人教课标A高考一轮复习精品课件6.4数列的通项及数列求和
2023版高考数学一轮总复习第六章数列第四讲数列求和及数列的综合应用课件文
•
(1+2−1)
所以Tn=
=n2.
2
•
4
2 ·2
若选条件③bn=
,则bn=
+1
(+1)(+2)·2 ·2 ·2
•
1 1 1
故Tn= ( 2 2 3
+
=
1 1
1
1
1 1 1
- +…++1-+2)=2(2-+2)=
.
• 考向
1
• 数列求和
, ≤ 10,
• (2)因为bn=ቊ
所以b16+…+b20=b11+…+b15=b6+…+b10,
−5 , > 10,
• 所以{bn}的前20项和
T20=(b1+b2+…+b5)+(b6+…+b10)+(b11+…+b15)+
• (b16+…+b20)=(b1+b2+…+b5)+3(b6+…+b10)=(a1+a2+…+a5)+3(a6+
数列(n为正整数)
裂项方法
• 考向
1
• 数列求和
• 考向
1
• 数列求和
• 考向
1
• 数列求和
-8 082
• 考向
1
• 数列求和
• 考向1 • 数列求和
• 方法技巧
利用倒序相加法求和的技巧
• 已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”,可
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
高考数学一轮总复习 6.4 数列的通项与求和精品课件 理 新人教版
解得 a1=1,d=2.因此 an=2n-1,n∈N*.
考点(kǎo diǎn)一
考点(kǎo diǎn)二
考点(kǎo
diǎn)三
第二十页，共29页。
探究
(tànjiū)突
破
(2)由题意知:Tn=λ-
2 -1
1 -1
2
4
=(n-1)
;
2 4
8
16
2
(2)Sn=
考点(kǎo diǎn)一
1 2
+
+
2
1 2
+ 2 +…+
考点(kǎo diǎn)二
1 2
+ .
考点(kǎo
diǎn)三
第十四页，共29页。
探究(tànjiū)
突破
·2 +1
解:(1)由于 an=
∴Sn= 1 +
1
22
1
+ 2+
21
1
1
2
2
1
(2)(+)
=
1 1 1
+
1
1
1
1
2-1 2+1
1
1
1
1
−
(+1)
(+1)(+2)
(3)(2-1)(2+1) = 2
(4)(+1)(+2) = 2
(5)
;
1
+ +
=
1
高考理科数学(人教A版)一轮复习课件64数列求和
数列求和
知识梳理
考点自诊
1.基本数列求和方法
(1 + )
(-1)
=na1+
d.
2
2
(1)等差数列求和公式:Sn=
1 , = 1,
(2)等比数列求和公式:Sn= 1 -
1-
=
1 (1- )
,
1-
≠ 1.
(3)使用已知求和公式求和的方法,即等差、等比数列或可化为等
为等比数列,
所以 an=2
1
-
1
1
,bn=1+log2
1
1
2n-1=n,所以
1
1
1
+1
1
1
1
= (+1) = − +1,即
Tn=1-2 + 2 − 3+…+ − +1=1-+1 = +1.
-8-
考点1
考点2
考点3
分组求和与并项求和
-9-
考点1
考点2
考点3
3
解:(1)设等比数列{bn}的公比为 q,则 q=
=(2n+1)bn+1,
2
又2 +1 =bnbn+1,bn+1≠0,所以 bn=2n+1.
2+1
令 cn= ,则 cn=
2
.
