数列求和讲义
专题:数列求和讲义
专题:数列求和(一)主要知识:1.直接法:即直接用等差、等比数列的求和公式求和。
(1)等差数列的求和公式:d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=(2)等比数列的求和公式S n =⎩⎪⎨⎪⎧na 1,q =1,a 1-a n q 1-q=a 1(1-q n )1-q ,q ≠1.(切记:公比含字母时一定要讨论)2.公式法:如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列,我们可以运用等差、等比数列的前项和的公式来求和.对于一些特殊的数列(正整数数列、正整数的平方和立方数列等)也可以直接使用公式求和.222221(1)(21)1236nk n n n kn =++=++++=∑2333331(1)1232nk n n kn =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑3.倒序相加法:类似于等差数列的前项和的公式的推导方法,如果一个数列{}n a 的前项中首末两端等“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项和即可用倒序相加法,如等差数列的前项和公式即是用此法推导的.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,那么这个数列的前项和即可用此法来求,如等比数列的前项和公式就是用此法推导的. 若,其中是等差数列,是公比为等比数列,令 ,则两式错位相减并整理即得.5.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,即数列的每一项都可按此法拆成两项之差,在求和时一些正负项相互抵消,于是前项的和变成首尾若干少数项之和,这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似(其中是各项不为零的等差数列,为常数)的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和,需要掌握一些常见的裂项方法 (1),特别地当时,;(2)()1n k n kn k n =+-++,特别地当时,11n n n n=+-++;n n n n n n n(3)()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭(4)()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭(5) 6.分组转化求和法:有一类数列,它既不是等差数列,也不是等比数列,但是数列是等差数列或等比数列或常见特殊数列,则可以将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列,然后分别求和,再将其合并即可.7.并项求和法:一个数列的前项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如()()1nn a f n =-类型,可采用两项合并求解.例如,22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题,容易出现的错误有两个方面: (1)裂项过程中易忽视常数,如容易误裂为112n n -+,漏掉前面的系数12; (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题,导致计算结果错误.应用错位相减法求和时需注意:①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零,否则需讨论; ②在转化为等比数列的和后,求其和时需看准项数,不一定为n . 主要方法:1.求数列的和注意方法的选取:关键是看数列的通项公式; 2.求和过程中注意分类讨论思想的运用; 3.转化思想的运用;分组转化法求和的常见类型(1)若a n =b n ±c n ,且{b n },{c n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.(2)通项公式为a n =⎩⎪⎨⎪⎧b n ,n 为奇数,c n ,n 为偶数的数列,其中数列{b n },{c n }是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.利例1.【2016北京文15】已知{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,且23b =,39b =,11a b =,144a b =. (1)求{}n a 的通项公式;(2)设n n n c a b =+ ,求数列{}n c 的前n 项和.【答案】(1)()211,2,3,n a n n =-=⋅⋅⋅;(2)2312n n -+.)()11(11q p q p p q pq <--=n )211(21)2(1+-=+n n nn(2)由(1)知,21n a n =-,13n n b -=.因此1213n n n n c a b n -=+=-+.从而数列{}n c 的前n 项和()113521133n n S n -=+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=()12113213n n n +--+=-2312n n -+.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n 2,n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n +(-1)n a n ,求数列{b n }的前2n 项和. 解:(1)当n =1时,a 1=S 1=1; 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2+n 2-(n -1)2+(n -1)2=n ,故数列{a n }的通项公式为a n =n .(2)由(1)知a n =n ,故b n =2n +(-1)n n ,记数列{b n }的前2n 项和为T 2n , 则T 2n =(21+22+…+22n )+(-1+2-3+4-…+2n ). 记A =21+22+…+22n ,B =-1+2-3+4-…+2n , 则A =2(1-22n )1-2=22n +1-2,B =(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n -1)+2n ]=n , 故数列{b n }的前2n 项和T 2n =A +B =22n +1+n -2.,练习.求和:①个n n S 111111111++++= ②22222)1()1()1(n n n xx x x x x S ++++++=思路分析:通过分组,直接用公式求和。
数列求和方法专题课ppt课件
(第一课时)
1
知识梳理
1.公式法
数 2.分组求和法
列
求 3.裂项相消法
和
方 法
4.错位相减法
5.倒序相加法
6.奇偶并项法 7.绝对值法 8.周期法
……
2
1.公式法:
直接用求和公式,求数列的前n项和。
①等差数列的前n项和公式:Sn
n(a1 2
an )
na1
n(n 1) 2
d
②等比数列的前n项和公式
an1 an
a=1 a 1
注意:在求等比数列前n项和时, 当q不确定时要对q分q=1和q≠1两 种情况讨论求解。
4
2.分组求和法:
若数列{an} 的通项可转化为an bn cn
s s 的形式,且数列 {bn}、{cn}可求出前n项和
、
b
c
则
5
例2:求下面数列的前n项和。
11 1
1
2 ,4 ,6 , 4 8 16
Sn
na1 (q a1(1
1) qn )
1 q
a1 anq 1 q
(q
1)
③ 12 22 32 n2 1 n(n 1)(2n 1)
6
④ 13 23 33
n3
n(n 1) 2 2
3
例1 求和:1+(1/ a)+(1/a2)+……+(1/an)
n 1,
解: S
an+1 1
(4)
1 n+
n+1=
n+1-
n;
(5)
1 n+
n+k=1k(
n+k-
n).
(6) nn+11n+2=12[nn1+1-n+11n+2];
第讲数列的求和精选课件
【互动探究】 1.(2019 年陕西)已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,
且 a1,a3,a9 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{2 a n}的前 n 项和 Sn.
4.数列 112,214,318,…,n+21n,…的前 n 项和 Sn=______ __12_n_(n_+__1_)_+__1_-__21_n___.
5.数列{an}的通项公式 an=
1 n+
n+1,若前
n
项的和为
10,
则项数 n=___1_2_0___.
考点1 利用公式或分组法求和
例1:(2011 年重庆)设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2, a3=a2+4.
数列求和常用的方法
1.公式法 (1)等差数列{an}的前
n
项和公式:Sn=nnaa1+ 12+nann2-,1d.
(2)等比数列{an}的前n项和Sn:①当q=1时,Sn=__n_a_1_;
a11-qn
a1-anq
②当 q≠1 时,Sn=____1_-__q___=____1_-__q__.
2.分组求和法 把一个数列分成几个可以直接求和的数列. 3.错位相减法 适用于一个等差数列和等比数列对应项相乘构成的数列求 和. 4.裂项相消法 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.
解析:(1)P1(-1,0),an=n-2,bn=2n-2. (2)f(n)=n2- n-2, 2,n为 n为奇偶数数,. 假设存在符合条件. ①若 k 为偶数,则 k+5 为奇数. 有 f(k+5)=k+3,f(k)=2k-2. 如果 f(k+5)=2f(k)-2,则 k+3=4k-6⇒k=3 与 k 为偶数矛 盾.故不符(舍去). ②若 k 为奇数,则 k+5 为偶数, 有 f(k+5)=2k+8,f(k)=k-2. ∴2k+8=2(k-2)-2 这样的 k 也不存在. 综上所述:不存在符合条件的 k.
高一数列求和的7类题型和15种方法讲义
高一数列求和的7类题型和15种方法讲义数列求和是高中数学中比较重要的一章,其中有七种基本类型的题目,涉及到15种不同的解法。
一、基本概念- 数列:按照一定规律排列的一些数的集合。
- 通项公式:数列中第 $n$ 项和 $n$ 的公式,通常表示为$a_n$。
- 前 $n$ 项和:数列的前 $n$ 项之和,表示为 $S_n$。
二、七类题型1. 等差数列求和- 当公差为常数时使用求和公式:$S_n=\dfrac{(a_1+a_n)\cdot n}{2}$。
- 当公差为 $1$ 时,可以使用去端项的方法简化计算。
2. 等比数列求和- 当公比不为 $1$ 时使用求和公式:$S_n=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$。
- 当公比为 $1$ 时,可以使用 $\mathrm{ln}$ 函数推导出求和公式。
3. 含有等差或等比数列的求和- 先化简为单独的等差数列或等比数列,再使用对应的求和公式。
- 如果难以化简,可以采用分段求和的方法,即按照数列的等差或等比段分段求和,最后相加。
4. 转化为数列求和- 将题目中的问题转化为数列求和的形式,即可以使用已知的求和公式来解决。
5. 凑整法- 将数列的相邻项相加,凑出一个整数,再使用等差或等比数列求和的方法求解。
6. 差分法- 求出相邻项之差的数列后,可以将原数列转化为等差数列或等比数列求和的形式。
7. 数学归纳法- 设定初始值成立,然后证明递推公式成立,最后得出结论。
- 通常适用于复杂问题的证明。
三、15种解法- 求和公式法- 套公式法- 化简求和法- 凑整法- 差分求和法- 分段求和法- 变项积分法- 叠加法- 逆向思维法- 归纳证明法- 凑数法- 分离求和法- 同除法- 矩阵幂法- 洛必达法数列求和问题也是高考的热门考点之一,要多多练习,熟能生巧。
第20讲 数列的求和PPT课件
【典例分析】
【典例分析】
考点五 分组求和
有时,可将原数列分解成若干个可用公式法求和的新数列进行分 别求解.
【典例分析】
【典例分析】
考点一 公式法
【典例分析】
【典例分析】
考点二 裂项相消法 将数列的每一项分解成两项的差,逐一累加相消.
【典例分析】
【典例分析】
【典例分析】
考点三 错位相减法
【典例分析】【典例分析】来自【典例分析】考点四 倒序相加法
如等差数列前n项和公式的推导就是使用的该法,有时关于组合 数的求和问题,也常用倒序相加法.
第一部分 基础知识串讲
4.2 数列的求和
数列的求和问题是高中数学中的一个非常重要的知识点,也是各大高校 自主招生试题中经常涉及的内容.由于数列的形式多种多样、种类繁多, 除一般外表形式较为简单的实数数列以外,还有三角函数数列、反三角 函数数列、组合数列、复数数列等.因此,其求和方法也是灵活多样、纷 繁多变的.本节我们介绍几种数列求和的基本方法.
