高考数学总复习 第四节 数列求和课件 理 新人教A版
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高考数学一轮总复习 第5章 数列 第4节 数列求和课件 理 新人教版
2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2， 代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)． 答案：190(2n－1)
(2015·湖北高考)设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等 比数列{bn}的公比为 q.已知 b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)当 d＞1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解析
[由题悟法]
bn＝3
an＋1 2
，求数列an＋2 1·bn的前
n
项和
Sn.
an＋1
解：由(1)可得 bn＝3 2 ＝3n，
所以an＋2 1·bn＝n·3n，
[即时应用]
已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q＞1，且 3(an＋2 ＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列 {bn}的通项公式和前 n 项和 Sn.
解析
考点三 错位相减法求和 重点保分型考点——师生共研 [典例引领]
(3)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，那么求这个数列 的前 n 项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“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 项和即可用倒序相加法求解．
新教材人教A版高中数学选择性必修第二册全册2022新高考一轮复习课件(第四章数列、第五章导数)
1
1
1
1
因为 Sn≠0,所以 − =1,即 − =-1.
+1
+1
1
1
又因为 =-1,所以 是首项为-1,公差为-1
1
1
1
所以 =-1+(n-1)×(-1)=-n,所以 Sn=- .
的等差数列.
1 , = 1,
解题心得1.已知数列{an}的前n项和Sn,则通项公式 an= - , ≥ 2. 当
n+1
所以第 2 021 项 a2 021=(-1)
×
2 022
2×2 021
2×2 021+1
=
4 042
.
4 043
(3)已知数列 1,-√3, √5,-√7,…,则 3√5是这个数列的第( D )项.
A.20
B.21
C.22
D.23
由已知,数列的一个通项公式为 an=(-1)n+1· 2-1.
1
-
.
由题意得Sn+1=2an+1+1,Sn=2an+1,两式相减,得Sn+1-Sn=2an+1-2an,即an+1=2an.
又S1=2a1+1=a1,因此a1=-1,
所以数列{an}是以a1=-1为首项,2为公比的等比数列,所以an=-2n-1.
(2)因为an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1,所以Sn+1-Sn=SnSn+1.
负符号变化,可用(-1)n或(-1)n+1来调整.
2.若此类问题为选择题,则可以利用给出数列的前几项进行检验排除,即可
1
1
1
因为 Sn≠0,所以 − =1,即 − =-1.
+1
+1
1
1
又因为 =-1,所以 是首项为-1,公差为-1
1
1
1
所以 =-1+(n-1)×(-1)=-n,所以 Sn=- .
的等差数列.
1 , = 1,
解题心得1.已知数列{an}的前n项和Sn,则通项公式 an= - , ≥ 2. 当
n+1
所以第 2 021 项 a2 021=(-1)
×
2 022
2×2 021
2×2 021+1
=
4 042
.
4 043
(3)已知数列 1,-√3, √5,-√7,…,则 3√5是这个数列的第( D )项.
A.20
B.21
C.22
D.23
由已知,数列的一个通项公式为 an=(-1)n+1· 2-1.
1
-
.
由题意得Sn+1=2an+1+1,Sn=2an+1,两式相减,得Sn+1-Sn=2an+1-2an,即an+1=2an.
又S1=2a1+1=a1,因此a1=-1,
所以数列{an}是以a1=-1为首项,2为公比的等比数列,所以an=-2n-1.
(2)因为an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1,所以Sn+1-Sn=SnSn+1.
负符号变化,可用(-1)n或(-1)n+1来调整.