3
因此 Tn=c1+c2+…+cn= +
1
3
5
7
2
2
2
24
又 Tn= 2 +
3 +
高考数学一轮复习 第六章数列6.4数列的通项与求和教学案 理 新人教A版
6.4 数列的通项与求和考纲要求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．数列求和的常用方法 1．公式法(1)直接用等差、等比数列的求和公式． (2)掌握一些常见的数列的前n 项和． ①1＋2＋3＋…＋n ＝__________；②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝__________； ③2＋4＋6＋…＋2n ＝__________； ④12＋22＋32＋…＋n 2＝__________； ⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝__________＝__________. 2．倒序相加法如果一个数列{a n }，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如__________数列的前n 项和公式即是用此法推导的．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__________数列的前n 项和公式就是用此法推导的．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． 5．分组转化法把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．11×4＋14×7＋17×10＋…＋13n －23n ＋1等于( )． A ．n 3n ＋1 B ．3n 3n ＋1C ．1－1n ＋1D ．3－13n ＋12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n－12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n 等于( )．A ．13B ．10C ．9D ．63．数列{(－1)n(2n －1)}的前2 012项和S 2 012＝( )． A ．－2 012 B ．2 012 C ．－2 011 D ．2 0114．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n，则S n ＝__________.一、分组转化法求和【例1】已知函数f (x )＝2x－3x －1，点(n ，a n )在f (x )的图象上，{a n }的前n 项和为S n . (1)求使a n ＜0的n 的最大值；(2)求S n . 方法提炼1．数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．2．常见类型及方法(1)a n ＝kn ＋b ，利用等差数列前n 项和公式直接求解；(2)a n ＝a ·q n －1，利用等比数列前n 项和公式直接求解；(3)a n ＝b n ±c n ，数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{a n }的前n 项和．请做演练巩固提升4二、裂项相消法求和【例2－1】等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和．【例2－2】已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若T n ≤λa n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最小值．方法提炼1．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．将通项裂项后，有时候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．2．一般情况如下，若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2.此外根式在分母上时可考虑利用分母有理化相消求和．3．常见的拆项公式有：(1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1； (2)1n n ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； (3)12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(4)1n n ＋1n ＋2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n n ＋1－1n ＋1n ＋2； (5)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．请做演练巩固提升3三、错位相减法求和【例3－1】(2012浙江高考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【例3－2】已知在数列{a n }中，a 1＝3，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·3n，求数列{b n }的前n 项和T n . 方法提炼1．用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”的表达式．2．利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和．提醒：利用裂项相消法求和时要注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．请做演练巩固提升5分类讨论思想在数列求和中的应用【典例】(13分)(2012湖北高考)已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和．规范解答：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1a 1＋d a 1＋2d ＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.(4分)所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5，或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5，或a n ＝3n －7.(6分)(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列，不满足条件； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.(8分)记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；(9分) 当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5； 当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋n －2[2＋3n －7]2＝32n 2－112n ＋10，当n ＝2时，满足此式．(12分)综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n >1.(13分)答题指导：分类讨论思想在数列求和时经常遇到，尤其是含绝对值的求和问题，与等比数列有关的问题，还有分奇偶项进行讨论的问题，此类问题讨论时要掌握不遗漏、不重复的原则．1．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3a 5＝4，则数列{log 2a n }的前7项和等于( )．A ．7B ．8C ．27D ．282．已知等比数列{a n }的首项为1，若4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )．A ．3116B ．2C ．3316D ．16333．数列12×4，14×6，16×8，…，12n 2n ＋2，…的前n 项和为( )．A ．n 2n ＋2B ．n 4n ＋4C ．2n n ＋1D ．2n 2n ＋1 4．求下面数列的前n 项和．1＋1，1a＋4，1a 2＋7，…，1an －1＋3n －2，….5．已知数列{a n }是首项a 1＝1的等比数列，且a n ＞0，{b n }是首项为1的等差数列，又a 5＋b 3＝21，a 3＋b 5＝13.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2a n 的前n 项和S n .参考答案基础梳理自测 知识梳理1．(2)①n (n ＋1)2 ②n 2③n (n ＋1) ④n (n ＋1)(2n ＋1)6 ⑤⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)22n 2(n ＋1)24 2．