最新数列求和复习课件

题型分类 深度剖析 题型一 公式法求和 例 1 已知数列{an}是首项 a1＝4，公比 q≠1 的等比数列，
Sn 是其前 n 项和，且 4a1，a5，－2a3 成 等差数列． (1)求公比 q 的值； (2)求 Tn＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n 的值．
思维启迪：求出公比，用等比数列求和公式直接求解．
4．常见的拆项公式
(1)n(n1＋1)＝n1－n＋1 1；
(2)(2n－1)1(2n＋1)＝122n1－1－2n1＋1；
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
[难点正本 疑点清源] 5．数列求和的思想方法：
(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求 通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关 或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方 法求和． (2)解决非等差、等比数列的求和，主要是转化的思想 ------即将复杂的数列设法转化为等差或等比数列，这 一思想方法往往通过通项分解、裂项相消法、错位相 减法、倒序相加法等来求和．
探究提高 应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，
尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公
式．
练习13.．设 f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，
则 f(n)等于( D )
A.27(8n－1)
B.27(8n＋1－1)
C.27(8n＋3－1)
D.27(8n＋4－1)
2．数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，若
数列的前 n 项和为 10，则项数为( C )
A．11
B．99
C．120
D．121
题型四 错位相减法求和
例 4 设数列{an}满足 a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，
n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设 bn＝ann，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解 (1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，
①
∴当 n≥2 时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－3 1，
练习 1：数列21·5，51·8，8·111，…，(3n－1)1·(3n＋2)，…的前 n
项和为( B )
n A.3n＋2
n B.6n＋4
C.6n3＋n 4
n＋1 D.n＋2
解析 an=(3n－1)1·(3n＋2)＝133n1－1－3n1＋2，
Sn＝13(21－15＋15－81＋18－111＋…＋3n1－1－3n1＋2)＝1312－3n1＋2＝6nn＋4.
数列求和复习课件
3．(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(2)裂项相消：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．
例 3 已知数列{an}中，a1＝1，当 n≥2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S2n＝anSn－12. (1)求 Sn 的表达式； (2)设 bn＝2nS＋n 1，求{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)∵Sn2＝anSn－12，an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， ∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，
2．(教材习题改编)已知等比数列{an}中，an＝
2×3n－1，则由此数列的奇数项所组成的新数列的 前n项和为_14_(_9_n_－__1_) ．
题型二 分组转化求和
例 2 求和 Sn＝1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋2n1－1.
思维启迪：数列的通项 an＝21－21n，求 Sn 可用分组求和法．
练习：若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的
前 n 项和为( C )．
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n－2
解析 Sn＝211－－22n＋n1＋22n－1＝2n＋1－2＋n2.
Βιβλιοθήκη Baidu
例思2（考分:部求和法）已知等差数列an 的首项为 1，前 10 项的和为 145，
求 a2 a4 a2n .
解：首先由 S10
10a1
10 9 d 2
145
d
3
则 an a1 (n 1)d 3n 2 a2n 3 2n 2
a2 a4
a2n 3(2 22
2n) 2n 3 2(1 2n) 2n 3 2n1 2n 6 1 2
题型三 裂项相消法求和
即 2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，
①
由题意 Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以 Sn－1·Sn，得S1n－Sn1－1＝2， ∴数列S1n是首项为S11＝a11＝1，公差为 2 的等差数列． ∴S1n＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝2n1－1. (2)又 bn＝2nS＋n 1＝(2n－1)1(2n＋1)
解
ak＝1＋21＋14＋…＋2k1－1＝11－－1212k＝21－21k.
∴Sn＝21－21＋1－212＋…＋1－21n
＝2[(1＋1＋…＋1)－(n12个＋212＋…＋21n)]＝2n－1211－－1221n＝2n1－1＋2n－2.
探究提高 先将求和式中的项进行适当分组调整，使之每 一个组为等差或等比数列，然后分别求和，从而得出原数 列的和．它是通过对数列通项结构特点的分析研究，将数 列分解转化为若干个能求和的新数列的和或差，从而求得 原数列的和的一种求和方法．
解 (1)由题意得 2a5＝4a1－2a3. ∵{an}是等比数列且 a1＝4，公比 q≠1， ∴2a1q4＝4a1－2a1q2，∴q4＋q2－2＝0， 解得 q2＝－2(舍去)或 q2＝1，∴q＝－1. (2)∵a2，a4，a6，…，a2n 是首项为 a2＝ 4×(－1)＝－4，公比为 q2＝1 的等比数 列，∴Tn＝na2＝－4n.
＝122n1－1－2n1＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝121－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
探究提高 使用裂项法求和时，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．