2.若此类问题为选择题,则可以利用给出数列的前几项进行检验排除,即可
2024版新教材高考数学全程一轮总复习第六章数列第四节数列求和课件
−
1
n+1
.( √ )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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和．( × )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，
则数列
3n −1
an 的通项公式是an＝
.( √
2
)
2．(教材改编)已知数列 an 的通项公式为an＝2n＋n，前n项和为Sn，
2n+1
1
＝ n + 1 − n.
n+ n+1
；
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1) 若 数 列 an 为 等 比 数 列 ， 且 公 比 不 等 于 1 ， 则 其 前 n 项 和 Sn ＝
a1 −an+1
.( √ )
1−q
1
1
1
(2)当n≥2时， 2 ＝
n −1 2 n−1
180 dm2 .以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为
15 n+3
720－ n−4
5
σnk=1 Sk ＝___________
________；如果对折n次，那么
2
dm2.
2．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn 为数列 an 的前n项和，已知a1 ＝1，
1
是公差为 的等差数列．
3
(1)求 an 的通项公式；
第四节
数列求和
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】
掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数
高考数学 第五章 第四节 数列求和 理 新人教A版
分组法 分为若干组整体求 和
an=(-1)nn,求S2n
倒序 相加法
函数f(x)图象关于点(1,1)对 把求和式倒序后两 称，求f(-1)+f(0)+f(1)+f(2) 和式相加
+f(3)
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).
(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
_n_a_1 ,q=1
1+2+…+n= n ( n 1 )
2
前n个 正奇数之和
前n个正整 数平方和
前n个正整 数立方和
1+3+5+…+(2n-1)=_n_2 12+22+…+n2= n(n1)(2n1)
6
13+23+…+n3=[ n ( n 1 ) ]2
2
2.裂项相消法 把数列的通项分解为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵 消的项的求和方法. 3．错位相减法 (1)适用的数列：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数 列,{bn}是公比为q≠1的等比数列.
a n a n1
1 ( 1 1 ) .( )
d a n a n1
【解析】(1)正确.根据等差数列求和公式以及运算的合理性可 知. (2)正确.根据等比数列的求和公式可知. (3)正确.直接验证或倒推可知正确. (4)错误.需要分a=0,a=1，以及a≠0且a≠1三种情况求和. (5)正确.根据周期性可得. (6)正确.直接验证或倒推可得. 答案:(1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)√ (6)√
5．一个数列{an}，当n是奇数时，an=5n+1；当n为偶数时，
人教A版高中数学选择性必修第二册精品课件 第4章 数列 习题课——数列求和
n
[nx
-(n+1)x
+1],
2
(1-)
(+1)
,
2
= 1,
∴Sn= 0, = 0,
+1
[
-(
+
1)
+ 1], ≠ 0, ≠ 1.
2
(1-)
若若已知数列{(2n-1)an-1}(a≠0,n∈N*),求它的前n项和Sn.
解:当 a=1 时,数列变成 1,3,5,7,…,(2n-1),…,则
2.什么情况下可以用错位相减法求和?
提示:当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
积构成时可以用错位相减法求和.
3.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 + )
(-1)
Sn=
=na1+
d
2
2
等比数列{an}的前 n 项和公式是 Sn=
;
1 , = 1,
1 (1- )
,
1-
.
≠1
2.是不是所有的数列求和都可以直接用这两个公式求解?
提示:不是.
3.将数列中的每项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和
的目的的方法叫做裂项相消法.
解:设数列的第 n 项为 an,则 an=1+2+2 +…+2
2
1-2
[nx
-(n+1)x
+1],
2
(1-)
(+1)
,
2
= 1,
∴Sn= 0, = 0,
+1
[
-(
+
1)
+ 1], ≠ 0, ≠ 1.
2
(1-)
若若已知数列{(2n-1)an-1}(a≠0,n∈N*),求它的前n项和Sn.
解:当 a=1 时,数列变成 1,3,5,7,…,(2n-1),…,则
2.什么情况下可以用错位相减法求和?
提示:当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
积构成时可以用错位相减法求和.
3.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 + )
(-1)
Sn=
=na1+
d
2
2
等比数列{an}的前 n 项和公式是 Sn=
;
1 , = 1,
1 (1- )
,
1-
.