等差 3．等比 基础自测1．A 解析：S n ＝13⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1. 故选A.2．D 解析：∵a n ＝2n－12n ＝1－12n ，∴S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)＝n －1＋12n .而32164＝5＋164. ∴n －1＋12n ＝5＋164.∴n ＝6.3．B 解析：S 2 012＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 011－1)＋(2×2 012－1)＝1006222+++6447448L ＝2 012. 故选B.4．(n －1)·2n ＋1＋2 解析：∵S n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n，①∴2S n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2. 考点探究突破【例1】解：(1)依题意a n ＝2n－3n －1，∴a n ＜0，即2n－3n －1＜0.函数f (x )＝2x－3x －1在[1,2]上为减函数，在[3，＋∞)上为增函数．当n ＝3时，23－9－1＝－2＜0，当n ＝4时，24－12－1＝3＞0， ∴2n－3n －1＜0中n 的最大值为3.(2)S n ＝a 1＋a 2＋...＋a n ＝(2＋22＋ (2))－3(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2(1－2n)1－2－3·n (n ＋1)2－n ＝2n ＋1－n (3n ＋5)2－2.【例2－1】解：(1)设数列{a n }的公比为q .由a 32＝9a 2a 6得a 32＝9a 42，所以q 2＝19.由条件可知q ＞0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n＝－2n (n ＋1)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝－2n n ＋1. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为－2nn ＋1.【例2－2】解：(1)设公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )， 联立解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a 1＝2，故a n ＝n ＋1.(2)1a n a n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2).∵T n ≤λa n ＋1，∴n2(n ＋2)≤λ(n ＋2)．∴λ≥n2(n ＋2)2.又n2(n ＋2)2＝12⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n＋4≤12(4＋4)＝116.∴λ的最小值为116.【例3－1】解：(1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1.所以a n ＝4n －1，n ∈N *.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知a n b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N *.所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1,2T n ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n，所以2T n －T n ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n＋5.故T n ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N *.【例3－2】解：(1)∵点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，∴a n ＋1＝a n ＋2， 即a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)∵b n ＝a n ·3n ，∴b n ＝(2n ＋1)·3n.∴T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)·3n －1＋(2n ＋1)·3n，①∴3T n ＝3×32＋5×33＋…＋(2n －1)·3n ＋(2n ＋1)·3n ＋1.②①－②得－2T n ＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n )－(2n ＋1)·3n ＋1＝9＋2×9(1－3n －1)1－3－(2n ＋1)·3n ＋1＝－2n ·3n ＋1∴T n ＝n ·3n ＋1. 演练巩固提升1．A 解析：在各项均为正数的等比数列{a n }中，由a 3a 5＝4，得a 42＝4，a 4＝2. 设b n ＝log 2a n ，则数列{b n }是等差数列，且b 4＝log 2a 4＝1.所以{b n }的前7项和S 7＝7(b 1＋b 7)2＝7b 4＝7.2．A 解析：设数列{a n }的公比为q ，则有4＋q 2＝2×2q ，解得q ＝2，所以a n ＝2n －1.1a n ＝12n －1，所以S 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 故选A.3．B 解析：∵12n (2n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2， ∴S n ＝12⎝ ⎛ 12－14＋14－16＋…＋⎭⎪⎫12n －12n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12n ＋2 ＝12·2n 2(2n ＋2)＝n 4n ＋4. 4．解：前n 项和为S n ＝(1＋1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＋4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋7＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1an －1＋3n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＋1a 2＋…＋1a n－1＋[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]， 设T 1＝1＋1a ＋1a 2＋…＋1an －1，当a ＝1时，T 1＝n ；当a ≠1时，T 1＝a n －1a n －an －1，T 2＝1＋4＋7＋…＋(3n －2)＝(3n －1)n2. ∴当a ＝1时，S n ＝T 1＋T 2＝n ＋(3n －1)n 2＝(3n ＋1)n2；当a ≠1时，S n ＝T 1＋T 2＝a n －1a n －a n －1＋(3n －1)n2.5．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ， 则由已知条件得： ⎩⎪⎨⎪⎧q 4＋1＋2d ＝21，q 2＋1＋4d ＝13， 解之得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2或q ＝－2(舍去).∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知b n 2a n ＝2n －12n .∴S n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .①∴12S n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1.② ①－②得，12S n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1＝12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2n －12n ＋1. ∴S n ＝3－2n ＋32n .。
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 (2)
两式相减得-Tn=21+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)·
2n+1
=2+
23 (1-2-1 )
1-2
-(2n-1)·
2n+1=(3-2n)·
2n+1-6,因此Tn=(2n-3)·
2n+1+6.
