2015年高考数学新一轮总复习考点突破课件:5.4数列求和

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解:(1)由 x1=3,得 2p+q=3,又因为 x4=24p+4q,x5=25p+5q, 且 x1+x5=2x4,得 3+25p+5q=25p+8q, 解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n, 所以 Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n) =2n+1-2+nn+2 1.
A.2n+n2-1
B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-2
D.2n+n2-2
解析:∵an=2n+2n-1.
∴Sn=(2+22+…+2n)+(1+3+5+…+2n-1)
=211--22n+n2=2(2n-1)+n2=2n+1+n2-2.
()
答案:C
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• 6.并项求和法 • 一个数列的前n项和中,可两两结合求解,
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• 【归纳提升】 使用裂项相消法求和时,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.
第三十五页,编辑于星期五:十一点 四十三分。
针对训练 3.已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且 Sn=ana2n+1,
()
3n-1 C. 2
3n-3 D. 2
答案:C
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• 5.分组转化求和法
• 一个数列的通项公式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,分别求和而后相加减.
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对点演练
若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项 和为
• 4.裂项相消法 • 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.
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对点演练
如果数列{an}满足 a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项
为 1,公比为 3 的等比数列,则 an 等于
3n+1 A. 2
3n+3 B. 2
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• 【解】 (1)由S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0, • 得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. • 由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n. • 于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1 • =n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. • 综上,数列{an}的通项an=2n.
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对点演练
等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项和为 Sn,则数
列Snn的前 10 项的和为
()
A.120
B.70
C.75
D.100
解析:∵Snn=n+2,∴Snn的前 10 项和为 10×3+10× 2 9=75.
答案:C
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【解】 (1)由题设可得,f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2cos x.对任意 n∈N*, f′π2=an-an+1+an+2-an+1=0, 即 an+1-an=an+2-an+1, 故{an}为等差数列. 由 a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差 d=1,所以 an=2+1·(n- 1)=n+1.
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.
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• 对点演练