≠1
2.是不是所有的数列求和都可以直接用这两个公式求解?
提示:不是.
3.将数列中的每项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和
的目的的方法叫做裂项相消法.
解:设数列的第 n 项为 an,则 an=1+2+2 +…+2
2
1-2
高考专题复习数学数列求和 PPT课件 图文
设 n N * ， xn 是曲线 y x2n2 1 在点 (1，2)
处的切线与 x 轴交点的横坐标.
（1）求数列 {xn} 的通项公式；
（2）记Tn x12x32
x2 2n1
，证明
Tn
1 4n
.
在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n 2 个数 构成递增的等比数列，将这 n 2 个数的乘积记作Tn ， 再令 an lg Tn, n≥1.
（2）求数列an 的通项公式；
（3）是否存在实数 a ，使不等式
(1 1 )(1 1 ) (1 1 ) 2a2 3
a1
a2
an 2a 2n 1
对一切正整数 n 都成立？若存在，
求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
设数列an 的前 n 项和为 Sn ,满足
2Sn an1 2n1 1 , n N* ,
则数列
1
的前10
项和为_________
an
设数列an，其前 n 项和 Sn 3n2 ，
bn为单调递增的等比数列， b1b2b3 512 ， a1 b1 a3 b3
（1）求数列an, bn的通项公式；
（2）若 cn
bn
bn
2 bn
1 n
bn
bn1
1(n
N* )
.
（1）求 an 与 bn ；（2）记数列{anbn} 的前 n 项和为Tn ，求Tn .
已知数列an ,bn , an 3n 1,bn 2n
记 Tn anb1 an1b2 a1bn , n N * ，求：Tn
第四章数列求和微专题课件-高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册
五、倒序相加法
(1)倒序相加法是推导等差数列的前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). (2)如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等， 那么求其和可以用倒序相加法.
典例分析
例5 已知函数y=f(x)满足f(x) + f(1-x) =1，若数列{an}满足
＝2·n－2 1＋(－2n＋1)＝－n. 当n为偶数时， Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·n2＝n.
∴Sn＝(－1)n·n (n∈N*).
巩固练习
5.求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0). 解：当 x＝1 时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋2 1；
这些奇数组成等差数列，首项为1，公差为2，
故该数列的前n项和 Sn＝nn2＋1×1＋12×nn2＋1×nn2＋1－1×2 ＝nn2＋1＋nn2＋1nn2＋1－1
＝nn2＋12＝n2n＋ 4 12.
巩固练习
2.求和：Sn
(x
1 )2 x
(x2
1 x2
)2
(xn
1 xn
)2( x
0).
解: (1)当x＝±1时，Sn＝4n. (2)当x≠±1时，Sn＝x＋1x2＋x2＋x122＋…＋xn＋x1n2
巩固练习
6.求和：22－1 1＋32－1 1＋42－1 1＋…＋n2－1 1，n≥2，n∈N*. 解 ∵n2－1 1＝n－11n＋1＝12n－1 1－n＋1 1，
∴原式＝121－13＋12－41＋13－15＋…＋n－1 1－n＋1 1 ＝121＋12－n1－n＋1 1 ＝34－2n2nn＋＋11(n≥2，n∈N*).
高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和课件理新人教A版
(2)由(1)得 bn＝3n＋2n－1，
所以
Sn
＝
(3
＋
32
＋
33
＋
…
＋
3n)
＋
(1
＋
3
＋
5
＋
…
＋
2n
－
1)
＝
3（1－3n） 1－3
＋
n（1＋2n－1） 2
＝32(3n－1)＋n2
＝3n2＋1＋n2－32.
考点二 裂项相消法求和问题 【例 2】 (2020 届合肥调研)已知在等差数列{an}中，a2＝12，a5＝24，数列{bn}满 足 b1＝4，bn＋1－bn＝an(n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求使得b11＋b12＋b13＋…＋b1n＞187成立的最小正整数 n 的值．
(2)由(1)得b1n＝2n2＋1 2n＝2n（n1＋1）＝121n－n＋1 1， ∴b11＋b12＋b13＋…＋b1n＝121－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝121－n＋1 1＝2（nn＋1），即 2（nn＋1）＞187，解得 n＞16， ∴满足条件的最小正整数 n 的值为 17.
