(北京专用)19版高考数学一轮复习第六章数列第四节数列求和课件文

典例1 (2015北京朝阳一模)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=4,an+1=Sn,n
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)已知等差数列{bn}中,有b2=a2,b3=a3,求数列{an· bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为a1=4,an+1=Sn, 所以a2=S1=a1=4,a3=S2=a1+a2=4+4=8, a4=S3=a1+a2+a3=4+4+8=16. (2)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n.
2.常见的裂项公式
(1) 1 =⑥ n(n 1) (2)
1 1 n - n 1
;
1 =⑦ (2n 1)(2n 1)
1 1 1 2 2n 1 2n 1
;
(3) 1
n n 1
=⑧ n 1 - n
.
1.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则它的前n项和Sn= ( C ) A.2n+n2-1 B.2n+1+n2-1 C.2n+1+n2-2 D.2n+n2-2
n-1
(2)因为an+1=2n,所以bn=log2an+1=n, 所以 =
1 bnbn1
1 1 1 = - . n(n 1) n n 1
所以数列
n n 1
1 1 1 1 + 1 1 +…+ 1 =1 = 1 的前n项和Tn= n 1 2 2 3 n n 1 bnbn1
设{bn}的前n项和为Sn.
则Sn=(4+4×2+…+4n)-(3×21-1+3×22-1+…+3×2n-1) =4(1+2+…+n)-3(20+21+…+2n-1)
3(1 2n ) =2n(n+1)- 1 2
=2n2+2n+3-3· 2n. 所以,数列{bn}的前n项和为2n2+2n-3· 2n+3.
1 所以Sn=
设{bn}的前n项和为Tn,
1 8 1 + 1 1 + 1 1 +…+ 1 1 =1- 则T8= = . 1
2 2 3 3 4 8 9
9 9
8 故数列{bn}的前8项和为 . 9
所以an· bn=
因为当n=1时,(n-1)2n+2=0, 所以an· bn=(n-1)2n+2(n∈N*).
所以Tn=a1b1+a2b2+a3b3+a4b4+…+an-1bn-1+anbn =0+1×24+2×25+3×26+…+(n-2)×2n+1+(n-1)×2n+2, ① 2Tn=0+1×25+2×26+3×27+…+(n-2)×2n+2+(n-1)×2n+3, ② ①-②,得-Tn=24+25+26+27+…+2n+2-(n-1)×2n+3
1 99 3.数列 的前n项之和为 ,则n= 100 n(n 1)
.
1 99 3.数列 的前n项之和为 ,则n= 100 n(n 1)
99
.
答案 99 解析 由题意得 + + +…+
1 n 1 n 1 n 1 n 1 100 1 1 1 1 2 2 3 3 4
1-1 已知数列{an}是公差大于零的等差数列,数列{bn}为等比数列,且a1
=1,b1=2,b2-a2=1,a3+b3=13. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)设数列{an}的公差为d(d>0),数列{bn}的公比为q,由已知得
(5)错位相减法 适用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和,错 位相减法是对等比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法 若一个数列的前n项和中,可两两合并求解,这种方法称为并项求和.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 =(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.
1 Sn n
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
由a5+a7=26,得a6=13, 又a6-a3=3d=6,故d=2. 所以an=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1.
a an 3 2n 1 · n= · n=n2+2n. 2 2 1 1 1 1 1 (2)由bn= ,得bn= = = - . 2 Sn n n n n(n 1) n n 1
规律总结 (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.
n (2)对于通项公式为an= 的数列,其中{bn},{cn}是等比数列或
b , n为奇数, cn , n为偶数
等差数列,可采用分组转化法求和.
(3)采用分组转化法求和是将所求数列和分解转化为若干个可求和的新
a a1
所以an=a1· qn-1=3· 2n-1. 设等差数列{an+bn}的公差为d.
4 由题意得d=
(a b4 ) (a1 b1 ) 16 4 = =4. 4 1 3
所以an+bn=(a1+b1)+(n-1)d=4n. 从而bn=4n-3· 2n-1(n=1,2,…). (2)由(1)知bn=4n-3· 2n-1.
23 (1 2n1 ) n+1 =-2- +(2n-1)×2 =6+(2n-3)×2n+1. 1 2
考点二
裂项相消法求和
典例2 (2016北京东城二模)已知等差数列{an}满足a3=7,a5+a7=26,其前 n项和为Sn.
(1)求{an}的通项公式及Sn;
(2)令bn= (n∈N*),求数列{bn}的前8项和.
1 的前n项和Tn. b b n n1
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q.
