高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第2课时等差、等比数列的综合应用课件新人教A版必修5
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第二十一页，共31页。
[变式训练] 求和：Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1. 解：当 x＝1 时，Sn＝1＋2＋…＋n＝12n(n＋1)； 当 x≠1 时，Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，① xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，② ①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn，
第二十九页，共31页。
1．数列是特殊的函数，有些题目可结合函数知识去 解决，体现了函数思想、数形结合的思想．
2．等差、等比数列中， a1、an、n、d(q)、Sn“知三 求二”，体现了方程(组)的思想、整体思想，有时用到换 元法．
第三十页，共31页。
3．求等比数列的前 n 项和时要考虑公比是否等于 1， 公比是字母时要进行讨论，体现了分类讨论的思想．
第二十二页，共31页。
所以 Sn＝（11－－xxn）2－1n－xnx. 12n（n＋1），x＝1，
综上，Sn＝（11－－xxn）2－1n－xnx，x≠1.
第二十三页，共31页。
类型 3 裂项法求和
[ 典 例 3]
求 和 ： Sn ＝
22 1×3
＋
42 3×5
＋
…
＋
（2n）2 （2n－1）（2n＋1）.
第二十四页，共31页。
解：因为(2n)2＝(2n)2－1＋1＝(2n－1)(2n＋1)＋1，
所以
Sn
＝
n
＋
1 1×3
＋
1 3×5
＋
…
＋
1
＝
（2n－1）（2n＋1）
n＋121－2n1＋1＝n＋12－2（2n1＋1）.
第二十五页，共31页。
归纳升华 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和 时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．可用待定系 数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律， 即消去哪些项，保留哪些项．常见的拆项公式有： ①n（n1＋k）＝1kn1－n＋1 k；
第四页，共31页。
2．数列求和 (1)裂项法：这是分解与组合思想在数列求和中的具 体应用．裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然 后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的． (2)错位相减法：这是在推导等比数列的前 n 项和公 式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前 n 项和，其中{an}、{bn}分别是等差和等比数列．
第二十六页，共31页。
②若{an}为等差数列，公差为
1 d，则 ＝
an·an＋1
1da1n－an1＋1.
第二十七页，共31页。
[变式训练] 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a5
＝5，S5＝15，则数列ana1n＋1的前 100 项和为(
)
A.110001 B.19091 C.19090 D.110010
第十页，共31页。
3．在 14 与78之间插入 n 个数组成等比数列，如果各 项总和为787，那么此数列的项数为( )
A．4 B．5 C．6 D．7 解析：依题意知787＝a1－1－qaqn＋2＝141－－78qq⇒q＝－12，
由78＝14·qn－1 得 n＝3，
所以 n＋2＝5. 答案：B
第十一页，共31页。
解析：由 a5＝5，S5＝15，得 a1＝1，d＝1.
所以 an＝1＋(n－1)＝n. 所以ana1n＋1＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1.
第二十八页，共31页。
又a11a2＋…＋a1001a101＝11－12＋12－ 13＋…＋1100－1101＝1－1101＝110001.故选 A. 答案：A
第十五页，共31页。
n（2n2＋2）＋21211－－1212n＝n(n＋1)＋12－2n1＋1.
第十六页，共31页。
归纳升华 如果一个数列的每一项都是由几个独立的项组合而 成，并且各独立项可组成等差或等比数列，则可利用其求 和公式分别求和，从而得到原数列的和．
第十七页，共31页。
[变式训练] 求和：9＋99＋999＋…＋999…99n 个．
解析：设 S2n＝x，S4n＝y，则 2，x－2，14－x，y－ 14 成等比数列，
（x－2）2＝2（14－x）， 所以
（14－x）2＝（x－2）（y－14），
第十三页，共31页。
x＝6， x＝－4
所以
或
(舍去)，
y＝30， y＝－40
所以 S4n＝30.
答案：30
第十四页，共31页。
类型 1 分组求和法求和 [典例 1] 求数列 214，418，6116，…，2n＋2n1＋1，…的 前 n 项和 Sn. 解：Sn＝214＋418＋6116＋…＋2n＋2n1＋1＝(2＋4＋6 ＋…＋2n)＋212＋213＋214＋2n＋1 1＝
解：原式＝(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)＝
10（10n－1）
(10＋102＋…＋10n)－n＝
－n＝
10－1
190(10n－1)－n.