►名师点津 利用裂项相消法求和的注意事项
|跟踪训练| 2．(2019 届安徽模拟)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝2an＋1. (1)证明：{an＋1}是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)求证：aa1＋1a21＋aa2＋2a31＋…＋aanna＋n＋11<1._________
证明：(1)由 an＋1＝2an＋1，得 an＋1＋1＝2(an＋1)． 又 a1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． 所以 an＋1＝2n，因此{an}的通项公式为 an＝2n－1. (2)由(1)知aanna＋n＋11＝（2n－1）2（n 2n＋1－1）＝2n－1 1－2n＋11－1，于是aa1＋1a21＋aa2＋2a31＋…＋ aanna＋n＋11＝21－1 1－22－1 1＋22－1 1－23－1 1＋…＋2n－1 1－2n＋11－1＝1－2n＋11－1，所以aa1＋1a21＋ aa2＋2a31＋…＋aanna＋n＋11<1.
2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课件新人教版
1．在数列{an}中，an＝
1 nn＋1
，若{an}的前n项和为
2 2
019 020
，则项数n为
(D )
A．2 016
B．2 017
C．2 018
D．2 019
2．已知数列：1
1 2
，2
1 4
，3
1 8
，…，
n＋21n
，…，则其前n项和关于n的表
达式为________．
答案：nn2＋1＋1－21n
B．22
019 020
2 019 C.2 018
D．12
019 010
2．(2021·张掖期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长
方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，21，31，41，…，1n.①
第二步：将数列①的各项乘以n，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an，
a2－5＝3(a1－3)． 因为a1＝3，所以an＝2n＋1. (2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n， 所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.① 从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.② ①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，所以 Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.
2n－1，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝( 3 －1)＋( 5 － 3 )＋…＋
( 2n＋1－ 2n－1)＝ 2n＋1－1.
裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合， 使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准 确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消 去项的规律为止． (2) 消 项 规 律 ： 消 项 后 前 边 剩 几 项 ， 后 边 就 剩 几 项 ， 前 边 剩 第 几 项，后边就剩倒数第几项.
(新课标)高考数学总复习第四节数列求和课件理新人教A版
第六页，共37页。
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.
第七页，共37页。
第二十八页，共37页。
(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.
第二十九页，共37页。
角度二：an＝
第十一页，共37页。
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.
.
②等比数列的前 n 项和公式：
na1，q＝1， Sn＝a11－－aqnq＝a111－－qqn，q≠1.
第四页，共37页。
(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．
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.
第七页，共37页。
第二十八页，共37页。
(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.
第二十九页，共37页。
角度二：an＝
第十一页，共37页。
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.
.
②等比数列的前 n 项和公式：
na1，q＝1， Sn＝a11－－aqnq＝a111－－qqn，q≠1.
第四页，共37页。
(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．
人教A版高考总复习一轮数学精品课件 第六章 数列 第四节 数列求和
相加求和时一些正负项相互抵消,前n项和变成首尾若干少数项之和,从而
求出数列的前n项和.
3.错位相减求和法:如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数
列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n项和可运用错位相减求和
法.
4.拆项分组求和法:如果一个数列的各项是由几个等差数列和等比数列的
项相加减得到的,那么可以把数列的每一项拆成多个项或把数列的项重新
是分析数列的通项,考察其是否能分解成两项的差,在裂项求和的过程中,
还要注意以下几点:
(1)注意通项裂开后,是否恰好等于相应的两项之差,有时恰好等于两项之
差,有时则是倍数关系,需要在裂开的式子前面乘上一个系数;
(2)注意在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,有时可能前面
剩下了两项,后面也剩下了两项.