专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)
专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1.公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)d 2.推导方法:倒序相加法.(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ,q ≠1.推导方法:乘公比,错位相减法.(3)一些常见的数列的前n 项和:①1+2+3+…+n =n (n +1)2;②2+4+6+…+2n =n (n +1);③1+3+5+…+(2n -1)=n 2.2.几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后相加减.(2)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,从而求得前n 项和.(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{a n }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.题型一.裂项相消1.数列{a n}的通项公式a n=1or1),已知它的前n项和S n=99100,则项数n=()A.98B.99C.100D.101【解答】解:列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1,所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1,由于前n项和S n=99100,所以1−1r1=99100,解得n=99.故选:B.2.已知等差数列{a n}满足a3=10,a1+a4=17.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=3r1,求数列{b n}的前n项和S n.【解答】解:(1)设首项为a1,公差为d的等差数列,满足a3=10,a1+a4=17.所以3=101+4=17,解得1=4=3,所以a n=4+3(n﹣1)=3n+1.(2)由(1)得b n=3r1=13r1−13r4,所以S n=b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4.3.已知数列{a n}的前n项和为S n,若4S n=(2n﹣1)a n+1+1,且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设=1(+2),数列{c n}的前n项和为T n,求T n.【解答】解:(1)在4S n=(2n﹣1)a n+1+1中,令n=1,得a2=3,∵4S n=(2n﹣1)a n+1+1,∴当n≥2时,4S n﹣1=(2n﹣3)a n+1,两式相减,得4a n=(2n﹣1)a n+1﹣(2n﹣3)a n(n≥2),∴(2n+1)a n=(2n﹣1)a n+1,即r1=2r12K1(≥2).∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1,故a n=2n﹣1.(2)=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1),T n=c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1,所以=2r1.题型二.错位相减1.已知等差数列{a n}公差不为零,且满足:a1=2,a1,a2,a5成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设=3,求数列{b n}的前n项和.【解答】解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,d≠0,由题,1=222=15,即(1+p2=1(1+4p,解得d=4.∴a n=2+4(n﹣1)=4n﹣2.(Ⅱ)=3=(4n﹣2)•3n=2(2n﹣1)•3n,设数列{b n}的前n项和为T n,=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2(2n﹣1)×3n,①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2(2n﹣1)×3n+1,②①﹣②,得:−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2(2n﹣1)×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4(n﹣1)•3n+1,∴=6+2(−1)⋅3r1.∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1.2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,S5=30,S7=56;各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13,b2b3=127.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a n•b n}的前n项和T n.【解答】解:(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由S5=30,S7=56,得51+5×42=3071+7×62=56,解得1=2=2.∴a n=2+2(n﹣1)=2n;设等比数列{b n}的公比为q(q>0),由b1b2=13,b2b3=127,得12=13123=127,解得1=1=13.∴=(13)K1;(2)a n•b n=23K1=2⋅3K1.令{3K1}的前n项和为R n,则=130+231+332+⋯+3K1,13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得:23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3,∴=94−2r34⋅3K1.则=2=92−2r32⋅3K1.3.(2015·山东)设数列{a n}的前n项和为S n,已知2S n=3n+3.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)若数列{b n},满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.【解答】解:(Ⅰ)因为2S n=3n+3,所以2a1=31+3=6,故a1=3,=3n﹣1+3,当n>1时,2S n﹣1此时,2a n=2S n﹣2S n﹣1=3n﹣3n﹣1=2×3n﹣1,即a n=3n﹣1,所以a n=3,=13K1,>1..(Ⅱ)因为a n b n=log3a n,所以b1=13,当n>1时,b n=31﹣n•log33n﹣1=(n﹣1)×31﹣n,所以T1=b1=13;当n>1时,T n=b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+(n﹣1)×31﹣n],所以3T n=1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+(n﹣1)×32﹣n],两式相减得:2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣(n﹣1)×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−(n﹣1)×31﹣n=136−6r32×3,所以T n=1312−6r34×3,经检验,n=1时也适合,综上可得T n=1312−6r34×3.题型三.分组求和1.已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a1,a2,a4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=a n﹣2,求数列{b n}的前n项和S n.【解答】解:(1)由题意,设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),则a2=2+d,a4=2+3d,∵a1,a2,a4成等比数列,∴a22=a1•a4,即(2+d)2=2(2+3d),整理,得d2﹣2d=0,解得d=0(舍去),或d=2,∴a n=2+2(n﹣1)=2n,n∈N*.(2)由(1)知,设b n=a n﹣2=2n﹣22n=2n﹣4n,故S n=b1+b2+…+b n=(2×1﹣41)+(2×2﹣42)+…+(2n﹣4n)=2×(1+2+…+n)﹣(41+42+…+4n)=2×or1)2−4(1−4)1−4=n2+n+43−4r13.2.在公差不为0的等差数列{a n}中,a1,a3,a9成公比为a3的等比数列,又数列{b n}满足=2,=2−1,2,=2,(k∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前2n项和T2n.【解答】解:(1)公差d不为0的等差数列{a n}中,a1,a3,a9成公比为a3的等比数列,可得a32=a1a9,a3=a1a3,可得(a1+2d)2=a1(a1+8d),a1=1,化简可得a1=d=1,即有a n=n,n∈N*;(2)由(1)可得b n=2,=2−12,=2,k∈N*;前2n项和T2n=(2+8+16+…+22n﹣1)+(4+8+12+…+4n)=2(1−4)1−4+12n(4+4n)=2(4−1)3+2n(n+1).3.已知数列{a n}、{b n}满足:a n+1=a n+b n,{b n+2}为等比数列,且b1=2,a2=4,a3=10.(1)试判断数列{b n}是否为等差数列,并说明理由;(2)求数列{a n}的前n项和S n.【解答】解:(1)数列{b n}不是等差数列.理由如下:由a n+1﹣a n=b n,且a2=4,a3=10,b1=2,得b2=a3﹣a2=6,又∵数列{b n+2}为等比数列,∴数列{b n+2}的首项为4,公比为2.∴3+2=4×22=16,得b3=14,显然2b2=12≠b1+b3=16.故数列{b n}不是等差数列;(2)结合(1)知,等比数列{b n+2}的首项为4,公比为2.故+2=4⋅2K1=2r1,∴=2r1−2.∵a n+1﹣a n=b n,b1=2,a2=4,∴a1=2,∴−K1=2−2(n≥2).令n=2,…,(n﹣1).得2−1=22−2,3−2=23−2,…−K1=2−2(n≥2),累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)(n≥2).∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2(n≥2).又a1=2满足上式,∴=2r1−2.∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p=(22+23+…+2n+1)﹣2(1+2+…+n)=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4.题型四.讨论奇偶、绝对值求和1.数列{a n}的前n项和记为S n,对任意的正整数n,均有4S n=(a n+1)2,且a n>0.(1)求a1及{a n}的通项公式;(2)令=(−1)K14r1,求数列{b n}的前n项和T n.【解答】解:(1)当n=1时,41=(1+1)2,则a1=1;当n≥2时,由4S n=(a n+1)2,知4S n﹣1=(a n﹣1+1)2,联立两式,得4a n=(a n+1)2﹣(a n﹣1+1)2,化简得(a n+a n﹣1)(a n﹣a n﹣1﹣2)=0,∵a n>0,∴a n﹣a n﹣1﹣2=0,即{a n}是以a1=1为首项,2为公差的等差数列,故a n=2n﹣1;(2)=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=(﹣1)n﹣1(12K1+12r1),下面对n分奇偶数讨论:当n为偶数时,T n=(1+13)﹣(13+15)+…+(12K3+12K1)﹣(12K1+12r1)=1−12r1=22r1,当n为奇数时,T n=(1+13)﹣(13+15)+…﹣(12K3+12K1)+(12K1+12r1)=1+12r12r22r1,所以T n=为奇数为偶数.2.已知等差数列{a n}前n项和为S n,a5=9,S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)设=(−1),求{b n}前2n项和T2n.【解答】解:(1)由题意,设等差数列{a n}的公差为d,则5=1+4=95=51+5×42=25,整理,得1+4=91+2=5,解得1=1=2,∴a n=1+2(n﹣1)=2n﹣1,n∈N*,=o1+2K1)2=2.(2)由(1)知,设=(−1)=(﹣1)n•n2.T2n=b1+b2+…+b2n=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n﹣1+b2n)=(﹣12+22)+(﹣32+42)+…+[﹣(2n﹣1)2+(2n)2]=[(2﹣1)×(2+1)]+[(4﹣3)×(4+3)]+…+[2n﹣(2n﹣1)]×[2n+(2n﹣1)]=1+2+3+4+…+(2n﹣1)+2n=2δ(1+2p2=2n2+n.3.已知数列{a n}满足a1=﹣2,a n+1=2a n+4.(1)求a2,a3,a4;(2)猜想{a n}的通项公式并加以证明;(3)求数列{|a n|}的前n项和S n.【解答】解:(1)由已知,易得a2=0,a3=4,a4=12.(2)猜想=2−4.因为a n+1=2a n+4,所以a n+1+4=2(a n+4),r1+4+4=2,则{a n+4}是以2为首项,以2为公比的等比数列,所以+4=2,所以==2−4.(3)当n=1时,a1=﹣2<0,S1=|a1|=2;当n≥2时,a n≥0,所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2,又n=1时满足上式.所以,当n∈N*时,=2r1−4+2.题型五.数列求和选填综合1.首项为正数的等差数列{a n}中,34=75,当其前n项和S n取最大值时,n的值为()A.5B.6C.7D.8【解答】解:∵首项为正数的等差数列{a n}中,34=75,∴5(a1+2d)=7(a1+3d),整理,得:1=−112,∵a1>0,∴d<0,∴=−112B+oK1)2=2(n﹣6)2﹣18d,∴当其前n项和S n取最大值时,n的值为6.故选:B.2.在等比数列{a n}中,a2•a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为17,设b n=a2n﹣1﹣a2n,n∈N*,则数列{b n}的前2n项和为112(1−42).