第十八页，共31页。
类型 2 错位相减法求和 [典例 2] 求和：Sn＝1a＋a22＋a33＋…＋ann. 解：当 a＝1 时，Sn＝12n(n＋1)； 当 a≠1 时，Sn＝1a＋a22＋a33＋…＋ann，① 1aSn＝a12＋a23＋a34＋…＋ann＋1，②
(5)公式法：先转化成等差、等比数列或特殊数列{n2}， 再利用等差数列或等比数列前 n 项和 Sn 公式等求解．
第七页，共31页。
[思考尝试·夯基]
1．已知{an}是等差数列， a10＝10，其前 10 项和 S10 ＝70，则其公差 d 为( )
A．－23
B．－13
1 C.3
2 D.3
解析：由 S10＝70，可以得到 a1＋a10＝14，即 a1＝4.
第五页，共31页。
(3)倒序相加法：这是在推导等差数列的前 n 项和公 式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列(反序)，再 把它与原数列相加．就可以得到 n 个 a1＋an.
sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289° 89
＝__2___．
第六页，共31页。
(4)分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也 不是等比数列，但如果将这类数列适当拆开，可分为几 个等差、等比或常见的数列，那么就可以分别求和，再 将其合并即可．
第九页，共31页。
－2 必为等比中项，故 a·b＝q＝4，b＝4a.当适当排序 后成等比数列时，－2 必不是等差中项，当 a 是等差中项 时，2a＝4a－2，解得 a＝1，b＝4；当4a是等差中项时，8a＝ a－2，解得 a＝4，b＝1，综上所述，a＋b＝p＝5，所以 p ＋q①－②得a－a 1Sn＝a11＋a12＋a13＋…＋a1n－ann＋1， 所以 Sn＝（a－a1）21－a1n－（a－n1）an.
12n（n＋1），a＝1， 综上，Sn＝（a－a 1）21－a1n－（a－n1）an，a≠1.
第二十页，共31页。
归纳升华 对于形如{anbn}的数列的前 n 项和 Sn 的求法(其中{an} 是等差数列，{bn}是等比数列)，可采用错位相减法，具体 解法：Sn 乘以某一个合适的常数(一般情况下乘以数列{bn} 的公比 q)后，与 Sn 错位相减，使其转化为等比数列问题 来解．
4. 若{an}是等比数列，且前 n 项为 Sn＝3n－1＋t，则 t ＝________．
解析：显然 q≠1，此时应有 Sn＝－Aqn＋A， 又 Sn＝3n－1＋t，所以 t＝－13. 答案：－13
第十二页，共31页。
5．各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和 Sn，若 Sn＝2，S3n＝14，则 S4n＝__________________．
所以 d＝a10－9 a1＝23.
答案：D
第八页，共31页。
2．若 a，b 是函数 f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两 个不同的零点，且 a，b，－2 这三个数可适当排序后成等 差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p＋q 的值等于 ()
A．6 B．7 C．8 D．9 解析：由韦达定理得 a＋b＝p，a·b＝q，则 a＞0，b ＞0，当 a，b，－2 适当排序后成等比数列时，
第二章 数列(shùliè)
第一页，共31页。
2.5 等比数列的前 n 项和 第 2 课时 等差、等比数列的
综合应用
第二页，共31页。
[学习目标] 1.熟练应用等差数列、等比数列的性质、 通项公式和前 n 项和的公式，解决一些实际问题． 2. 了解数列求和的一些方法：裂项法、错位相减法、倒序相 加法、分组求和法、公式法等，提高分析解决问题的能力．
第三页，共31页。
[知识提炼·梳理]
1．求数列的通项公式 (1)利用等差、等比数列的通项公式． (2)简单的递推数列，会用累加法求形如 an＋1－an＝ f(n)，用累乘法求形如aan＋n 1＝f(n)(n∈N*)数列的通项． (3)数列有形如 an＋1＝kan＋b(k≠1)的关系，可用待定 系数法求得{an＋t}为等比数列，再求得 an.
