2012届高考数学(文)一轮复习课件30数列求和(人教A版)

2.数列中的每一项均能分裂成一正一负两项,这是裂项相消法 使用的前提,一般地,形如
1 an 1an
(其中{an}是等差数列)的
数列可尝试采用此法.常用的裂项技巧有:
1 11 1 (1) ; n( n k ) k n n k 1 1 (2) ( n k n ); nk n k 1 1 1 1 (3) ; (2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1 1 1 1 1 (4) . n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 1)( n 2)
f x x x 1 , 得Sn 1 1 1 1 , 用裂项法求和 f (n) n(n 1) n n 1
n .故选A. n 1
答案:A
2.已知an=
3 (n∈N*),记数列{an}的前n项和为Sn,则使 2n 11
Sn>0的n的最小值为()
A.10
∴Sn=
2 x(1 x ) 2nx n1 . 2 (1 x) 1 x
当x 1时,Sn 2 4 2n n n 1 . n(n 1), x 1, 综上可得Sn 2 x(1 x n ) 2nx n 1 (1 x) 2 1 x , x 1.
[反思感悟]有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列.若 将这类数列适当拆开,可分为几个等差､等比或常见的数列,
即能分别求和,然后再合并.
类型三
裂项相消法求和
解题准备:1.裂项相消法是分解与组合思想在数列求和中的具
体应用,其实质是将数列中的某些项分解,然后重新组合,使
之能消去一些项,最终达到求和的目的.
类型二
分组转化法求和
解题准备:1.有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,但
若把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合,就
能转化为等差数列或等比数列.从而可以利用等差、等比 数列的求和公式解决.这种求和方法叫分组转化法. 2.此类问题求解的关键是要分析研究数列的通项公式.
1 1 【典例2】 (2010 武汉)求下面数列的前n项和 :1 1, 4, 2 a a 1 7, , n 1 3n 2, a
q 1, q 1.
另外,还有一些常见的求和公式: (1)1+2+3+„+n=
n ( n 1) , 2
n(n 1)(2n 1) . 6
(2)1+3+5+„+(2n-1)=n2,
(3)12+22+32+„+n2=
2.倒序相加法 一个数列如果距首末两项等距离的两项和相等,那么求这个
6.并项转化法 有时候把两项并成一项考虑,也可以实现我们的转化目的.通
常适用于数列中各项的符号是正负间隔的情况.
考点陪练
1 1.设函数f x x ax的导函数f x 2x 1, 则数列 f ( n)
m
n N* 的前n项和是(
)
n n2 A. B. n 1 n 1 n n 1 C. D.Leabharlann Baidun 1 n 解析 : f x mx m 1 a 2x 1, a 1, m 2,
第三十讲数列求和
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1.公式法 对于等差数列和等比数列,在求和时可直接套用它们的前n项
和公式:
①等差数列前n项和公式:Sn=na1+ ②等比数列前n项和公式: Sn=
n(a1 an ) n(n 1) d . 2 2
na1 , a1 (1 q n ) 1 q ,
和.
5.裂项相消法 把数列的每一项变为两数之差,以便大部分项能“正”､“负”
相消,只剩下有限的几项.裂项时可直接从通项入手,并且要
判断清楚消项后余下哪些项,常用的裂项公式为:
1 1 1 (1) n(n 1) n n 1 1 1 1 1 (2) (n 1)(n 1) 2 n 1 n 1 3 n n! n 1! n!
1 1 2 1 2 3 1 【典例3】数列1,1 ,1 ,1 , ,1 2 3 3 4 4 4 2008 2 2007 , 2008 2008
1 写出它的通项a n , 并说明数列a n 是等差数列;
1 , 求数列bn 的前n项之和. 2 设bn an an2
数列的前n项和可用倒序相加法.如等差数列前n项和公式
的推导. 3.错位相减法 如果当数列的每一项可分解为两个因式的乘积,各项的第一 个因子成公差为d的等差数列,第二个因子成公比为q的等
比数列,可将此数列前n项的和乘以公比q,然后错项相减从
而求出Sn.
4.拆项分组法 把不能直接求和的数列分解成几个可以求和的数列,分别求
答案:B
)
5.(2010·黄冈中学月考题)化简Sn=n+(n-1)×2+(n2)×22+„+2×2n-2+2n-1的结果是( )
A.2n+1+n-2
C.2n-n-2
B.2n+1-n+2
D.2n+1-n-2
解析:将Sn两边同时乘以2,可以得到:2Sn=2n+(n-1)×22+(n2)×23+„+2×2n-1+2n,与Sn=n+(n-1)×2+(n-
[分析]准确写出an的表达式,然后用裂项相消法.
1 2 n 1 1 2 (n 1) n 1 [解] 1 a n 1 1 . n n n n 2 n 2 n 1 1 因为a n 1 a n , 2 2 2 1 所以数列a n 是首项为1, 公差为 的等差数列. 2 1 4 1 1 2 2 因为bn , an an 2 (n 1)(n 3) n 1 n 3 所以数列b n 的前n项和为
接应用求和公式求解.