技巧点拨错位相减求和法的方法步骤
设{anbn}的前n项和为Sn,其中数列{an}为公差为d的等差数列,数列{bn}为公
1
=n,所以log ·log
2
2 +2
=
1
(+2)
=
,
1 1 1 1 1
1
1
1
1
1 − 3 + 2 − 4 + 3 − 5 + ⋯ + −1 − +1 + − +2
1
1
1
1 + 2 − +1 − +2
3
2+3
=4 − 2(+1)(+2).
2+3
3
又2(+1)(+2)>0,所以 Tn<4.
(+1)(2+1)
(3)1 +2 +3 +…+n =
;
6
2
2
2
2
(+1) 2
(4)1 +2 +3 +…+n =[ 2 ] .
3
3
3
3
对点演练
1.判断下列结论是否正确,正确的画“ ”,错误的画“×”.
高中数学人教版一轮复习课件：6.4 数列求和
a2+a6+… +a2 014=(-2+1)+(-6+1)+… +(-2 014+1)=-1-5-… -2 013=
504(-1-2 013) 2
=-504×1 007;
504 个
a3+a7+… +a 2 015= 1 + 1 + … + 1 =504; a4+a8+… +a2 016=(4+1)+(8+1)+… +(2 016+1)= 011; 故 S2 016=504-504×1 007+504+ 504×1 011 3024 = 504×(1- 1 007+1+1 011)=3 024.
������ ������+1 ������ ������+1
-6-
1 2 3 4 5
2.已知数列{an}的通项公式an=n,则数列 ( )
A.
100 101
1 ������������ ������������+1
的前100项和为
B.
99 101
C.
99 100
D.
101 100
关闭
∵������
n
������ +1
1-3 +1 3+ (2������ -1)· 3������ +1 3+(2������ -1)· 3������ 所以 Sn= . 4 4
=
3(1-3������ )
-n· 3������ + ,
关闭
100)]=4×(-50)=-200.
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
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：数列求和
知识梳理
常见的裂项技巧
(1)nn1＋1＝1n－n＋1 1.
所以数列{an}是首项为－94， 公比为34的等比数列， 所以 an＝－94×34n－1＝－34n＋n 1.
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn. 若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.
因为3bn＋(n－4)an＝0， 所以 bn＝(n－4)×34n. 所以 Tn＝－3×34－2×342－1×343＋0×344＋…＋(n－4)×34n， ①
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{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
.
(√ )
(2)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根
据错位相减法求得.( × ) (3)已知等差数列{an}的公差为d，则有＝ ana1n＋1＝1d a1n－an1＋1.( × )
所以－4n×34n＋1≤λn－4×43n恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立， 当 n<4 时，λ≤－n－3n4＝－3－n1－24，此时 λ≤1； 当n＝4时，－12≤0恒成立， 当 n>4 时，λ≥－n－3n4＝－3－n1－24，此时 λ≥－3. 所以－3≤λ≤1.
思维升华
(1)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，常采用错位相减法. (2)错位相减法求和时，应注意： ①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”， 以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式. ②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应 用公式Sn＝na1.
2025年高考数学一轮复习 第六章 数列-第四节 数列求和【课件】
6
7
C.
=
−
+
D.
−
+ ⋯+
−
=− =
.故选D.
3.若数列{ }满足1 = 2, + +1 + +2 = 2( ∈ N ∗ ),则其前2 023项和为( C )
A.1 360
B.1 358
C.1 350
D.1 348
[解析] ∵ = , + + + + = ,
如果一个数列{ }中,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
这个数列的前项和可用倒序相加法求解.
知识拓展
1
（1）
+1
1
1
= −
.
+1
1
1
1
1
（2）
=
−
.