4．数列求和的基本方法有：公式法、倒序相加法、 错位相减法、裂项法、分组求和法等．
第三十一页，共31页。
[变式训练] 求和：Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1. 解：当 x＝1 时，Sn＝1＋2＋…＋n＝12n(n＋1)； 当 x≠1 时，Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，① xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，② ①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn，
第二十九页，共31页。
1．数列是特殊的函数，有些题目可结合函数知识去 解决，体现了函数思想、数形结合的思想．
2．等差、等比数列中， a1、an、n、d(q)、Sn“知三 求二”，体现了方程(组)的思想、整体思想，有时用到换 元法．
第三十页，共31页。
3．求等比数列的前 n 项和时要考虑公比是否等于 1， 公比是字母时要进行讨论，体现了分类讨论的思想．
第二十二页，共31页。
所以 Sn＝（11－－xxn）2－1n－xnx. 12n（n＋1），x＝1，
综上，Sn＝（11－－xxn）2－1n－xnx，x≠1.
第二十三页，共31页。
类型 3 裂项法求和
[ 典 例 3]
求 和 ： Sn ＝
22 1×3
＋
42 3×5
＋
…
＋
（2n）2 （2n－1）（2n＋1）.
第二十四页，共31页。
解：因为(2n)2＝(2n)2－1＋1＝(2n－1)(2n＋1)＋1，
所以
Sn
＝
n
＋
1 1×3
＋
1 3×5
＋
…
＋
1
＝
（2n－1）（2n＋1）
n＋121－2n1＋1＝n＋12－2（2n1＋1）.
第二十五页，共31页。
归纳升华 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和 时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．可用待定系 数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律， 即消去哪些项，保留哪些项．常见的拆项公式有： ①n（n1＋k）＝1kn1－n＋1 k；
第四页，共31页。
2．数列求和 (1)裂项法：这是分解与组合思想在数列求和中的具 体应用．裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然 后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的． (2)错位相减法：这是在推导等比数列的前 n 项和公 式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前 n 项和，其中{an}、{bn}分别是等差和等比数列．
第二十六页，共31页。
②若{an}为等差数列，公差为
1 d，则 ＝
an·an＋1
1da1n－an1＋1.
第二十七页，共31页。
[变式训练] 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a5
＝5，S5＝15，则数列ana1n＋1的前 100 项和为(
)
A.110001 B.19091 C.19090 D.110010
第十页，共31页。
3．在 14 与78之间插入 n 个数组成等比数列，如果各 项总和为787，那么此数列的项数为( )
A．4 B．5 C．6 D．7 解析：依题意知787＝a1－1－qaqn＋2＝141－－78qq⇒q＝－12，
由78＝14·qn－1 得 n＝3，
所以 n＋2＝5. 答案：B
第十一页，共31页。
解析：由 a5＝5，S5＝15，得 a1＝1，d＝1.
所以 an＝1＋(n－1)＝n. 所以ana1n＋1＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1.
第二十八页，共31页。
又a11a2＋…＋a1001a101＝11－12＋12－ 13＋…＋1100－1101＝1－1101＝110001.故选 A. 答案：A
第十五页，共31页。
n（2n2＋2）＋21211－－1212n＝n(n＋1)＋12－2n1＋1.
第十六页，共31页。
归纳升华 如果一个数列的每一项都是由几个独立的项组合而 成，并且各独立项可组成等差或等比数列，则可利用其求 和公式分别求和，从而得到原数列的和．
第十七页，共31页。
[变式训练] 求和：9＋99＋999＋…＋999…99n 个．
解析：设 S2n＝x，S4n＝y，则 2，x－2，14－x，y－ 14 成等比数列，
（x－2）2＝2（14－x）， 所以
（14－x）2＝（x－2）（y－14），
第十三页，共31页。
x＝6， x＝－4
所以
或
(舍去)，
y＝30， y＝－40
所以 S4n＝30.
答案：30
第十四页，共31页。
类型 1 分组求和法求和 [典例 1] 求数列 214，418，6116，…，2n＋2n1＋1，…的 前 n 项和 Sn. 解：Sn＝214＋418＋6116＋…＋2n＋2n1＋1＝(2＋4＋6 ＋…＋2n)＋212＋213＋214＋2n＋1 1＝
解：原式＝(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)＝
10（10n－1）
(10＋102＋…＋10n)－n＝
－n＝
10－1
190(10n－1)－n.