6 n 5 【典例1】已知数列a n , 通项a n n 2 求其前n项和Sn .
(n为奇数), (n为偶数),
[解]当n为奇数时, 奇数项组成以a1=1为首项,公差为12的等差数列,偶数项组成
以a2=4为首项,公比为4的等比数列.
n 1 n 1 (1 6n 5) 4(1 4 2 ) ( n 1)(3n 2) 4(2 n 1 1) Sn 2 ; 2 1 4 2 3 n 当n为偶数时, 奇数项和偶数项各有 项. 2 n n (1 6n 5) 4(1 4 2 ) n(3n 2) 4(2 n 1) Sn 2 . 2 1 4 2 3
3.首项为2,公比为3的等比数列,从第n项到第N项的和为720, 则n,N的值分别为( )
A.2,6 B.2,7
C.3,6 D.3,7 解析:由题意知SN-Sn-1=720,
2(1 3N ) 2(1 3n1 ) 代入得 720, 1 3 1 3 解得n=3,N=6,故选C.
答案:C
(3n 1)n S2 1 4 7 3n 2 . 2 (3n 1)n (3n 1)n 当a 1时Sn S1 S2 n ; 2 2 an 1 (3n 1)n 当a 1时, Sn S1 S2 n . n 1 a a 2
1 4.数列a n 的前n项和为Sn , 若a n , 则S5等于( n(n 1) 5 A.1 B. 6 1 1 C. D. 6 30 1 1 1 解析 : a n , n(n 1) n n 1 1 5 1 1 1 1 1 S5 1 1 . 6 6 2 2 3 5 6
[剖析]本题的错误原因在于乘公比错位相减后,中间是n-1项 求和,错当成了n项和,对相减后的结构认识不清楚或认识
模糊.
[正解]所给数列的通项公式为a n
n 1 , n 2
2 3 n 1 则Sn 2 n ① 2 2 2 1 2 3 n 1 Sn 2 3 n 1 ② 2 2 2 2 1 1 1 1 n 1 ① ②, 得 Sn 1 2 3 n n 1 2 2 2 2 2 1 1 1 n 1 2 2 2 n 1 3 n 3 1 n 1 n 1 1 2 2 2 1 2 n3 Sn 3 n . 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 4 3 5 4 6 n n 2 n 1 n 3 1 1 1 1 2 . 2 3 n2 n3
类型四
错位相减法求和
解题准备:错位相减法是推导等比数列的前n项和公式时所用
C.12
B.11
D.13
解析 : 构造函数f x 当n≥11时, f n 0,
故f 1 f 2 f 10 0, 即S10 0. a11 f 11 0,S11 0.故选B.
答案:B
3 11 , 此函数关于点P , 0 对称, 2 x 11 2
(2)令Sn=b1+b2+„+bn,则由bn=anxn=2nxn,
得Sn=2x+4x2+„+(2n-2)xn-1+2nxn.① xSn=2x2+4x3+„+(2n-2)xn+2nxn+1.② 当x≠1时,①减去②,得(1-x)Sn=2(x+x2+„+xn)-2nxn+1=
2 x(1 x n ) -2nxn+1, 1 x n
[解]前n项和为 1 1 1 Sn 1 1 4 2 7 n 1 3n 2 a a a 1 1 1 1 2 n 1 [1 4 7 (3n 2)], a a a 1 1 1 设S1 1 2 n 1 , a a a an 1 当a 1时,S1 n;当a 1时,S1 n . n 1 a a
2)×22+„+2×2n-2+2n-1两边同时相减可得到2Sn-Sn=n1 n+(2+22+23+„+2n-1)+2n=-n+ 2(1 2 ) +2n,∴Sn=-
n+2n-2+2n=2n+1-n-2.故选D.
1 2
答案:D
类型一
公式法求和
解题准备:如果数列是等差数列或等比数列等特殊数列时,直
的方法,也是数列求和中经常用到的一种方法.
【典例4】已知数列{an}是等差数列,且a1=2,a1+a2+a3=12. (1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=anxn(x∈R).求数列{bn}的前n项和公式.
[分析]用错位相减法解(2).
[解](1)设数列{an}公差为d,则a1+a2+a3=3a1+3d=12, ∵a1=2,∴d=2,∴an=2n.
错源一
思维定势,数错项数
3 4 n n 1 【典例1】求数列1, 2 , 3 , , n 1 , n 的前n项和Sn . 2 2 2 2
n 1 [错解]所给数列的通项公式为a n n , 2 2 3 n 1 则 Sn 2 n ① 2 2 2 1 2 3 n 1 S n 2 3 n 1 ② 2 2 2 2 1 2 1 1 1 n 1 ① ②, 得 S n 2 3 n n 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 n n2 22 2 n 1 1 n 1 Sn 3 n . 1 2 2 1 2