对点训练(2023·河南平顶山高三模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且
2Sn=(n+2)an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列
1
2
的前 n 项和为
2
Tn,求证:Tn< .
3
(1)解 当n=1时,2S1=(1+2)a1-2,即a1=2.
当n≥2时,2Sn=(n+2)an-2,2Sn-1=(n-1+2)an-1-2=(n+1)an-1-2,
第六章
第四节 数列求和
内
容
索
引
01
强基础 固本增分
02
研考点 精准突破
1.巩固等差数列、等比数列前n项和公式.
课标解读
2.掌握数列求和的裂项相消求和法、错位相减求和法、拆项分
组求和法、并项转化求和法、倒序相加求和法,能够解决数列
求出数列的前n项和.
3.错位相减求和法:如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数
列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n项和可运用错位相减求和
法.
4.拆项分组求和法:如果一个数列的各项是由几个等差数列和等比数列的
项相加减得到的,那么可以把数列的每一项拆成多个项或把数列的项重新
是分析数列的通项,考察其是否能分解成两项的差,在裂项求和的过程中,
还要注意以下几点:
(1)注意通项裂开后,是否恰好等于相应的两项之差,有时恰好等于两项之
差,有时则是倍数关系,需要在裂开的式子前面乘上一个系数;
(2)注意在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,有时可能前面
剩下了两项,后面也剩下了两项.
对点训练(2023·河南平顶山高三模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且
2Sn=(n+2)an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列
1
2
的前 n 项和为
2
Tn,求证:Tn< .
3
(1)解 当n=1时,2S1=(1+2)a1-2,即a1=2.
当n≥2时,2Sn=(n+2)an-2,2Sn-1=(n-1+2)an-1-2=(n+1)an-1-2,
第六章
第四节 数列求和
内
容
索
引
01
强基础 固本增分
02
研考点 精准突破
1.巩固等差数列、等比数列前n项和公式.
课标解读
2.掌握数列求和的裂项相消求和法、错位相减求和法、拆项分
组求和法、并项转化求和法、倒序相加求和法,能够解决数列
高考数学一轮复习 6.4 数列求和精品课件 理 新人教A版
n an
知,
1 为等比数列,其系 an
数构成数列{n}成等差数列,故可用错位相减法.
【解析】当a=1时,Sn=1+2+3+…+n= n(n +1);
2
当a≠1时,
12 3
n
Sn = a + a2 + a3 +…+ an .
①
两边同乘 1 a
,得
1 a
Sn
=
2 a2
+
3 a3
+
3 a4
…+
n an
-
9
9
1
1
（2）分析通项公式an=(xn+ xn )2=(xn)2+( xn )2+2，
1 可转化为两个等比数列{x2n}， { x2n }与常数列{2}的求
和问题.
【解析】（1）∵an=
1(10n-1),
9
∴Sn=1+11+111+…+11…1
︸n个
= 1 ［(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)］
9
= 1［(10+102+…+10n)-n］
9
= 1 〔 10(10n - 1) - n〕
=
9
10n+1
-
9n
9 - 10
.
81
1 (2)∵an=x2n+2+ x2n ,∴当x≠±1时,
Sn=(x+
1 )2+(x2+ x
1 x2
)2+…+(xn+
1 xn
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[自我查验]
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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.(
)
(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．( )
na1，q＝1， Sn＝a11－－aqnq＝a111－－qqn，q≠1.
(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．
(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)√
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
C．2n＋1＋n2－2
[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，
所以当 n 为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；
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.
答案：(n－1)2n＋1＋2
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. 答案：n2＋n1
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.
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.
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．
在等差数列{an}中，已知公差 d＝2，a2 是 a1 与 a4 的等比 中项．
(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.
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.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝ann＋1，记 Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，
2
求 Tn .
解：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)， 即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得 a1＝2. 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n.
3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.
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．
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．
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．
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：