a2＝12S1＝12a1＝12，
∴an＝a2×32
n－2
＝1232n－2 (n≥2)．
1， ∴an＝1232n－2，
n＝1， n≥2.
(2)证明
探究提高 应用公式法求和时，要保证公式使用的正确 性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公式．
变式训练 1 在等比数列{an}中，a3＝9，a6＝243，求数
列{an}的通项公式 an 及前 n 项和公式 Sn，并求 a9 和 S8
的值．