【解答】解:等比数列{a n}中,a2•a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为17,设首项为a1,公比为q,则:23=214+27=34,整理得:13=213+216=34,解得:1=14=2.则:=1K1=2K3,所以:b n =a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4,则:T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42).故答案为:112(1−42).3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a 2=2且对于任意n >1,n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1=2(S n +1),则()A .a 4=7B .S 16=240C .a 10=19D .S 20=381【解答】解:当n ≥2时,S n +1+S n ﹣1=2(S n +1)⇒S n +1﹣S n =S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1=a n +2.所以数列{a n }从第2项起为等差数列,a n =1,=12−2,≥2,所以,a 4=6,a 10=18.S n =a 1+(2+)(K1)2=n (n ﹣1)+1,S 16=16×15+1=241,S 20=20×19+1=381.故选:D .4.已知数列{a n }是首项为1,公差为2的等差数列,数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1,数列{b n }的前n 项和为S n ,则S 5的值为()A .﹣454B .﹣450C .﹣446D .﹣442【解答】解:数列{a n }是首项为1,公差为2的等差数列,可得a n =1+2(n ﹣1)=2n ﹣1,由11+22+33+⋯+=12−1,可得11=12−1=−12,可得b 1=﹣2,又11+22+⋯+K1K1=12K1−1,且11+22+33+⋯+=12−1,两式相减可得=12−12K1=−12,可得b n=﹣(2n﹣1)•2n,则S5=﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32=﹣454,故选:A.5.已知数列{a n}满足1=32,r1=3+3,若=3,则c1+c2+⋅⋅⋅+c n=(2r1)⋅3−14.【解答】解:因为1=32,r1=3+3,所以1r1=+33=13+1,即1r1−1=13,所以数列{1}是首项11=23,公差为13的等差数列,所以1=23+13(−1)=r13,则=3=(+1)3K1,则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1,设T=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(n+1)×3n﹣1①,则3T=2×3+3×32+……+n×3n﹣1+(n+1)×3n②,①﹣②可得:﹣2T=2+3+32+……+3n﹣1﹣(n+1)×3n=1+3−13−1−(n+1)×3n,则=(2r1)⋅3−14.即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14.故答案为:(2r1)⋅3−14.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,S n=λa n﹣2,其中λ为常数,若a n b n=13﹣n,则数列{b n}中的项的最小值为−1214.【解答】解:根据题意,数列{a n}的满足a1=2,S n=λa n﹣2,当n=1时,有a1=S1=λa1﹣2,即2=2λ﹣2,解可得λ=2,则S n=2a n﹣2,①=2a n﹣1﹣2,②则有S n﹣1①﹣②:a n=2a n﹣2a n﹣1,变形可得a n=2a n﹣1,则数列{a n }是首项为a 1=2,公比为2的等比数列,则a n =2n ,又由a n b n =13﹣n ,则b n =13−2,当n ≤13时,b n ≥0,当n ≥14时,b n <0,且{b n }为递增数列,则当n =14时,b n 取得最小值,此时b 14=−1214;故答案为:−1214.7.已知数列{a n }和{b n }首项均为1,且a n ﹣1≥a n (n ≥2),a n +1≥a n ,数列{b n }的前n 项和为S n ,且满足2S n S n +1+a n b n +1=0,则S 2019=()A .2019B .12019C .4037D .14037【解答】解:∵a n ﹣1≥a n (n ≥2),a n +1≥a n ,∴a n ≥a n +1≥a n ,∴a n =a n +1,另外:a 1≥a 2≥a 1,可得a 2=a 1=1,∴a n =1.∵2S n S n +1+a n b n +1=0,∴2S n S n +1+b n +1=0,∴2S n S n +1+S n +1﹣S n =0,∴1r1−1=2.∴数列{1}是等差数列,首项为1,公差为2.∴1=1+2(n ﹣1)=2n ﹣1,∴S n =12K1.∴S 2019=14037.故选:D .8.已知数列{a n }满足:a 1=1,a 2=13,11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6(n ≥2且n ∈N +),等比数列{b n }公比q =2,令c n =为奇数,为偶数,则数列{c n }的前n 项和S 2n =2n 2﹣n +4r1−43.【解答】解:因为a1=1,a2=13,11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6(n≥2且n∈N+),①可得n=2时,11+22=31+6,即b1+3b2=b3+6,由等比数列的{b n}的公比为q=2,即b1+6b1=4b1+6,解得b1=2,所以b n=2n,当n=3时,11+22+33=42+6,即2+3×4+83=3×16+6,解得a3=15,又11+22+⋯+K1K1=K2+6(n≥3,且n∈N+),②①﹣②可得,=r1K1−K2,即2=2r1K1−2K2,化为1+1K2=2K1,又11+13=6=22,所以{1}为等差数列,且公差d=12−11=2,则1=11+2(n﹣1)=2n﹣1,所以c n=2−1,为奇数2,为偶数,所以S2n=1+22+5+24+…+(4n﹣3)+22n=(1+5+…+4n﹣3)+(22+24+…+22n)=o1+4K3)2+4(1−4)1−4=2n2﹣n+4r1−43.故答案为:2n2﹣n+4r1−43.9.已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2=0,其中1=−12,设=K+1,若b3为数列{b n}中唯一最小项,则实数λ的取值范围是(5,7)【解答】解:∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2=0,∴a n+1=−(+2)2+3,∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3,∴1r1+1=2+3+1=2+1+1,即1r1+1−1+1=2,所以数列{1+1}是公差为2的等差数列,∵11+1=2,∴1+1=2+(−1)×2=2n,∴b n=2n(n﹣λ),∴b n+1﹣b n=2(n+1)(n+1﹣λ)﹣2n(n﹣λ)=4n+2﹣2λ,因为b3为数列{b n}中唯一最小项,所以b1>b2>b3<b4<b5<…,∴当n=1时,b2﹣b1=6﹣2λ<0,得λ>3,当n=2时,b3﹣b2=10﹣2λ<0,得λ>5,当n≥3时,4n+2﹣2λ>0恒成立,即λ<2n+1,即有λ<7.所以5<λ<7.故答案为:(5,7).课后作业.数列求和1.已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n为数列{1r1}的前n项和,若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立,求实数λ的最大值.【解答】解:(1)各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比.设公差为d,由已知得:41+6=14(1+2p2=1(1+6p,,联立解得d=1或d=0(舍去),a1=2,故:a n=n+1.(2)由(1)得:1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2,所以:=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2.=12−1r2,=2(r2).由于:λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立,所以:2(r2)≤+2,解得:≤2(r2)2+4)+8,由于:+4≥≥4故:2(+4)+8≥16,即:λ≤16.故λ的最大值为16.2.设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=6,a7=14.(1)求数列{a n}的通项公式及S n;(2)若_____,求数列{b n}的前n项和T n.在①b n=2•a n;②b n=2+r12;③b n=(﹣1)n•a n这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并对其求解.【解答】解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,由a3=6,a7=14.得4d=a7﹣a3=14﹣6=8,解得d=2,所以a1=a3﹣2d=6﹣4=2,所以a n=2+2(n﹣1)=2n;S n=2(2+2n)=n2+n.(2)若选择条件①:由(1)可知a n=2n,则b n=2•a n=2n•4n,所以T n=b1+b2+…+b n=2×41+4×42++6×43…+(2n)•4n;4T n=2×42+4×43+6×44+…+(2n)•4n+1,两式相减得:﹣3T n=2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1=2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83(1﹣4n)﹣2n•4n+1,所以T n=89(1﹣4n)+23•4n+1;若选择条件②:由a n=2n,S n=n2+n,得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4(1−1r1),所以T n=b1+b2+b3+…+b n=8n+4(1−12+12−13+⋯+1−1r1)=8n+4r1=82+12r1;若选择条件③:由a n=2n,得b n=(﹣1)n•a n=(﹣1)n•2n,所以T n=﹣2+4﹣6+8+…+(﹣1)n•2n,当n为偶数时,T n=(﹣2+4)+(﹣6+8)++[﹣2(n﹣1)+2n]=2×2=n,当n为奇数时,T n=(﹣2+4)+(﹣6+8)+…+[﹣2(n﹣2)+2(n﹣1)]﹣2n=K12×2n =﹣n﹣1,所以T n=,为奇数−−1,为偶数.3.已知数列{a n}的各项均为正数,前n项和为S n,且S n=(+1)2(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2(−2)(r1),T n=b1+b2+…+b n,求T n.【解答】解:(1)S n=(+1)2(n∈N*),当n=1时,1=1(1+1)2,∴a1=1,当n≥2时,由S n=(+1)2,得2=2+①取n=n﹣1,得2K1=K12+K1②①﹣②得:2=2(−K1)=2−K12+−K1,∴(a n+a n﹣1)(a n﹣a n﹣1﹣1)=0,∵a n+a n﹣1>0,∴a n﹣a n﹣1=1,n≥2,∴数列{a n}是等差数列,则a n=n;(2)由S n=(+1)2,a n=n,∴=or1)2,则=2(−2)(r1)=(−2),∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2),−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1,两式作差得:∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2),∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29.4.在数列{a n}中,a1=12,对任意的n∈N*,都有1(r1)r1=B+1B成立.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)求数列{a n}的前n项和S n;并求满足S n<1516时n的最大值.【解答】解:(I)∵a1=12,对任意的n∈N*,都有1(r1)r1=B+1B成立,∴1(r1)r1−1B=1.∴1B=2+(n﹣1)=n+1,∴a n=1or1).(II)a n=1or1)=1−1r1.∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1,S n<1516,即1−1r1<1516,解得n<15,因此满足S n<1516时n的最大值为14.。
第四节数列求和课件
-
(n+1 1)2-(n+1 2)2]<116×1+212=654. 故对于任意的n∈N*,都有Tn<654.
1.如果数列anbann+k满足an+k-an=pbn(p为非零常 数,n,k∈N*),那么anbann+k=1p·ana+nak-n+ak n=1pa1n-an1+k.
2.与前面几种裂项类似,要注意裂项时各项不要漏 乘1p,同时要注意相消时保留了哪些项.
且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4,则{an}的通项公式
为 ;设cn=an+bn,则数列{cn}的前n项和为
.
解析:设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的
等比数列,由b2=3,b3=9,可得q=
b3 b2
=3,bn=b2qn-2=
3·3n-2=3n-1,即有a1=b1=1,a14=b4=27,则d=
当b1=3时上式也成立, 所以bn=n(n+2),
即b1n=n(n1+2)=12n1-n+1 2,
所以Tn=
1 2
×[
1-13
+
12-14
+
13-15
+…+
n1-n+1 2]=12(32-n+1 1-n+1 2).
1.若数列{an}的公差为d,则形如bn=an·a1n+1型的数 列,可转化为bn=1da1n-an1+1,适合裂项相消法求和.
(3)一些常见的数列的前n项和: ①1+2+3+…+n=n(n2+1); ②2+4+6+…+2n=n(n+1); ③1+3+5+…+(2n-1)=n2. 2.几种数列求和的常用方法 (1)分组转化求和法:一个数列的通项公式是由 若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可 用分组求和法,分别求和后相加减.