2−1 2+1
2 2−1
2+1
1
1
1
1
（3）
= [
−
+1 +2
2 +1
+1 +2
1
1
[解析] 因为数列{ }的通项公式为 = − ⋅ ,
所以数列{ }的前项和为
= × + × + × + ⋯ + − ⋅ ①,
则 = × + × + × + ⋯ + − ⋅ + ②,
∴ = + + + + + + + ⋯ + + + =
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.
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§6.4数列的通项及数列求和基础知识自主学习要点梳理1 •若已知数列｛a｝W/£a n+1-a n=f (n),且f (1) + f (2) +…+f (n)可求，则可用—求数列的通项和累加法2•若已知数列｛a｝满足=f (n),且f⑴・f(2)・…・f (n)可求，则可用_求数列的通项a..©+1累积法推导方法:乘公比，错位相减法.■ % —jq\_q\_q3 •等差数列前n 项和S 产推导方法：— 等比数列前n 项和n(a x +a n )n(n-V). na x H d［到序相加法q#1.4 •常见数列的前n项和(1)(2)(3)；n(n + V) 2+4+6+…+2n= _____ ; 21+3+5+...+(2n-1)=_; n2+n*1+2+3+…+n=(4) 12+22+32+..+n2= ；n2(5) 13+23+33+.. +n3=«(n + l)(2n + l)⑷+ 1)]22j5. (1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(4)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导.6 •常见的拆项公式有⑴1n(n +l)1 1n n + 1"2)(2M-1)(2〃 + 1) 2n +1⑶]Qn + Yn +1=、/ H +1—、ft ・基础自测1 •已知等比数^ij{a n},a1=3,>4a1> 2a2> 83成等差数列，则a34-a4+a5等于()A.33B.72C.84D.189解析由题意可设公比为q,贝!Ia2=a1q,a3=a1q2, •/4a2=4a14-a3,-，4a1q=4a14-a1q2,Xa1=3,/.q=2 ・ a3+a4+a5=a1q2(1+q4-q2)=3X4X(1+2+4)=84 ・2如蹈鶯肆严，…,ag…是首项为1,公比为3的等A. B. Cc.23〃+3 2解析时二先®)+ (a3-a2)3* ^(a^)2=a n=2lx(l_3")1一3 '_3〃一1 "" ■•2=n2f-F — 1 1 —i2 222〃 321, 1 164=5 +M，AA2~1 +23-已知数列6｝的通项公式是a 产,其中前侦柚卜A.13 劇64解析*-*a n = 则项数n 等于)C.9D.62"D1 戶， 1 心+前,.*/6n=n -4•若数列｛aj 的通项公式为a n =2n +2n-1,K>J 数列｛a ；｝的前n 项和为A.2n +n 2-1 C.2n+1+n 2-2解析S n =2(1_2") | 卅(1 + 2—1)B.2n+1+n 2-1 D.2n +n 2-2=2n+1-2+n 2.5擞列J_ _! _____ 5麺1项________ ! _______ A 2・5'5・8'8・11，© —1)・(3〃 + 2)‘和为()BA. B.n C・——.n 6n + 43n + 2解析餾数列通项公式71 + 16〃+ 4 n + 2得前n项和1 =1 _______________ 1(3〃一1)•⑶2 + 2) _ 3 3〃一1 _3n + 2c1Z1 1 1 1 1 1 1 1S =—( ------- 1 ------- 1 ---------nA H -------------------------- "3 2 5 5 8 8 11 3〃一1 3n + 2= 1(1__1 “ 〃 .32 3n + 2 6n + 4题型分类深度剖析题型一由递推公式求通项公式【例1】分别求满足下列条件的数列的通项公式.(1)设｛a」是首项为1的正项数列，且(n+1) +a n+1a n=O(n=1,2,3,...)；⑵已知数列代｝满足酩尸,a1=2.依据已知数列的递推关系适当地进行变形"+1 n的差百％或通项的商_2—匕La n + 2的规律融H-12 2%卄1 _ na n可寻找数列的通项解（1）方法一•・•数列｛aj是首项为1的正项数列,#0/.令=t,/.(n+1)t2+t-n=0, a n為+i・•・［伽(t+1)=0,・・t=。