数列{(-1)n·n}的前2
012项和S2

012
________.
• 答案:1 006
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• 1.解决非等差、等比数列的求和,主要有
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(2)由 bn=2an+21an =2n+1+2n1+1=2n+21n+2 知, Sn=b1+b2+…+bn=2n+2·nn+ 2 1+1211--1212n=n2+3n+1-21n.
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• 【归纳提升】 某些数列的求和是将数列分解
∴S=n2.
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• 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.
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对点演练 求和:Sn=1a+a22+a33+…+ann. 解:(1)a=1 时,Sn=1+2+…+n=nn+ 2 1; (2)a≠1 时,Sn=1a+a22+a33+…+ann,① 1aSn=a12+a23+…+n-an 1+ann+1,② 由①-②得
• 2.从考查形式看,多在解答题中出现,且 常与函数、方程、不等式结合在一起考查, 属中高档题.
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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+nn-2 1d; (2)等比数列的前 n 项和公式: na1,q=1, Sn=a11--aqnq=a111--qqn.
第4课时 数列求和
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• (一)考纲点击
• 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.
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• (二)命题趋势 • 1.以考查内容看,数列求和是考查的重点,特
别是错位相减求和、裂项相消求和更是考查的 热点.
转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而 求得原数列的和,这就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.特别注意在含有字母的数列中对字母的讨 论.
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• 针对训练 • 1.已知数列{xn}的首项x1=3,通项xn=2np
+nq(n∈N*,p,q为常数),且x1,x4,x5成 等差数列.求: • (1)p,q的值; • (2)数列{xn}前n项和Sn的公式.
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题型三 裂项求和 (2013·江西)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn2-(n2+n
-1)Sn-(n2+n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; (2)令 bn=n+n+212a2n,数列{bn}的前 n 项和为 Tn. 证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn<654.
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1-1aSn=1a+a12+a13+…+a1n-ann+1 =1a11--1aa1n-ann+1, ∴Sn=aan-an1a--n1a2 -1. 综上所述,Sn=anan2n+-a1n1a,--an1=a21-,1,a≠1.
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【解】 (1)设数列{an}的公差为 d, 由 S4=4S2,a2n=2an+1 得4aa1+1+26nd-=18ad1=+24ad1+2n-1d+1 解得 a1=1,d=2 因此,an=2n-1,n∈N*.
第二十五页,编辑于星期五:十一点 四十三分。
(2)由已知得 Tn=λ-2nn-1 当 n≥2 时,bn=Tn-Tn-1=n2-n-21 cn=b2n=22n2-n-12=(n-1)14n-1,n∈N* Rn=0×140+1×141+2×142+…+ (n-1)14n-1
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• 针对训练
• 2.已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8= -10.
• (1)求数列{an}的通项公式; • (2)求数列的前n项和.
第二十九页,编辑于星期五:十一点 四十三分。
解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 由已知条件可得a21a+1+d=120d,=-10, 解得ad1==-1,1. 故数列{an}的通项公式为 an=2-n. (2)设数列2an-n 1的前 n 项和为 Sn, 即 Sn=a1+a22+…+2an-n 1,①
n∈N*. (1)求证:数列{an}是等差数列; (2)设 bn=21Sn,Tn=b1+b2+…+bn,求 Tn.
第三十六页,编辑于星期五:十一点 四十三分。
解:(1)证明:∵Sn=ana2n+1,n∈N*, ∴当 n=1 时,a1=S1=a1a21+1(an>0),∴a1=1. 当 n≥2 时,由22SSnn=-1=an2+a2n-a1n+,an-1 得 2an=an2+an-a2n-1-an-1. 即(an+an-1)(an-an-1-1)=0, ∵an+an-1>0,∴an-an-1=1(n≥2). 所以数列{an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.
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(2)证明:由于 an=2n,bn=n+n+212a2n,则 bn=4n2n+n+122=116n12-n+1 22. Tn=1161-312+212-412+312-512+…+n-1 12
-n+1 12+n12-n+1 22 =1161+212-n+1 12-n+1 22 <1161+212=654.
第二十三页,编辑于星期五:十一点 四十三分。
题型二 错位相减求和 (2013·山东)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4=4S2,
a2n=2an+1 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且 Tn+an2+n 1=λ(λ 为常数),令 cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前 n 项和 Rn.
两种思路
等差或等比
• (1)转化的思想,即将一般数列设法转化为 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.等价转化思想等差是、解等比决数列问题的基本思 想方法,它可将复杂的数列转化为
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14Rn=0×141+1×142+…+(n-2)14n-1+(n-1)14n ∴34Rn=141+142+…+14n-1-(n-1)14n=13-1+33n14n ∴Rn=194-34nn+-11.
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• 【归纳提升】 乘公比错位相减是数列求Байду номын сангаас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.
题型一 分组求和 (2013·安徽)设数列{an}满足 a1=2,a2+a4=8,且对任意 n
∈N*,函数 f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1·cos x-an+2sin x 满足 f′π2=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=2an+21an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
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故 S1=1,S2n=a21+a42+…+a2nn.② 所以,当 n>1 时,①-②得 S2n=a1+a2-2 a1+…+an-2n-a1n-1-a2nn =1-12+14+…+2n1-1-2-2n n =1-1-2n1-1-2-2n n=2nn. 所以 Sn=2nn-1.当 n=1 时也成立. 综上,数列2an-n 1的前 n 项和 Sn=2nn-1.
• 2.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项和即可用倒序 相加法,如等差数列的前n项和公式即是用 此法推导的.
第六页,编辑于星期五:十一点 四十三分。
• 对点演练 • 求和1+3+5+7+…+(2n-1). • 解析:S=1+3+5+7+…+(2n-1)① • 又∵S=(2n-1)+(2n-3)+…+1.② • ①+②得:2S=2n+2n+…+2n=2n2,
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