数列求和专题讲义
数列求和专题讲义一、知识梳理1.等差数列的前n 项和公式:S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)2d .2.等比数列的前n 项和公式:S n =⎩⎪⎨⎪⎧na 1,q =1,a 1-a n q 1-q =a 1(1-q n )1-q ,q ≠1.3.一些常见数列的前n 项和公式(1)1+2+3+4+…+n =n (n +1)2.(2)1+3+5+7+…+2n -1=n 2.(3)2+4+6+8+…+2n =n (n +1).(4)12+22+…+n 2=n (n +1)(2n +1)6.注意:数列求和的常用方法(1)公式法:直接利用等差、等比数列的求和公式求和. (2)分组转化法:把数列转化为几个等差、等比数列,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. 常见的裂项公式 ①1n (n +1)=1n -1n +1;②1(2n -1)(2n +1)=12)121121(+--n n ;③1n +n +1=n +1-n . (4)倒序相加法:把数列分别正着写和倒着写再相加,即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法:主要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.(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)n f (n )类型,可采用两项合并求解.二、基础检测题组一:思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n =a 1-a n +11-q.( )(2)当n ≥2时,1n 2-1=12)111(+-n n .( ) (3)求S n =a +2a 2+3a 3+…+na n 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.( ) (4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法,利用此法可求得sin 21°+sin 22°+sin 23°+…+sin 288°+sin 289°=44.5.( )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列,那么S km =mS k (m ,k 为大于1的正整数).( )题组二:教材改编2.一个球从100 m 高处自由落下,每次着地后又跳回到原高度的一半再落下,当它第10次着地时,经过的路程是( ) A .100+200(1-2-9) B .100+100(1-2-9) C .200(1-2-9)D .100(1-2-9)3.1+2x +3x 2+…+nx n -1=________(x ≠0且x ≠1). 题组三:易错自纠4.设{a n }是公差不为0的等差数列,a 1=2,且a 1,a 3,a 6成等比数列,则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2+7n 4B.n 2+5n 3C.2n 2+3n 4D .n 2+n5.数列{a n }的通项公式为a n =(-1)n -1·(4n -3),则它的前100项之和S 100等于( ) A .200 B .-200 C .400D .-4006.数列{a n }的通项公式为a n =n cosn π2,其前n 项和为S n ,则S 2 017=________. 三、典型例题题型一:分组转化法求和典例 已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n2,n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n +(-1)n a n ,求数列{b n }的前2n 项和. 引申探究:本例(2)中,求数列{b n }的前n 项和T n . 思维升华:分组转化法求和的常见类型(1)若a n =b n ±c n ,且{b n },{c n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.(2)通项公式为a n =⎩⎪⎨⎪⎧b n ,n 为奇数,c n ,n 为偶数的数列,其中数列{b n },{c n }是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.提醒:某些数列的求和是将数列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,注意在含有字母的数列中对字母的讨论.跟踪训练 等差数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{b n }是等比数列,满足a 1=3,b 1=1,b 2+S 2=10,a 5-2b 2=a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)令c n =⎩⎪⎨⎪⎧2S n ,n 为奇数,b n ,n 为偶数,设数列{c n }的前n 项和为T n ,求T 2n .题型二:错位相减法求和典例 已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n -1}的前n 项和(n ∈N *). 思维升华:错位相减法求和时的注意点(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.(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 跟踪训练设等差数列{a n }的公差为d ,前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q ,已知b 1=a 1,b 2=2,q =d ,S 10=100.(1) 求数列{a n },{b n }的通项公式;(2) 当d >1时,记c n =a nb n ,求数列{c n }的前n 项和T n .题型三:裂项相消法求和 命题点1:形如a n =1n (n +k )型典例已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=-2,且满足S n =12a n +1+n +1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =log 3(-a n +1),设数列}1{1+n n b b 的前n 项和为T n ,求证:T n <34. 命题点2:a n =1n +n +k型典例 已知函数f (x )=x α的图象过点(4,2),令a n =1f (n +1)+f (n ),n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 2 017=________.思维升华:(1)用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如:1n +n +k =1k(n +k -n ),1n (n +k )=1k )11(kn n +-,裂项后可以产生连续相互抵消的项.(2)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.跟踪训练已知等差数列{a n }满足(a 1+a 2)+(a 2+a 3)+…+(a n +a n +1)=2n (n +1). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =1a n ·a n +1,求{b n }的前n 项和S n .四、反馈练习1.数列112,314,518,7116,…,(2n -1)+12n ,…的前n 项和S n 的值等于( )A .n 2+1-12nB .2n 2-n +1-12nC .n 2+1-12n -1D .n 2-n +1-12n2.数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S n =1-2+3-4+…+(-1)n -1·n ,则S 17等于( ) A .9 B .8 C .17 D .163.在数列{a n }中,若a n +1+(-1)n a n =2n -1,则数列{a n }的前12项和等于( ) A .76 B .78 C .80 D .824.已知数列5,6,1,-5,…,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前16项之和S 16等于( )A .5B .6C .7D .165.已知函数f (n )=⎩⎪⎨⎪⎧n 2,n 为奇数,-n 2,n 为偶数,且a n =f (n )+f (n +1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100等于( )A .0B .100C .-100D .10 2006.已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1·a n =2n (n ∈N *),则S 2 018等于( ) A .22 018-1 B .3×21 009-3 C .3×21 009-1D .3×21 008-27.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则1S k =________.8.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n -1所有项的和为__________.9.已知数列{a n }的通项公式为a n =1n +n +1,若前n 项和为10,则项数n 为________.10.已知数列{a n }中,a n =-4n +5,等比数列{b n }的公比q 满足q =a n -a n -1(n ≥2)且b 1=a 2,则|b 1|+|b 2|+|b 3|+…+|b n |=________.11.已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,数列}1{1+n n a a 的前n 项和为n2n +1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2n a ,求数列{b n }的前n 项和T n .12.已知数列{a n }的前n 项和是S n ,且S n +12a n =1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =13log (1-S n +1)(n ∈N *),令T n =1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b n b n +1,求T n .。
第三讲等比数列及数列求和讲义
第三讲 等比数列及数列求和一.知识提要:1.等比数列:如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数,那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比;公比通常用字母q 表示即{a n }成等比数列⇔nn a a 1+=q (n ∈N +,q ≠0)注意:等比数列的定义隐含了任一项a n≠0且q ≠02.等比数列的通项公式1:a n = a 1 q n-1(a 1 q ≠0);等比数列的通项公式2:a n =a m q n-m(a 1q ≠0)3.既是等差又是等比数列的数列:非零常数列.4.等比中项:如果在a 与b 中间插入一个数G,使a,G,b 成等比数列,那么称这个数G 为a 与b 的等比中项.即G=±ab ;a,G,b成等比数列⇔G 2=ab (a ·b ≠0)5.等比数列的性质:若m+n=p+q,则a n a m =a p a q6.等比数列的前n 项和公式:当q=1时,S n =na 1当q ≠1时,q q a S nn--=1)1(1 ① 或qqa a S n n --=11 ②;7.特殊数列求和:⑴1+2+3+…+n=2)1(+n n ;⑵1+3+5+…+(2n-1)=n 2;⑶6)12)(1(3212222++=++++n n n n ;⑷23333]2)1([321+=++++n n n8. S n 是等比数列{a n }的前n 项和①当q=-1且k 为偶数时, S n , S 2k -S k ,S 3k -S 2k 不是等比数列.②当q ≠-1或k 为奇数时, S n ,S 2k -S k ,S 3k -S 2k 仍成等比数列。
二.应用举例例 1.求下列各等比数列的通项公式:⑴a 1=-2,a 3=-8;⑵a 1=5,且2a n+1=-3a n例2.求数列1a =5, 且11+=+n n a a nn 的通项公式例3.已知{a n }、{b n }是项数相同的等比数列,求证{a n b n }是等比数列.例4. 已知:b 是a 与c 的等比中项,且a 、b 、c 同号,求证:3,3,3abc ca bc ab cb a ++++ 也成等比数列。
《数列求和》课件
23 (3 n-1 1 )2 n 3 n23 n 32 n 3 n
3 n(12 n ) 1 Tn
3n(2n1)1 22
练 习 3.已 知 an是 递 增 的 等 差 数 列 , a2,a4是 方 程 x25x60的 两 根 (1)求 an的 通 项 公 式 ;
(2)求 数 列 2 an n 的 前 n项 和 。
x 1(1)2 1x2
x
f (x) f (1) 1 x
设 M f( 4 ) f( 3 ) f ( 2 ) f ( 1 ) f( 1 ) f( 1 ) f( 1 ) 234
M f( 1 ) f( 1 ) f( 1 ) f( 1 ) f( 2 ) f( 3 ) f( 4 ) 432
1 (n2)g2n1
S n 3 2 1 2 4 2 1 3 L ( n 2 ) 2 1 n 1 ( 1 )
1 2 S n 3 2 1 3 L ( n 1 ) 2 1 n 1 ( n 2 ) 2 n 1 2 ( 2 )
( 1 ) ( 2 ) 得 : 1 2 S n 3 4 ( 2 1 3 2 1 4 L 2 1 n 1 ) ( n 2 ) g 2 n 1 2
341811(1212)n1(n2)g2n12
3 4
181(12)n1
11 2
(n2)g2n12
3 41 41(1 2)n1(n2)g2n 12
3 41 421 n1(n2)g2n 12
121n1
(1n2) 2
121n1
(n4) 2
1n2n24
n4 Sn 2 2n1
四.裂项相消法
适用于:通项公式可拆成两项之差
(1 )证 明 : Q a n 1 n n 2 S n 且 a n 1 S n 1 S n
数列求和专题 优质课件
例3.求下列数列的前n项和
(1)
11 1 2 , 4 ,6 ,
4 8 16
1 , 2n ? 2n?1
?2?(x ?
1 )2 ,( x2 x
?
1 x2
)2
,
,( xn
?
1 xn
)
2
解( 1):该数列的通项公式为
?
sn
? 21? 41? 6 1 ? 4 8 16
an
?
2n ?
1 2n?1
1
? (2n ? ) n?1
解:由已知有(4a2 ? 4a ? 1)? (9b2 ? 6b ? 1) ? 0
即:(2a-1)2 ? (3b ? 1)2 ? 0 解得a= 1,b ? 1 .
2
3
? a ? a 2b ? a 3b 2 ?
? a 100 b 99
? a ?? 1 ? ( ab ) 100 ?? ?
1 ? ab
3
1
?
等于1),数列 {cn} 满足:cn ? anbn 则 {cn} 的前n项
和为:
S n ? c1 ? c 2 ? c3 ? ? c n ? a1b1 ? a 2 b 2 ? a 3 b3 ? ? a n b n
练习: 求和Sn= 1/2+3/4+5/8+……+(2n-1)/2n
答案:
Sn =3-
2n+3 2n
?4n(x ? ?1)
?
Sn
?
? ? ??
(x2n ? 1)(x2n? 2 ? x2n (x2 ? 1)
1)
?
2n(
x
?