"或t=・1 （舍去），勺+1 _上_.a n n +1 。
2 °3。
5 -A 勺% °4 Qft-11 2 3 4 人n-12 3 4 5 nn方法二由(n+1) +a 2l a n=0,^n( )+a n+1(a n+1+a n)=O, n^~na 即<^+i+ap)2：(n+1)a n+1-na n] =0.\*a n>^ha n+1q-a n#0,/.(n+1)a n+1-na n=0 即勺+1 =乳a n n + 11 2 3 4 人n-\2 3 4 5 nn(2)将已知递推式化为111111111,• __ ____ —__ ___ ____ —__ ___ _____ _ __ A 将逊上紂・1)耶縮相加衢23，a4 a3 24，1_____ _丄a n勺一1 2"—4+4+A+A+丄, a n % 22 23242"(2)将已知递推式化为_J = 1探究提高已知递推关系求通项公式这类问题要求不高注要掌握由％和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想召的方法'以及累加：9n=（a n-3n-i）+（3n_l"3n_2）+，-*+（a2'a i）+a P累乘• 9n_等方法. 勺a n-\__ __ •勺-1勺-2A •空qa｛知能迁移1由已知在数列｛%｝中比=1,求满足下列条件的数列的通项公式.（1）a n+1=认2）a n+1=2a n+2n+1-1 + 2a n解（1）因为对于一切nGN\a n #O,2〃因此由召+尸，得即1 +2a n丄丄2 ・•・数列u n+l1an+\+ 2,（n-1）-2&2p-l,BPa n = （2）根据已b 訂牛得1 1即一=—擞列 是等差数列.an a\1 2卅一1即 a n =(2n-1)2n -1.°“+1%+11,2n-\ 2题型二错位相减法求和【例2】设数列｛a」满足a! +3a2+32a3+... +3n-1 a n=nGN*. 空(1)求数列｛a」的通项；3，(2)设bn=,求数列｛“｝的前n项和Sn・(1 )由已知写出前甘项之和，两式相减.(2 ) b n=n-3啲特点是数列｛n｝与｛剑之积可用错位相减法.解(1) •/a1+3^+32a3+...+3n-1a n= ①・••当忘2时，一胖側雎*3+…篦畔扌②3①■②得3^玄=,•在①中，令n=1,得a],适合f/(2)，/b n=^：-b n=n• 3n-/.S n=3+2 X 32+3 X 33+...+n-3n/.3S n=32+2 X 33A X 34+.. +n-3n+1.④■③得2S产n・3⑦卜(3+3533+…+3忱即2S n=n3n+1・3(1 - 3") . _1 — 3…厂1 (In - 1)3曲 34+4探究提高解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列｛歹他｝的前n 项和'从而利用％与务的关系求出通项汕也进而求得％；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法/旦值得注意的是'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.知能迁移2 （2008•全国I文,19）在数列｛a」中，a1=1, a n+1=^3n+2n. （1）设b产•证明：数列｛“｝是等差数列;（2）求数列｛a」的前n项和Sn・(1)证明・・岂+■網^+灯，・•・2_1•，・・bn+1=bn+1，即*+1化=1 ,b〔 = 1 ,故数列｛"｝是首项为1,公差为1的等差数列.知能迁移2 （2008•全国I文,19）在数列｛a」中，a1=1, a n+1=^3n+2n.勺+1QH-1(2)解由(1)知,b n=n,a n=n-2n-1, 则S n=1-2°+2-21+..+(n-1)-2n-2+n-2n1 2S n=1-21+2-22+.. +(n-1)-2n-1+n-2n 两式相减，得S n=n-2n-1 -2°-21-...