第十八页，共31页。
类型 2 错位相减法求和 [典例 2] 求和：Sn＝1a＋a22＋a33＋…＋ann. 解：当 a＝1 时，Sn＝12n(n＋1)； 当 a≠1 时，Sn＝1a＋a22＋a33＋…＋ann，① 1aSn＝a12＋a23＋a34＋…＋ann＋1，②
(5)公式法：先转化成等差、等比数列或特殊数列{n2}， 再利用等差数列或等比数列前 n 项和 Sn 公式等求解．
第七页，共31页。
[思考尝试·夯基]
1．已知{an}是等差数列， a10＝10，其前 10 项和 S10 ＝70，则其公差 d 为( )
A．－23
B．－13
1 C.3
2 D.3
解析：由 S10＝70，可以得到 a1＋a10＝14，即 a1＝4.
第五页，共31页。
(3)倒序相加法：这是在推导等差数列的前 n 项和公 式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列(反序)，再 把它与原数列相加．就可以得到 n 个 a1＋an.
sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289° 89
＝__2___．
第六页，共31页。
(4)分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也 不是等比数列，但如果将这类数列适当拆开，可分为几 个等差、等比或常见的数列，那么就可以分别求和，再 将其合并即可．
第九页，共31页。
－2 必为等比中项，故 a·b＝q＝4，b＝4a.当适当排序 后成等比数列时，－2 必不是等差中项，当 a 是等差中项 时，2a＝4a－2，解得 a＝1，b＝4；当4a是等差中项时，8a＝ a－2，解得 a＝4，b＝1，综上所述，a＋b＝p＝5，所以 p ＋q①－②得a－a 1Sn＝a11＋a12＋a13＋…＋a1n－ann＋1， 所以 Sn＝（a－a1）21－a1n－（a－n1）an.
12n（n＋1），a＝1， 综上，Sn＝（a－a 1）21－a1n－（a－n1）an，a≠1.
第二十页，共31页。
归纳升华 对于形如{anbn}的数列的前 n 项和 Sn 的求法(其中{an} 是等差数列，{bn}是等比数列)，可采用错位相减法，具体 解法：Sn 乘以某一个合适的常数(一般情况下乘以数列{bn} 的公比 q)后，与 Sn 错位相减，使其转化为等比数列问题 来解．
4. 若{an}是等比数列，且前 n 项为 Sn＝3n－1＋t，则 t ＝________．
解析：显然 q≠1，此时应有 Sn＝－Aqn＋A， 又 Sn＝3n－1＋t，所以 t＝－13. 答案：－13
第十二页，共31页。
5．各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和 Sn，若 Sn＝2，S3n＝14，则 S4n＝__________________．
所以 d＝a10－9 a1＝23.
答案：D
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2．若 a，b 是函数 f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两 个不同的零点，且 a，b，－2 这三个数可适当排序后成等 差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p＋q 的值等于 ()
A．6 B．7 C．8 D．9 解析：由韦达定理得 a＋b＝p，a·b＝q，则 a＞0，b ＞0，当 a，b，－2 适当排序后成等比数列时，
第二章 数列(shùliè)
第一页，共31页。
2.5 等比数列的前 n 项和 第 2 课时 等差、等比数列的
综合应用
第二页，共31页。
[学习目标] 1.熟练应用等差数列、等比数列的性质、 通项公式和前 n 项和的公式，解决一些实际问题． 2. 了解数列求和的一些方法：裂项法、错位相减法、倒序相 加法、分组求和法、公式法等，提高分析解决问题的能力．
第三页，共31页。
[知识提炼·梳理]
1．求数列的通项公式 (1)利用等差、等比数列的通项公式． (2)简单的递推数列，会用累加法求形如 an＋1－an＝ f(n)，用累乘法求形如aan＋n 1＝f(n)(n∈N*)数列的通项． (3)数列有形如 an＋1＝kan＋b(k≠1)的关系，可用待定 系数法求得{an＋t}为等比数列，再求得 an.
4．数列求和的基本方法有：公式法、倒序相加法、 错位相减法、裂项法、分组求和法等．
第三十一页，共31页。