? 1)
小活页 P31 例1
数列求和讲义
数列求和讲义1.公式法(1)公式法①等差数列的前n 项和公式:S n ==.(其中a 1为首项,d 为公差)②等比数列的前n 项和公式:当q=1时,S n =;当q≠1时,S n ==.(其中a 1为首项,q 为公比).(2)分组求和法一个数列的通项是由的数列的通项组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.2.倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列a n 中,到首末两端等“距离”的两项的和相等或等于,那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法.(2)并项求和法数列{a n }满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时,运用求其前n 项和.如通项公式形如a n =(-1)nf (n )的数列.3.裂项相消法把数列的通项拆成,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.4.错位相减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构成的,那么求这个数列的前n 项和时即可用错位相减法.常用结论1.一些常见的前n 项和公式(1)1+2+3+4+…+n=n(n+1)2.(2)1+3+5+7+…+2n-1=n 2.(3)2+4+6+8+…+2n=n 2+n.2.常用的裂项公式(1)1n(n+1)=1n -1.(2)1(2n-1)(2n+1)=22n-1-2n+1=n +1-n .题组一常识题1.[教材改编]若数列a n 的通项公式为a n =2n-1+n ,则数列a n 的前n 项和S n =.2.[教材改编]若数列a n的通项公式为an a n的前20项和为.3.[教材改编]若数列a n的通项公式为a n=(n-1)×2n-1,则数列a n的前n项和S n=.题组二常错题◆索引:用裂项相消法求和时不能准确裂项;用错位相减法求和时易出现符号错误、不能准确“错项对齐”等错误;并项求和时不能准确分组.n项和为S n,若S n=4n2-1(n∈N*n项和为.4.设数列{an}的前5.3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+(n+2)·2-n=.a1=2,a2=2,a n+2-a n=1+(-1)n,n∈N*,则S60的值为.6.在数列{an}中,a n+1=12+a n-a n2,且a1=12,则该数列的前2018项的和等于.7.已知数列{an}满足课堂考点探究探究点一分组求和法求和1在公差不为零的等差数列a n中,a2=4,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列a n的通项公式;(2)若b n=a n+2a n,求数列b n的前n项和T n.[总结反思]某些数列在求和时是将数列的通项转化为若干个等差或等比或可求和的数列通项的和或差,从而间接求得原数列的和.注意在含有字母的数列中要对字母进行讨论.式题已知数列a n的前n项和S n=n2+n2(n∈N*).(1)求数列a n的通项公式;(2)设b n=2n+(-1)n a n,求数列b n的前2n项和.探究点二错位相减法求和2在等差数列a n中,a2=2,a3+a5=8,在数列b n中,b1=2,其前n项和S n满足b n+1=S n+2(n∈N*).(1)求数列a n,b n的通项公式;(2)设c n=a n b n,求数列c n的前n项和T n.[总结反思]错位相减法求和,主要用于求{a n·b n}的前n项和,其中a n,{b n}分别为等差数列和等比数列.a n的前n项和,已知a1=3,a n+1=2S n+3(n∈N*).式题设Sn是数列(1)求数列a n的通项公式;(2)令b n=(2n-1)a n,求数列b n的前n项和T n.探究点三裂项相消法求和考向1形如an3已知正项数列a n满足a1=1,1a n+1+1a n1a n+1-1a n=4,数列b n满足1b n=1a n+1+1a n,记b n的前n 项和为T n,则T20的值为.[总结反思]数列的通项公式形如an a n=1k(n+k-n),此类数列适合使用裂项相消法求和.= ( +h)考向2形如an4在公差不为0的等差数列a n中,a22=a3+a6,且a3为a1与a11的等比中项.(1)求数列a n的通项公式;(2)设b=-1b n的前n项和T n.[总结反思](1)数列的通项公式形如a n=1n(n+k)时,可转化为a n=1k1n-1n+k,此类数列适合使用裂项相消法求和.(2)裂项相消法求和的基本思路是变换通项,把每一项分裂为两项,裂项的目的是产生可以相互抵消的项.强化演练项之和等于9,则k=()1.【考向1】数列a n的通项公式为aA.98B.99C.96D.97a n n∈N*),若该数列的前n项和为S n,则S n=()2.【考向1】数列{aA.n+2-1B.n+2+n+1-2-12-1n+1-2-13.【考向2】若数列a n满足a1=1,且对任意的m,n∈N*都有a m+n=a m+a n+mn,则1a1+1a2+…+1a20=()A.4021B.2021C.1910D.20194.【考向2】已知等比数列a n满足a1=14,a3a5=4(a4-1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列b n满足b n=log2(16·a n n项和S n<12.。
第4节 数列求和--2025年高考数学复习讲义及练习解析
第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识,预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和公式,可能与通项公式相结合,也有可能与函数、方程、不等式等相结合,综合命题,难度适中.必备知识——强基础数列求和的几种常用方法1.公式法(1)等差数列的前n 项和公式①已知等差数列的第1项和第n 项求前n 项和S n =n (a 1+a n )2;②已知等差数列的第1项和公差求前n 项和S n =na 1+n (n -1)2d .(2)等比数列的前n 项和公式当q =1时,S n =na 1;当q ≠1时,①已知等比数列的第1项和第n 项求前n 项和S n =a 1-a n q1-q ;②已知等比数列的第1项和公比求前n 项和S n =a 1(1-q n )1-q .2.分组求和法与并项求和法(1)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)形如a n =(-1)n ·f (n )类型,常采用两项合并求解.3.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.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.5.倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“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n 项和即可用倒序相加法求解,如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的.1.1+2+3+4+…+n =n (n +1)2.2.12+22+…+n 2=n (n +1)(2n +1)6.3.裂项求和常用的变形(1)分式型:1n (n +k )=1(2n -1)(2n +1)=1n (n +1)(n +2)=121n (n +1)-1(n +1)(n +2)等.(2)指数型:2n (2n +1-1)(2n -1)=12n -1-12n +1-1,n +2n (n +1)·2n =1n ·2n -1-1(n +1)·2n 等.(3)根式型:1n +n +k =1k(n +k -n )等.(4)对数型:log m a n +1a n=log m a n +1-log m a n ,a n >0,m >0且m ≠1.1.概念辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)设数列{a n }的前n 项和为S n ,若a n =1n +1+n,则S 9=2.()(2)1n 2<1(n -1)n =1n -1-1n.()(3)求S n =a +2a 2+3a 3+…+na n 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a 1,a 2-a 1,…,a n -a n -1是首项为1,公比为3的等比数列,则数列{a n }的通项公式是a n=3n-12.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.小题热身(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{a n}的前n项和为S n,若a n=1n(n+1),则S5=()A.1B.56C.16D.130答案B解析∵a n=1n(n+1)=1n-1n+1,∴S5=a1+a2+…+a5=1-12+12-13+…+15-16=56.故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{a n}的通项公式a n=(-1)n(2n-1),则该数列的前100项和为()A.-200B.-100C.200D.100答案D解析S100=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2×50=100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{a n}的通项公式a n=2n+2n-1,则数列{a n}的前n项和为()A.2n+n2-1B.2n+1+n2-1C.2n+1+n2-2D.2n+n-2答案C解析S n=a1+a2+a3+…+a n=(21+2×1-1)+(22+2×2-1)+(23+2×3-1)+…+(2n+2n-1)=(2+22+…+2n)+2(1+2+3+…+n)-n=2(1-2n)1-2+2×n(n+1)2-n=2(2n-1)+n2+n-n=2n+1+n2-2.故选C.(4)在数列{a n}中,a1=1,a n a n+1=-2,则S100=________.答案-50解析根据题意,由a1=1,a1a2=-2,得a2=-2,又a2a3=-2,得a3=1,a3a4=-2,得a4=-2,…,所以{a n}中所有的奇数项均为1,所有的偶数项均为-2,所以S100=a1+a2+…+a 99+a 100=1-2+…+1-2=50×(-1)=-50.考点探究——提素养考点一拆项分组法求和例1(2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,其公比q ≠-1,a 4+a 5a 7+a 8=127,且S 4=a 3+93.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)已知b n log 13a n ,n 为奇数,n ,n 为偶数,求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为{a n }是等比数列,公比q ≠-1,则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4,a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7,所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127,解得q =3,由S 4=a 3+93,可得a 1(1-34)1-3=9a 1+93,解得a 1=3,所以数列{a n }的通项公式为a n =3n .(2)由(1)得b nn ,n 为奇数,n ,n 为偶数.当n 为偶数时,T n =b 1+b 2+…+b n =(b 1+b 3+…+b n -1)+(b 2+b 4+…+b n )=-(1+3+…+n -1)+(32+34+…+3n )=-n2·[1+(n -1)]2+9(1-9n2)1-9=98(3n -1)-n 24;当n 为奇数时,T n =T n +1-b n +1=98(3n +1-1)-(n +1)24-3n +1=18·3n +1-98-(n +1)24.综上所述,T nn +1-98-(n +1)24,n 为奇数,3n -1)-n 24,n 为偶数.【通性通法】拆项分组法求和的常见类型【巩固迁移】1.数列112,314,518,7116,…,(2n -1)+12n ,…的前n 项和S n 的值为________.答案n 2+1-12n解析由题意可得,通项公式为a n =(2n -1)+12n,则S n =[1+3+5+…+(2n -1)]++122+123+…=n [1+(2n -1)]2+21-12=n 2+1-12n .考点二并项转化法求和例2在等差数列{a n }中,已知a 6=12,a 18=36.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(-1)n ·a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)由题意,设等差数列{a n }的公差为d,1+5d =12,1+17d =36,1=2,=2,∴a n =2+(n -1)×2=2n .(2)由(1),得b n =(-1)n ·a n =(-1)n ·2n ,∴S n =b 1+b 2+…+b n =-2+4-6+8-…+(-1)n ·2n ,(ⅰ)当n 为偶数时,S n =b 1+b 2+…+b n =-2+4-6+8-…+(-1)n ·2n =(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n -1)+2n ]=2+2+…+2=n2×2=n ;(ⅱ)当n 为奇数时,n -1为偶数,S n =b 1+b 2+…+b n =S n -1+b n =n -1-2n =-n -1.∴Sn ,n 为偶数,n -1,n 为奇数.【通性通法】并项转化法求和【巩固迁移】2.(2024·浙江台州中学质检)已知数列{a n }满足a 1+2a 2+…+na n =2n ,数列{b n }满足对任意正整数m ≥2均有b m -1+b m +b m +1=1a m 成立.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列{b n }的前99项和.解(1)因为a 1+2a 2+…+na n =2n ,所以当n ≥2时,a 1+2a 2+…+(n -1)a n -1=2(n -1).两式相减,得na n =2,所以a n =2n (n ≥2).又当n =1时,a 1=2,也符合上式,所以a n =2n .(2)由(1)知1a n =n2.因为对任意的正整数m ≥2,均有b m -1+b m +b m +1=1a m =m2,故数列{b n }的前99项和b 1+b 2+b 3+b 4+b 5+b 6+…+b 97+b 98+b 99=(b 1+b 2+b 3)+(b 4+b 5+b 6)+…+(b 97+b 98+b 99)=1a 2+1a 5+…+1a 98=22+52+…+982=825.