2 3 a2 a2 因为a1a2a3=8,且a1a3= ,所以 =8,解得a2=2,
又因为a5=a2q3=16,所以q3=8,解得q=2,所以a1=1.
a1 (1 q n ) 1 2n n 所以an=2 (n∈N+),所以Sn= = =2 -1. 1 2 1 q
2q (1 d ) 1, 解得 或 1 2d 2q 13,
2
d 10, q 4
d 2, q 2.
∵d>0,∴d=2,q=2, ∴an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2×2n-1=2n, 即an=2n-1(n∈N*),bn=2n(n∈N*). (2)由(1)知cn=anbn=(2n-1)2n, ∴Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n①, 2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)×2n+1②, ②-①得Tn=-1×2-2×22-2×23-…-2×2n+(2n-1)×2n+1 =-2-23-24-…-2n+1+(2n-1)×2n+1
第四节
数列求和
总纲目录
教材研读
1.求数列的前n项和的方法 2.常见的裂项公式
考点突破
考点一 考点二 考点三 错位相减法求和 裂项相消法求和 分组转化法求和
教材研读
1.求数列的前n项和的方法
(1)公式法 (i)等差数列的前n项和公式 Sn=①
n(a1 an ) 2
=②
n(n 1)d 2 na1+
n
(n-1)2n+1+2
.
①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n· 2n+1
2(1 2n ) = - n· 2n+1=2n+1-2-n· 2n+1 1 2
=(1-n)2n+1-2. ∴Sn=(n-1)2n+1+2.
考点突破
考点一
∈N*. (1)写出a2,a3,a4的值;
错位相减法求和
.
考点三
分组转化法求和
典例3 (2017北京西城一模)已知{an}是等比数列,a1=3,a4=24.数列{bn} 满足b1=1,b4=-8,且{an+bn}是等差数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q.
4 由题意得q3= =8,解得q=2.
-S31的值是 ( B ) A.13 B.-76 C.46 D.76
答案 B S15=1-5+9-13+…+(4×13-3)-(4×14-3)+(4×15-3)=7×(-4)+57=29, S22=1-5+9-13+…+(4×21-3)-(4×22-3)=11×(-4)=-44, S31=1-5+9-13+…+(4×29-3)-(4×30-3)+(4×31-3)=15×(-4)+121=61,∴S15+S22 -S31=29-44-61=-76.故选B.
又当n=1时,a1=S1=4.
4, n 1, 所以an= n 2 , n 2.
(3)设等差数列{bn}的公差为d,
依题意,b2=a2=4,b3=a3=8,
1 则由
b d 4, 得b1=0,d=4,则bn=4(n-1). b 2 d 8, 1 0, n 1, n2 (n 1)2 , n 2.
.
(ii)等比数列的前n项和公式 当q=1时,Sn=③ na1 ;
当q≠1时,Sn=④
(2)分组转化法
a1 (1 q n ) 1 q
=⑤
a1 an q 1 q
.
把数列的每一项转化成几项之和,使所求和转化为几个等差、等比数列
之和,再求解. (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项. (4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加,倒序相加法是对等差数列求和公式 的推导过程的推广.
数列的和或差,从而求得原数列的和,这就需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.
3-1 (2016北京海淀二模)已知等差数列{an}的通项公式为an=4n-2,各项 都是正数的等比数列{bn}满足b1=a1,b2+b3=a3+2.
(1)求数列{bn}的通项公式;
1Байду номын сангаас1 1 1 1 1 1 1 = - + - + - +…+ n n (n 1) 1 2 2 3 3 4
1 n n 99 =1- = ,令 = ,解得n=99.
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=n· 2 ,则Sn=
答案 (n-1)2n+1+2
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
答案 C Sn=(21+1)+(22+3)+(23+5)+…+(2n+2n-1)=(21+22+…+2n)+[1+3+5
2(1 2n ) n[1 (2n 1)] n+1 +…+(2n-1)]= + =2 -2+n2.故选C. 1 2 2
2.已知数列{an}的前n项和为Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1· (4n-3),则S15+S22
24 (1 2n1 ) n+3 = -(n-1)×2 1 2
=-16-(n-2)×2n+3. 所以Tn=16+(n-2)×2n+3.
方法技巧
(1)一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an· bn}的前 n项和时,可采用错位相减法求和,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的 公比,然后作差求解; (2)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.
易错警示
利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一 项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.有些情况下,裂项时需要调整前 面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.
2-1 (2018北京海淀高三期中)已知等比数列{an}满足a1a2a3=8,a5=16. (1)求{an}的通项公式及前n项和Sn; (2)设bn=log2an+1,求数列