-2n-1=n-2n-2n+1 ・题型三分组转化求和(l + ”l + * +》+A+(l + *,求Sn 可用分=1+-+-+A2 4 【例3】求和Sn=1 +解和式中第k 项为+探究提高先将求和式中的项进行适当分组调整，使之每—个组为等差或等比数列z然后分别求和z从而得出原数列的和•它是富过对吏攵列通项结构特点的分析硏究z将数列分解转化为若干个能求和的新数列的和或差z从而求得原数列的和的一祁求和方法.知能迁移3求下列数列的前n项和:1 + 1,— 4,p + 7,A , n l + 3w — 2,A .解前n项和&n= (1+1 )<+=(£ + 3 斥台+4+7+•… ..+(3n-2)], 叫宁存1爲)当a=1 时，S［订n； i i当詐1时*需+ /+A+戸'宀1(丄 + 4) +(丄+ 7)+ A + aa|a = 1 时，Sn=S[+S2=sp |a#1时，S n =S 1+S 2=题型四裂项相消法求和【例4】（12分）已知数列6｝中，a 1=1,当心2时，其前n 项和S.满足（1） 求Sn 的表达式；（2） 设“=,求｛"｝的前n 项和Tn ・S 2=1+4+7+...+ (3n-2)=(3n-l)n 2(3/1-1)H _ (3n + l)nI9 2 2 o" -1(3n-l)nS^=a n｛s n--）2n + l1解(1) sf 吃軻一绞2)5\_2・•・数列是首项为 公差为2的等差数列. 1 2n-l…=(SrfSn.1)(S n -), BP2^s n=Sn .1-S n , 由题意s^-s/o,①式两边同除以⑵又b产=]2〃 + 1一（2〃一1）（2〃 + 1）J/ 1 1 、尹书（亦T亦1），12分项法杏和E 寸,声注芦IH 负项相消1 被霜去的项有前后始撷的 消弹匕法的根源与目的. 消丟的项;占酚疋负 2 2/1 + 1 2n + l探究提高知能迁移4已知等差数列｛%｝的首项引=1,公差d>0,且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项.(1)求数列｛a」的通项公式；(2)设"= (nWNj, S n=b1+b2+...+b n,是否存在最大的整数t,使得对任意的n均有S > 总1成立？若存在，濟拔;菴羽存在,请说明理由.解(1)由题意得(a^d) (ai+13d)=(ai+4d)2, t 整理得2ai d=d2. 36•・竹1=1,解得d=2, d=0 (舍)..*.a n=2n-1 (nWI\T).思想密春魁寧提咼1 •求数列通项的方法技巧:（1）通过对数列前若干项的观察、分析，找出项与项数之间的统一对应关系，猜想通项公式；（2）理解数列的项与前n项和之间满足甘（n>2）的关系，并能灵活运用它解决有关数列问题.2%的两种常见变形a n=a14- （ 32~a1 a3~a2 +…+ a n~a n-1 （累加法）；a n=a r（累乘法）.dy3•数列求和的方法技巧（1）倒序相加：用于等差数列与二项式系数相关联的数列的求和. （2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和.（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和数列的求和.失I天与防氾1・直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程.2重点通过数列通项公式观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，判断求和类型，寻找求和的方法，或拆为基本数列求和，或转化为基本数列求和•求和过程中同时要对项数作出准确判断. 3•含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论.1定时检测一、选择题1 •等差数列｛%｝的通项公式a n=2n-1，数列b产其前F1项和为则»等于（）A. B.C. 2n D•以上都不对n2n + \ 2n + ln2n-l解析\ a n=2n-1,• b—____ 1___ 丄丄** (2n + l)(2n-l) 2 2〃一1 ol n 1 1 1 1 1 A—一(1 - 1----- 1 F A2 3 3 5 5 7 2〃 + l)1 2n-\•答嬴-) = -(l2n + l 2 2n + l 2n + l2.已知数列｛a」满足a1=1,a n+1=a n+2n,则等于( )A.1 024B.1 023C.2 048D.2 047 B解析利用叠加法及等比数列求和公式，可求得a10=210-1=1 023.13•已知数列｛%｝的前n项和S n=n2-4n+2,则冋|+關+…+固。