考点三裂项相消法求和例3(2023·承德模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n +1S n=2n .(1)证明:数列{a n }是等差数列;(2)若a 2+1,a 3+1,a 5成等比数列.从下面三个条件中选择一个,求数列{b n }的前n 项和T n .①b n =na 2n a 2n +1;②b n =1a n +a n +1;③b n =2n +3a n a n +12n +1.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解(1)证明:因为a n +1S n=2n ,即n (a n +1)=2S n ,当n =1时,a 1+1=2S 1,解得a 1=1,当n ≥2时,(n -1)(a n -1+1)=2S n -1,所以n (a n +1)-(n -1)(a n -1+1)=2S n -2S n -1,即n (a n +1)-(n -1)(a n -1+1)=2a n ,所以(n -2)a n -(n -1)a n -1+1=0,当n =2时,上述式子恒成立,当n >2时,两边同除以(n -2)(n -1)可得a n n -1-a n -1n -2=-1(n -1)(n -2)=1n -1-1n -2,即a n n -1-1n -1=a n -1n -2-1n -2,,即a n -1n -1=a 2-1,所以a n -1=(n -1)(a 2-1),即a n =(n -1)(a 2-1)+1,当n =1时,也适合上式,所以a n +1-a n =n (a 2-1)+1-(n -1)(a 2-1)-1=a 2-1,所以数列{a n }是以1为首项,a 2-1为公差的等差数列.(2)设{a n }的公差为d ,因为a 2+1,a 3+1,a 5成等比数列,所以(a 3+1)2=a 5(a 2+1),即(2+2d )2=(1+4d )(2+d ),解得d =2,所以a n =2n -1.若选①b n =na 2n a 2n +1,则b n =n (2n -1)2(2n +1)2=181(2n -1)2-1(2n +1)2,所以T n =18112-132+132-152+…+1(2n -1)2-1(2n +1)2=181-1(2n +1)2.若选②b n =1a n +a n +1,则b n =12n -1+2n +1=2n +1-2n -1(2n -1+2n +1)(2n +1-2n -1)=12(2n +1-2n -1),所以T n =12(3-1+5-3+…+2n +1-2n -1)=12(2n +1-1).若选③b n =2n +3a n a n +12n +1,则b n =2n +3(2n -1)(2n +1)2n +1=1(2n -1)×2n -1(2n +1)×2n +1,所以T n =11×21-13×22+13×22-15×23+…+1(2n -1)×2n -1(2n +1)×2n +1=12-1(2n +1)×2n +1.【通性通法】利用裂项相消法求和的注意事项(1)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;或者前面剩几项,后面也剩几项.(2)将通项裂项后,有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.如:若{a n }是等差数列,则1a n a n +1=,1a n a n +2=【巩固迁移】3.数列{a n }的通项公式为a n =1n +n +1,若{a n }的前n 项和为24,则n =()A .25B .576C .624D .625答案C解析a n =n +1-n ,所以S n =(2-1)+(3-2)+…+(n +1-n )=n +1-1,令S n =24,得n =624.故选C.4.(2022·新高考Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 1=1是公差为13的等差数列.(1)求{a n }的通项公式;(2)证明:1a 1+1a 2+…+1a n <2.解(1)1,公差为13的等差数列,所以S n a n =1+13(n -1)=n +23,故S n =n +23a n .①当n ≥2时,S n -1=n +13a n -1.②由①-②可知a n =n +23a n -n +13a n -1,所以(n -1)a n =(n +1)a n -1,即a n a n -1=n +1n -1.所以a 2a 1×a3a 2×…×a n -1a n -2×a n a n -1=31×42×53×…×n n -2×n +1n -1=n (n +1)2(n ≥2),所以a n =n (n +1)2(n ≥2),又a 1=1也满足上式,所以a n =n (n +1)2(n ∈N *).(2)证明:因为1a n =2n (n +1)=2n -2n +1所以1a 1+1a 2+…+1a n =21-22+22-23+…+2n -2n +1=2-2n +1<2.考点四错位相减法求和例4(2023·全国甲卷)已知数列{a n }中,a 2=1,设S n 为{a n }的前n 项和,2S n =na n .(1)求{a n }的通项公式;(2)n 项和T n .解(1)因为2S n =na n ,当n =1时,2a 1=a 1,即a 1=0;当n =3时,2(1+a 3)=3a 3,即a 3=2,当n ≥2时,2S n -1=(n -1)a n -1,所以2(S n-S n-1)=na n-(n-1)a n-1,即2a n=na n-(n-1)a n-1,化简得(n-2)a n=(n-1)a n-1,当n≥3时,a nn-1=a n-1n-2=…=a32=1,即a n=n-1,当n=1,2时都满足上式,所以a n=n-1(n∈N*).(2)因为a n+12n=n2n,所以T n=+++…+n,1 2T n=++…+(n-+n+1,两式相减得12T n+…-n+1=12×11-12-n+1=1-,即T n=2-(2+n,n∈N*.【通性通法】1.错位相减法求和的适用条件若{a n}是公差为d(d≠0)的等差数列,{b n}是公比为q(q≠1)的等比数列,求数列{an b n}的前n项和S n.2.错位相减法求和的步骤3.错位相减法求和的注意事项注意在写出S n与qS n的表达式时,应特别注意将两式“错位对齐”,以便下一步准确写出点一S n -qS n ,特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n -1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b 2+b 3+…+b n 这n -1项和看成n 项和,把-a n b n +1写成+a n b n +1导致错误【巩固迁移】5.(2023·河北示范性高中调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=6,a n +1=2(S n +1).(1)证明{a n }为等比数列,并求{a n }的通项公式;(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解(1)因为a n +1=2(S n +1),所以a n =2(S n -1+1)(n ≥2),故a n +1-a n =2(S n -S n -1)=2a n ,即a n +1a n=3(n ≥2),又a 2=2(S 1+1)=2a 1+2,故a 1=2,即a2a 1=3,因此a n +1a n=3(n ∈N *).故{a n }是以2为首项,3为公比的等比数列.因此a n =2×3n -1(n ∈N *).(2)因为T n =2×1+2×2×3+2×3×32+…+2n ×3n -1,①故3T n =2×1×3+2×2×32+…+2(n -1)×3n -1+2n ×3n ,②①-②,得-2T n =2+(2×3+2×32+…+2×3n -1)-2n ×3n=2+2×3(3n -1-1)3-1-2n ×3n =-1+(1-2n )×3n ,即T n =(2n -1)×3n +12.考点五倒序相加法求和例5已知数列{a n },{b n }满足a 1=118,2a n +1-a n =16a n +1a n ,b n =1a n-16.(1)证明{b n }为等比数列,并求{b n }的通项公式;(2)求a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+…+a 7b 7.解(1)由2a n +1-a n =16a n +1a n ,可得1a n +1=2a n-16,于是1a n +1-16=即b n +1=2b n ,而b 1=1a 1-16=2,所以{b n }是首项为2,公比为2的等比数列.所以b n =2×2n -1=2n .(2)由(1)知a n =12n +16,所以a n b n =2n2n +16.因为a k b k +a 8-k b 8-k =2k 2k +16+28-k 28-k +16=2k -42k -4+1+11+2k -4=1,所以2(a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+…+a 7b 7)=(a 1b 1+a 7b 7)+(a 2b 2+a 6b 6)+…+(a 7b 7+a 1b 1)=7,因此a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+…+a 7b 7=72.【通性通法】倒序相加法的使用策略策略一将一个数列倒过来排列,当它与原数列相加时,若有规律可循,并且容易求和,则这样的数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n 项和公式的推导即用此方法)策略二和对称性有关求和时可用倒序相加,比如函数关于点对称的性质,组合数中C k n =C n -kn 的性质【巩固迁移】6.已知函数f (x )对任意的x ∈R ,都有f (x )+f (1-x )=1,数列{a n }满足a n =f (0)+…+f (1),则数列{a n }的通项公式为________.答案a n =n +12解析∵f (x )+f (1-x )=1,∴1,又a n =f (0)+…+f (1)①,∴a n =f (1)+…+f (0)②,①+②,得2a n =n +1,∴a n =n +12.∴数列{a n }的通项公式为a n =n +12.课时作业一、单项选择题1.(2024·黑龙江牡丹江第二次阶段测试)已知等差数列{a n },a 2=3,a 5=6前8项和为()A .15B .25C .35D .45答案B解析由a 2=3,a 5=6可得公差d =a 5-a 23=1,所以a n =a 2+(n -2)d =n +1,因此1a n a n +1=1(n +1)(n +2)=1n +1-1n +2,8…=12-110=25.故选B.2.在数列{a n }中,a n =(-1)n -1(4n -3),前n 项和为S n ,则S 22-S 11为()A .-85B .85C .-65D .65答案C解析∵S 22=a 1+a 2+a 3+…+a 21+a 22=(1-5)+(9-13)+…+(81-85)=(-4)×11=-44,S 11=a 1+a 2+a 3+…+a 10+a 11=(1-5)+(9-13)+…+(33-37)+41=(-4)×5+41=21,∴S 22-S 11=-44-21=-65.3.(2023·青岛调研)已知数列{a n }的前n 项和是S n ,且满足a 1=3,a 2k =8a 2k -1,a 2k +1=12a 2k ,k ∈N *,则S 2023=()A .42023-1B .3×22023-3C .3×41012-9D .5×41011-2答案C解析∵a 2k =8a 2k -1,a 2k +1=12a 2k ,∴a 2k +1=4a 2k -1.又a 1=3,∴数列{a 2k -1}是首项为3,公比为4的等比数列.∵a 2=8a 1=24,a 2k +2a 2k =a 2k +2a 2k +1·a 2k +1a 2k=4,∴数列{a 2k }是首项为24,公比为4的等比数列.∴S 2023=(a 1+a 3+…+a 2023)+(a 2+a 4+…+a 2022)=3(1-41012)1-4+24(1-41011)1-4=3×41012-9.4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n +a n +1+a n +2=cosn π3,a 1=1,则S 2023=()A .0B .12C .1D .32答案C解析S 2023=a 1+(a 2+a 3+a 4)+(a 5+a 6+a 7)+…+(a 2021+a 2022+a 2023)=1+cos2π3+cos 5π3+…+cos 2018π3+cos 2021π3=1+cos 2π3+1.故选C.5.数列{a n }的前n 项和S n =2n +2,数列{log 2a n }的前n 项和为T n ,则T 20=()A .190B .192C .180D .182答案B解析当n =1时,a 1=S 1=21+2=4,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n +2-(2n -1+2)=2n -2n -1=2n -1,经检验a 1=4不满足上式,所以a n,n =1,n -1,n ≥2.设b n =log 2a n ,则b n,n =1,-1,n ≥2,所以T 20=b 1+b 2+b 3+b 4+…+b 20=2+1+2+3+…+19=192.故选B.6.(2024·湖北黄冈调研)已知数列{a n }满足a n ·(-1)n +a n +2=2n -1,S 20=650,则a 23=()A .231B .234C .279D .276答案B解析由a n ·(-1)n +a n +2=2n -1,S 20=650可知,当n 为偶数时,a n +a n +2=2n -1,当n 为奇数时,a n +2=a n +2n -1,所以S 20=(a 1+a 3+…+a 19)+(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+(a 10+a 12)+(a 14+a 16)+(a 18+a 20)=650,即a 1+(a 1+1)+(a 1+6)+(a 1+15)+(a 1+28)+(a 1+45)+(a 1+66)+(a 1+91)+(a 1+120)+(a 1+153)+3+11+19+27+35=650,由此解得a 1=3,所以a 23=a 1+231=234.故选B.7.(2024·江苏常州高三阶段考试)已知正项数列{a n }是公差不为0的等差数列,且a 1,a 2,a 4成等比数列.若∑24k =11a k +a k +1=3,则a 1=()A .169B .916C .43D .34答案A解析设正项等差数列{a n }的公差为d ,且d ≠0,∵a 1,a 2,a 4成等比数列,∴a 22=a 1a 4,即(a 1+d )2=a 1(a 1+3d ),整理得,d 2=a 1d ,∵d ≠0,∴d =a 1,∵∑24k =11a k +a k +1=∑24k =1a k +1-a k(a k +1+a k )(a k +1-a k )=∑24k =1a k +1-a k a k +1-a k =∑24k =11d(a k +1-a k )=1d (a 2-a 1+a 3-a 2+…+a 25-a24)=1d (a25-a 1)=1d (a 1+24d -a 1)=3,即1a 1(5a 1-a 1)=3,即4a 1=3a 1,∵a 1>0,∴a1=169.故选A.8.