《随堂优化训练》高中数学 第二章 2.6 数列求和配套课件 新人教A版必修5

(2)这是一个以4 为首项，2为公比的等比数列的求和问题， 其项数为(n＋3)－2＋1＝n＋2，
∴Sn＋2＝4(11－－22n＋2)＝2n＋4－4.
1 － 1. 求和1＋4＋7＋10＋…＋(3n＋4)＋(3n＋7) ＝ (n＋3)(3n＋8) ______2____.
1－2.已知 an＝ 1＋2＋22＋1…＋2n－1＋1，则数列{an}的前 n 1－1
重难点 等差数列、等比数列前 n 项和的公式及方法 (1)等差数列前 n 项和为 Sn，则 Sn＝n(a12＋an)、Sn＝na1＋ n(n－1) 2 d.
na1(q＝1) (2)等比数列前 n 项和公式为 Sn＝a1(11－－qqn)(q≠1)
，或 Sn
＝a11－－aqnq(q≠1)．
(3)数列求和的常用方法还有：错位相减法(如见题型三)、 裂项相消法(如见题型二)．
项和 Sn＝___2_n__.
裂项相消法求和 例 2：(1)求数列1×1 3，3×1 5，…，2n－11(2n＋1)，…的前 n 项和； (2)求数列1×1 3，2×1 4，3×1 5，…，n(n1＋2)的前 n 项和．
解：(1)1×1 3＋3×1 5＋…＋2n－11(2n＋1) ＝121－13＋13－15＋15－17…＋2n1－1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
因而 an＝a1qn－1＝21n，n＝1,2，…. (2)因为{an}是以首项为 a1＝12，公比为 q＝12的等比数列， 故 Sn＝1211－－1221n＝1－21n，nSn＝n－2nn. 则数列{nSn}的前 n 项和 Tn＝(1＋2＋…＋n)－12＋222＋…＋2nn，
T2n＝12(1＋2＋…＋n)－212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1.
2．6 数列求和
1．已知等比数列{an}中，前 n 项和 Sn＝54，S2n＝60，则 S3n 等于( C )
A．64
B．66
C．6023
D．6623
2．数列 9,99,999,9999，…的前 n 项和等于( B )
A．10n－1 C．190 (10n－1)
B．190 (10n－1)－n D．190 (10n－1)＋n
(2)1×1 3＋2×1 4＋3×1 5＋…＋2－n1＋
n－1 1－n＋1 1＋1n－n＋1 2 ＝121＋12－n＋1 1－n＋1 2.
对于数列的求和问题，常用的方法有三种： (1)公式法：对于等差数列和等比数列的求和，可运用其前 n 项和公式． (2)转化法：有的数列既不是等差数列，也不是等比数列， 但通过适当的变换，可以化成等差数列或等比数列的求和问题 来解决．如“拆项分解法”，“错位相减法”等． (3)裂项法：通过把通项分裂成两项之差，从而可以相消．
等差数列求和 例 1：(1)求和 1＋3＋5＋7＋9＋…＋(2n＋1)＝___________； (2)求和22＋23＋24＋…2n＋3＝________.
解：(1)这是一个以 1 为首项，2 为公差的等差数列的求和 问题，其项数为 n＋1，
1＋3＋5＋7＋9＋…＋(2n＋1)
＝1＋2n＋21·n＋1＝n＋12.
两式相减，得 T2n＝12(1＋2＋…＋n)－12＋212＋…＋21n＋2nn＋1 ＝n(n4＋1)－1211－－1221n＋2nn＋1， 即 Tn＝n(n2＋1)＋2n1－1＋2nn－2.
4－1.(2010 年重庆)已知{an}是首项为 19，公差为－2 的等 差数列，Sn 为{an}的前 n 项和．
(1)求通项 an 及 Sn； (2)设{bn－an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列，求数列{bn} 的通项公式及其前 n 项和．
解：(1)因为{an}是首项为 a1＝19，公差d＝－2 的等差数列，
所以 an＝19－2(n－1)＝－2n＋21， Sn＝19n＋n(n2－1)·(－2)＝－n2＋20n. (2)由题意 bn－an＝3n－1，所以 bn＝3n－1－2n＋21， Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋3n－2 1.
即数列{an}是a1＝2，公差d＝4 的等差数列．
设数列{bn}的公比为 q，则 b1qd＝b1，d＝4，∴q＝14.
故 bn＝b1qn－1＝2×4n1－1，
即{bn}的通项公式为 bn＝4n2－1. (2)∵cn＝abnn＝4n－2 2＝(2n－1)4n－1，
4n－1
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝[1＋3×41＋5×42＋…＋(2n－1)4n－1]， 4Tn＝[1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－1)4n]， 两式相减得 3Tn＝－1－2(41＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n ＝13[(6n－5)4n＋5]，∴Tn＝19[(6n－5)4n＋5]．
3．数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝n(n1＋1)，则 S5 等于( B )
A．1
B．56
C．16
D．310
4．在等差数列{an}中，已知前 4 项和是 1，前 8 项和是 4， 则 a17＋a18＋a19＋a20 等于___9_.
5．在等差数列{an}中，若 a1＝100，S100＝100，则公差 d＝__－__2_.
3－1.设数列{an}的前 n 项和为 Sn＝2n2，{bn}为等比数列，
且 a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝
an bn
，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1 时，a1＝S1＝2；
当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2， 故数列{an}的通项公式为an＝4n－2，
例 4：设各项为正数的等比数列{an}的首项 a1＝12，前 n 项
和为 Sn，且 210S30－(210＋1)S20＋S10＝0. (1)求{an}的通项公式； (2)求 nSn 的前 n 项和 Tn. 错因剖析：易忽略已知条件an>0. 解：(1)由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0 得， 210(S30－S20)＝S20－S10， 即210(a21＋a22＋…＋a30)＝a11＋a12＋…＋a20， 可得210·q10(a11＋a12＋…＋a20)＝a11＋a12＋…＋a20. 因为an>0，所以210q10＝1，解得q＝12，
n
项和
2n
Sn＝__n_＋__1__.
解析：an＝1＋2＋31＋…＋n＝n(n2＋1)， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝1×2 2＋2×2 3＋…＋n(n2＋1)
＝21－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
错位相减法求和
例3：Sn＝1＋3x＋5x2＋7x3＋…＋(2n－1)xn－1(x≠0). 解：当 x＝1 时，Sn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2， 当 x≠1 时， ∵Sn＝1＋3x＋5x2＋7x3＋…＋(2n－1)xn－1， ∴xSn＝x＋3x2＋5x3＋7x4＋…＋(2n－1)xn. 两式相减得(1－x)Sn＝1＋2x(1＋x＋x2＋…＋xn－2)－(2n－ 1)xn＝1－(2n－1)xn＋2x(xxn－－11－1)， ∴Sn＝(2n－1)xn＋1－(x(－2n1＋)21)xn＋(1＋x).
2－1.求数列1×1 4，4×1 7，…3n－21(3n＋1)，…的前 n 项和．
解：1×1 4＋4×1 7＋…＋3n－21(3n＋1) ＝131－14＋14－17＋17－110…＋3n1－2－(3n1＋1) ＝131－(3n1＋1)＝3nn＋1.
2－2.已知
an＝
1 1＋2＋3＋…＋n
，则数列{an}的前