已知函数fg(x )=f (x )+1,若an ={a n }的前2022项和为()A.2023B .2022C .2021D .2020答案B 解析由于函数f,则x 即0,所以f (x )+f (1-x )=0,所以g (x )+g (1-x )=[f (x )+1]+[f (1-x )+1]=2,所以2(a 1+a 2+…+a 2022)=2g…+=g+g +…+g2×2022,因此数列{a n }的前2022项和为a 1+a 2+…+a 2022=2022.故选B.二、多项选择题9.(2024·广东梅州市大埔县高三质检)已知数列{a n }的首项为4,且满足2(n +1)a n -na n +1=0(n ∈N *),则()A B .{a n }为递增数列C .{a n }的前n 项和S n =(n -1)·2n +1+4D n 项和T n =n 2+n 2答案BD解析由2(n +1)a n -na n +1=0得a n +1n +1=2·a n n ,是以a11=a 1=4为首项,2为公比的等比数列,故A 错误;因为an n =4·2n -1=2n +1,所以a n =n ·2n +1,显然递增,故B 正确;因为S n=1×22+2×23+…+n ×2n +1,2S n =1×23+2×24+…+n ×2n +2,所以-S n =1×22+23+…+2n +1-n ×2n +2=22(1-2n )1-2-n ·2n +2,故S n =(n -1)·2n +2+4,故C 错误;因为a n 2n +1=n ·2n +12n +1=n ,所n 项和T n =n (1+n )2=n 2+n 2,故D 正确.故选BD.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ,若a n =1+1n 2+1(n +1)2,则下列结论中正确的是()A .a n =n 2+n +1n (n +1)B .S n =n 2+n -1n +1C .a n ≤32D .满足S n ≤2024的n 的最大值为2023答案ACD 解析a n =1+1n 2+1(n +1)2=[n (n +1)+1]2n 2(n +1)2=n 2+n +1n (n +1),故A 正确;因为a n =1+1n (n +1)=1+1n -1n +1,所以S n =n …n +1-1n +1=n 2+2n n +1,故B 错误;因为1+1n (n +1)>1+1(n +1)(n +2),所以a n >a n +1,所以{a n }是递减数列,所以a n ≤a 1=32,故C正确;因为a n =1+1n -1n +1>0,所以S n 递增,且S 2023<2024,S 2024>2024,所以满足S n ≤2024的n 的最大值为2023,故D 正确.故选ACD.三、填空题11.12!+23!+34!+…+n (n +1)!=________.答案1-1(n +1)!解析∵k (k +1)!=k +1-1(k +1)!=1k !-1(k +1)!,∴12!+23!+34!+…+n(n +1)!=1-12!+12!-13!+13!-14!+…+1(n -1)!-1n !+1n !-1(n +1)!=1-1(n +1)!.12.已知数列{a n }满足a n +2n +2,n 为奇数,a n ,n 为偶数,且a 1=2,a 2=1,则此数列的前20项和为________.答案1133解析当n 为奇数时,由a n +2=a n +2可知,{a n }的奇数项成等差数列,且公差为2,首项为a 1=2;当n 为偶数时,由a n +2=2a n 可知,{a n }的偶数项成等比数列,且公比为2,首项为a 2=1,故前20项和为a 1+a 2+a 3+…+a 19+a 20=(a 1+a 3+a 5+…+a 19)+(a 2+a 4+a 6+…+a 20)+10×92×2+1-2101-2=110+1023=1133.13.(2024·云南曲靖高三月考)已知正项数列{a n }满足a 1=2且a 2n +1-2a 2n -a n a n +1=0,令b n =(n +2)a n -257,则数列{b n }的前7项和为________.答案2021解析由a 2n +1-2a 2n -a n a n +1=0可得(a n +1+a n )(a n +1-2a n )=0,因为a n +1+a n >0,所以a n +1=2a n ,即a n +1a n=2,所以数列{a n }是以a 1=2为首项,2为公比的等比数列,所以a n =2×2n -1=2n ,所以b n =2n (n +2)-257,令c n =2n (n +2),{c n }的前n 项和为T n ,则T 7=3×21+4×22+5×23+…+9×27,2T 7=3×22+4×23+5×24+…+9×28,两式相减可得,-T 7=3×21+22+23+…+27-9×28=6+4×(1-26)1-2-9×28=6+4×63-9×256=-2046,所以T 7=2046,所以数列{b n }的前7项和为T 7-257×7=2046-25=2021.14.(2023·湖北重点中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且2a n -S n =2,记数列n 项和为T n .若对于任意n ∈N *,不等式k >T n 恒成立,则实数k 的取值范围为________.答案13,+解析依题意2a n -S n =2,当n =1时,a 1=2,由2a n -1-S n -1=2,n ≥2,两式相减并化简得a n =2a n -1,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,即a n =2n ,所以a n(a n +1)(a n +1+1)=2n(2n +1)(2n +1+1)=12n +1-12n +1+1,所以T n …+=13-12n +1+1<13,所以实数k 的取值范围是13,+四、解答题15.(2024·湖北恩施模拟)已知等差数列{a n }的公差为2,前n 项和为S n ,且S 1,S 2,S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =(-1)n -1·4na n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为S 1=a 1,S 2=2a 1+2×12×2=2a 1+2,S 4=4a 1+4×32×2=4a 1+12.由题意得(2a 1+2)2=a 1(4a 1+12),解得a 1=1,所以a n =2n -1.(2)b n =(-1)n -1·4na n a n +1=(-1)n -1·4n(2n -1)(2n +1)=(-1)n -1当n 为偶数时,T n…1-12n +1=2n2n +1;当n 为奇数时,T n…1+12n +1=2n +22n +1.所以T nn为奇数n 为偶数T n16.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,a n =-2S n -1S n (n ≥2).(1)求a n ;(2)设b n =2nS n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)∵a n =-2S n -1S n ,∴S n -S n -1=-2S n -1S n ,∴S n -1-S n =2S n S n -1,∴1S n -1S n -1=2,∴,且1S n =1S 1+2(n -1)=1+2n -2=2n -1,∴S n =12n -1(n ∈N *),∴当n ≥2时,a n =-2(2n -1)(2n -3),又a 1=1不满足上式,∴a nn ≥2.(2)由(1)可得b n =(2n -1)2n ,则T n =1×21+3×22+…+(2n -3)2n -1+(2n -1)2n ,2T n =1×22+3×23+…+(2n -3)2n +(2n -1)2n +1,两式相减得-T n =2+23+24+…+2n +1-(2n -1)2n +1=2+23(1-2n -1)1-2-(2n -1)2n +1=2-8+2n +2-(2n -1)2n +1=-6-(2n -3)2n +1,∴T n =(2n -3)2n +1+6.17.(2024·江西临川一中阶段考试)函数f (x )=ln x ,其中f (x )+f (y )=2,记S n =ln x n +ln (x n -1y )+…+ln (xy n -1)+ln y n(n ∈N *),则∑2024i =11S i =()A .20242025B .20252024C .20254048D .40482025答案A解析∵f (x )=ln x ,f (x )+f (y )=2,∴f (x )+f (y )=ln x +ln y =ln (xy )=2.S n =ln x n +ln (x n -1y )+…+ln (xy n -1)+ln y n ,即S n =ln y n +ln (xy n -1)+…+ln (x n -1y )+ln x n ,两式相加得,2S n =(n +1)ln(x n y n )=n (n +1)ln (xy )=2n (n +1),∴S n =n (n +1),∑2024i =11S i =∑2024i =11i (i +1)=∑2024i =11-12025=20242025.故选A.18.(2023·广西玉林统考三模)已知函数f (x )=e -x -e x ,若函数h (x )=f (x -4)+x ,数列{a n }为等差数列,a 1+a 2+a 3+…+a 11=44,则h (a 1)+h (a 2)+…+h (a 11)=________.答案44解析由题意,可得h (x )=f (x -4)+x =e -(x -4)-e x -4+x ,设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,公差为d ,则S 11=11a 1+11×102d =11(a 1+5d )=11a 6=44,解得a 6=4,则h (a 6)=h (4)=e -(4-4)-e 4-4+a 6=a 6=4,根据等差中项的性质,可得a 1+a 11=2a 6=8,则h (a 1)+h (a 11)=e-(a 1-4)-e a 1-4+a 1+e-(a11-4)-e a 11-4+a 11=1e a 1-4+1e a 11-4-(e a 1-4+e a 11-4)+a 1+a 11=e a 1-4+e a 11-4e a 1+a 11-8-(e a 1-4+e a 11-4)+a 1+a 11=a 1+a 11=8,同理可得,h (a 2)+h (a 10)=8,h (a 3)+h (a 9)=8,h (a 4)+h (a 8)=8,h (a 5)+h (a 7)=8,所以h (a 1)+h (a 2)+…+h (a 11)=5×8+4=44.19.(2023·山西太原二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (S n ≠0),满足S 1,S 2,-S 3成等差数列,且a 1a 2=a 3.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =-3a n(a n +1)(a n +1+1),求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ,依题意得S 1+(-S 3)=2S 2,所以-(a 2+a 3)=2(a 1+a 2),即-a 1(q +q 2)=2a 1(1+q ),因为a 1≠0,所以q 2+3q +2=0,解得q =-1或q =-2,因为S n ≠0,所以q =-2,又因为a 1a 2=a 3,所以a 21q =a 1q 2,即a 1=q =-2,所以a n =(-2)n .(2)由题意可得,b n =-3(-2)n[(-2)n +1][(-2)n +1+1]=(-2)n +1-(-2)n[(-2)n +1][(-2)n +1+1]=1(-2)n +1-1(-2)n +1+1,则T n =1(-2)1+1-1(-2)2+1+1(-2)2+1-1(-2)3+1+…+1(-2)n +1-1(-2)n +1+1=-1-1(-2)n +1+1.20.(2024·新疆阿克苏地区质检)已知正整数数列{a n },a 1=1,a 2=2,当n ≥2时,a 2n -1a n +1<a n -2025年高考数学复习讲义及练习解析211<a 2n +1a n +1恒成立.(1)证明数列{a n }是等比数列并求出其通项公式;(2)定义:|x |表示不大于xn 项和为S n ,求|S 1|+|S 2|+|S 3|+…+|S 2024|的值.解(1)由a 2n -1a n +1<a n -1<a 2n +1a n +1,得a 2n -1<a n -1a n +1<a 2n +1.因为{a n }是正整数数列,所以a n -1a n +1=a 2n (n ≥2,n ∈N *),于是{a n }是等比数列.又a 1=1,a 2=2,所以a n =2n -1,n ∈N *.(2)因为2n -1a n =2n -12n -1,S n =120+321+522+…+2n -12n -1,12S n =121+322+523+…+2n -12n ,两式相减得,12S n =1++122+123+…-2n -12n =3-2n +32n,所以S n =6-2n +32n -1<6,又S n +1-S n =2n +12n >0,即{S n }为递增数列,S 1=1,2<S 2=52<3,3<S 3=154<4,4<S 4=378<5,S 5=8316>5,所以|S 1|=1,|S 2|=2,|S 3|=3,|S 4|=4,|S n |=5(n ≥5),所以|S 1|+|S 2|+|S 3|+…+|S 2024|=1+2+3+4+=10110.。
数列求和ppt课件
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,从而求得前n项和.
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.
如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的
(4)倒序相加法:
两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数
an,n 为奇数,
2.若数列{cn}的通项公式为 cn=
其中数列{an},{bn}
bn,n 为偶数,
是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求{cn}的前 n 项和.
聚焦必备知识
11
突破核心命题
限时规范训练
1.(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10
=40.
(1)求{an}的通项公式;
列的前n项和即可用倒序相加法求解.
(3)错位相减法:
聚焦必备知识
4
常用结论
1.一些常见的数列的前 n 项和
n(n+1)
(1)1+2+3+…+n=
;
2
(2)2+4+6+…+2n=n(n+1);
(3)1+3+5+…+2n-1=n2.
突破核心命题
限时规范训练
聚焦必备知识
5
突破核心命题
限时规范训练
裂项相消法:适用的通项公式如下
( + ) +
聚焦必备知识
16
突破核心命题
考 点 二 裂项相消法求和
1
(1)数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an=
,则 Sn=____
n(n+1)
训练2
已知Sn是数列{an}的前n项和,Sn=n2.
数列求和公开课课件
数列求和在实际生活中的应用
如存款利息计算、物品分批购买等。
通过实际问题理解数列求和的意义
将实际问题抽象为数列求和,培养学生运用数学知识解决实际问题的能力。
数列求和与其他数学知识的联系
数列求和与函数的关系
数列是一种特殊的函数,数列求和可以看作是函数求和在离散点 上的应用。
数列求和与极限的联系
数列求和的极限就是无穷级数的和,无穷级数是分析数学的重要工 具。
数列求和与微积分的联系
通过微积分的基本定理,可以将数列求和转化为定积分进行计算。
数列求和的思维训练与拓展
培养逻辑思维
通过数列求和的学习,培 养学生的逻辑思维能力, 学会从已知条件出发推导 出结论。
培养创新思维
通过一题多解、一题多变 等方式,培养学生的创新 思维能力,学会从不同角 度思考问题。
在计算机科学中,数列求和常用 于算法分析和数据处理等方面。 例如,在计算某个算法的时间复 杂度时,需要用到数列求和的知
识。
02
等差数列求和
等差数列的定义与性质
定义
等差数列是指在一个数列中,从 第二项起,每一项与它的前一项 的差等于同一个常数的一种数列 。
性质
等差数列的公差是一个常数,等 差数列的任意两项之和是一个常 数,等差数列的中项等于首项与 末项的平均数。
数列求和公开课课件
目录
• 引言 • 等差数列求和 • 等比数列求和 • 分组数列求和 • 递推数列求和 • 数列求和的综合应用
01
引言
数列求和的背景与意义
数列求和的概念
数列求和是数学中的一个重要概念,指的是将数列中的所有项加起来得到的结 果。
第五节数列的求和精讲课件 文课件
∴Sn= [(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)] = [(10+102+…+10n)-n] =
=
①当x≠±1时,
②当x=±1时,Sn=4n. (3)∵ak=(2k-1)+2k+(2k+1)+…+[(2k-1)+(k-1)]
∴Sn=a1+a2+…+an=
点评:通过对原数列通项结构特点的分析研究,将数列分 解为若干个能求和的新数列的和或差,从而求得原数列的 和.使用这种方法的关键是对通项的合理分解变形.
变式探究
2.(2012·武汉武昌区调研改编)已知数列{an}满足a1=2,an+1 =3an+3n+1-2n(n∈N*).
(1)设bn=
,证明:数列{bn}为等差数列,并求数列
{an}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明:∵bn+1-bn=
∴{bn}为等差数列.又b1=0,∴bn=n-1. ∴an=(n-1)·3n+2n. (2)解析:设Tn=0·31+1·32+…+(n-1)·3n,则 3Tn=0·32+1·33+…+(n-1)·3n+1.
所以(a1+2d)2=a1(a1+6d),解得a1=2d(舍去d=0). 因为S4=14,所以4a1+6d=14, 所以d=1,a1=2, 所以an=n+1(n∈N*).
点评:裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或多 项,使这些拆开的项出现有规律的相互抵消,没有抵消的项 的代数和就是求和的结果.使用此法的关键,一是合理裂项, 二是正确抵消.
由①-②得,-Sn=1+2+22+…+2n-1-n×2n=2· -n·2n+1=(1-n)2n-1,
所以Sn=1+(n-1)·2n.
点评:(1)如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,就使 用错位相减法求数列{an·bn}的前n项和. (2)“错位相减”的本质是“指数相同的两式相减”,因此在 写出“Sn”和“qSn”的表达式后,将两式“指数相同的两项 对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
第七章 第四节 数列求和 课件(共42张PPT)
1.一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1+2+3+4+…+n=n(n+ 2 1) ; (2)1+3+5+7+…+2n-1=n2; (3)2+4+6+8+…+2n=n2+n.
2.三种常见的拆项公式
1 (1)n(n+1)
=1n
-n+1 1
;
1 (2)(2n-1)(2n+1)
=12
2n1-1-2n1+1
答案: (1)× (2)√ (3)√
2.(必修 5P47T4 改编)数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 an=n(n1+1) ,
则 S5 等于( )
A.1
B.56
C.16
D.310
B [∵an=n(n1+1) =1n -n+1 1 ,∴S5=a1+a2+…+a5=1-12 +12 -13 +…+15 -16 =56 .]
所以 an=-2n1+1 (n 为正奇数), 若 n 为奇数,则 an-1=-2an+21n =(-2)-2n1+1 +21n , 所以 an=21n (n 为正偶数), 所以 a3=-214 =-116 , 因为 an=-2n1+1 (n 为正奇数),所以-a1=--212 =212 ,
因为 an=21n (n 为正偶数),所以 a2=212 , 所以-a1+a2=2×212 , 因为-a3=--214 =214 ,a4=214 , 所以-a3+a4=2×214 , …… -a99+a100=2×21100 .
(2)因为 an=2n,所以 bn=(n+1)log2an=(n+1)log22n=n(n+1), 所以,2n2b+n2 2n =n(n2+1) =21n-n+1 1 , 所以 Tn=21-12+12-13+…+1n-n+1 1 =21-n+1 1 =n2+n1 .
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
数列求和讲义
课前双击巩固
1.公式法
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式:
S n==.(其中a1为首项,d为公差)
②等比数列的前n项和公式:
当q=1时,S n=;
当q≠1时,S n==.(其中a1为首项,q为公比).
(2)分组求和法
一个数列的通项是由的数列的通项组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.
2.倒序相加法与并项求和法
(1)倒序相加法
如果一个数列{a n}中,到首末两端等“距离”的两项的和相等或等于,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.
(2)并项求和法
数列{a n}满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时,运用求其前n项和.如通项公式形如a n=(-1)n f(n)的数列.
3.裂项相消法
把数列的通项拆成,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
4.错位相减法
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构成的,那么求这个数列的前n项和时即可用错位相减法.
常用结论
1.一些常见的前n项和公式
.
(1)1+2+3+4+…+n=n(n+1)
2
(2)1+3+5+7+…+2n-1=n2.
(3)2+4+6+8+…+2n=n 2
+n. 2.常用的裂项公式 (1)
1
n(n+1)=1n -
1
n+1
.
(2)1(2n -1)(2n+1)=12(12n -1-1
2n+1). (3)
√n+√n+1
=√n +1-√n .
题组一 常识题
1.[教材改编] 若数列{a n }的通项公式为a n =2n-1
+n ,则数列{a n }的前n 项和S n = .
2.[教材改编] 若数列{a n }的通项公式为a n =1
(3n -2)(3n+1),则数列{a n }的前20项和为 . 3.[教材改编] 若数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)×2n-1
,则数列{a n }的前n 项和
S n = . 题组二 常错题
◆索引:用裂项相消法求和时不能准确裂项;用错位相减法求和时易出现符号错误、不能准确“错项对齐”等错误;并项求和时不能准确分组.
4.设数列{a n }的前n 项和为S n ,若S n =4n 2
-1(n ∈N *
),则数列{1
S n
}的前n 项和为 .
5.3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+(n+2)·2-n
= .
6.在数列{a n }中,a 1=2,a 2=2,a n+2-a n =1+(-1)n
,n ∈N *
,则S 60的值为 .
7.已知数列{a n }满足a n+1=12
+√a n -a n 2,且a 1=1
2
,则该数列的前2018项的和等于 .
课堂考点探究
探究点一 分组求和法求和
1 在公差不为零的等差数列{a n }中,a 2=4,且a 1,a 3,a 9成等比数列.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若b n=a n+2a n,求数列{b n}的前n项和T n.
[总结反思]某些数列在求和时是将数列的通项转化为若干个等差或等比或可求和的数列通项的和或差,从而间接求得原数列的和.注意在含有字母的数列中要对字母进行讨论.
(n∈N*).
式题已知数列{a n}的前n项和S n=n2+n
2
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)设b n=2n+(-1)n a n,求数列{b n}的前2n项和.
探究点二错位相减法求和
2 在等差数列{a n}中,a2=2,a3+a5=8,在数列{b n}中,b1=2,其前n项和S n满足b n+1=S n+2(n∈N*).
(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;
(2)设c n=a n
,求数列{c n}的前n项和T n.
b n
[总结反思] 错位相减法求和,主要用于求{a n ·b n }的前n 项和,其中{a n },{b n }分别为等差数列和等比数列.
式题 设S n 是数列{a n }的前n 项和,已知a 1=3,a n+1=2S n +3(n ∈N *
).
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)令b n =(2n-1)a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .
探究点三 裂项相消法求和
考向1 形如a n =
√n+√n+k
3 已知正项数列{a n }满足a 1=1,
1a n+1
+1
a
n
1a n+1
-1
a
n
=4,数列{b n }满足1b n
=1
a
n+1
+1
a n
,记{b n }的前
n 项和为T n ,则T 20的值为 .
[总结反思] 数列的通项公式形如a n =√
n+√n+k 时,可转化为a n =1
k
(√n +k -√n ),此类数列适合使用裂项相消法求和.
考向2 形如a n =1
n(n+k)
4 在公差不为0的等差数列{a n }中,a 22=a 3+a 6,且a 3为a 1与a 11的等比中项. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设b n =(-1)n
n
(a n -12)(a n+1-12
)
,求数列{b n }的前n 项和T n .
[总结反思] (1)数列的通项公式形如a n =1n(n+k)时,可转化为a n =1
k 1n -1
n+k
,此类数列适合使用裂项相消法求和.
(2)裂项相消法求和的基本思路是变换通项,把每一项分裂为两项,裂项的目的是产生可以相
互抵消的项. 强化演练
1.【考向1】数列{a n }的通项公式为a n =√n+√n+1
,若该数列的前k 项之和等于9,则k=( )
A.98
B.99
C.96
D.97
2.【考向1】数列{a n }的通项公式为a n =√n+√n+2
(n ∈N *
),若该数列的前n 项和为S n ,则S n =( )
A.√n +2-1
B.√n +2+√n +1-√2-1
C.1
2(√n +2-1)
D.12(√n +2+√n +1-√2-1)
3.【考向2】若数列{a n }满足a 1=1,且对任意的m ,n ∈N *
都有a m+n =a m +a n +mn ,则1a 1+1a 2+…+1
a 20
= ( )
A.4021
B.20
21
C.1910
D.20
19
4.【考向2】 已知等比数列{a n }满足a 1=1
4
,a 3a 5=4(a 4-1).
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)若数列{b n }满足b n =log 2(16·a n ),求证:数列{
1
b n b n+1
}的前n 项和S n <1
2
.
课时作业
一、 填空题 1.
122
-1+132-1+142-1+…+1
(n +1)2-1
的值为____________. 2.已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3=0,S 5=-5,则数列⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫
1a
2n -1a 2n +1的前8项和为____________.
3.若数列{a n }的通项为a n =4n -1,b n =
a 1+a 2+…+a n
n
,n ∈N *,则数列{b n }的前n 项和是____________.
4.设数列1,(1+2),…,(1+2+22+…+2n -
1),…的前n 项和为S n ,则S n =____________. 5.设数列{a n }的通项公式是a n =(-1)n ·n ,则a 1+a 2+a 3+…+a 100=____________.
6.已知数列{}a n :12,13+23,14+24+34,…,110+210+310+…+910,…,若b n =1
a n a n +1,那么数列{}
b n 的前n 项和S n 为____________.
7.等差数列{a n }的通项公式a n =2n -1,数列{
1
a n a n +1
},其前n 项和为S n ,则S n 等于____________. 8.数列{a n },{b n }满足a n b n =1,a n =n 2+3n +2,则{b n }的前10项之和为____________.
9.设{a n }是等差数列,{b n }是各项都为正数的等比数列,且a 1=b 1=1,a 3+b 5=19,a 5+b 3=9,则数列{a n b n }的前n 项和S n =__________.
10.若数列{a n}的通项公式为a n=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=____________.
11.(1002-992)+(982-972)+…+(22-12)=____________.
二、解答题
12.已知{a n}是各项均为正数的等比数列,{b n}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.
(1)求{a n}和{b n}的通项公式;
(2)设c n=a n b n,n∈N*,求数列{c n}的前n项和.
13.在等差数列{a n}中,a2=4,a4+a7=15.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)设b n=2a n-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.。