高中数学课件：数列求和

解：(1)设等比数列{an}的首项为 a1，公比为 q，
a111－－qq3＝13， 依题意，即有2a1q2＋6＝a1q＋a1q3，
a1>0， q>1，
解得aq1＝＝31，， 故 an＝3n－1.
(2)∵bn＝3n·log33n＝n·3n ， ∴Sn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，① 3Sn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1，② ②－①，得 2Sn＝－3－32－33－…－3n＋n·3n＋1＝－311－－33n＋n·3n＋1＝ n·3n＋1－3n2＋1＋32.
[典例] 定义：若数列{an}对任意的正整数 n，都有|an＋1|＋
D．2n＋n－2
解析：∵an＝2n＋2n－1，设bn＝2n，cn＝2n－1，易知{bn}为等 比数列，{cn}为等差数列，且b1＝2，q＝2，c1＝1.则数列{an}的 前n项和：211－－22n＋n1＋22n－1＝2n＋1－2＋n2. 答案：C
3．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝2－2(－
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n ＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn) ＝ n×3＋nn2－1×6 ＋ (6×31 ＋ 12×32 ＋ 18×33 ＋ … ＋ 6n×3n) ＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)． 记 Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 则 3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
＋a2nc2n(n∈N *)．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.
依题意，得33qq＝ 2＝31＋5＋2d4，d， 解得dq＝ ＝33， ， 故 an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n. 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n，{bn}的通项公式为 bn＝ 3n.
② － ① 得 ， 2Tn ＝ － 3 － 32 － 33 － … － 3n ＋ n×3n ＋ 1 ＝ － 311－－33n＋n×3n＋1＝2n－123n＋1＋3.
所 以 a1c1 ＋ a2c2 ＋ … ＋ a2nc2n ＝ 3n2 ＋ 6Tn ＝ 3n2 ＋ 3×2n－123n＋1＋3＝2n－13n＋22＋6n2＋9(n∈N*)．
(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．
[过关集训] 1．等差数列{an}的首项 a1＞0，数列ana1n＋1的前 n 项和为 Sn＝
2nn＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
4．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－315n，则其前20项和为
()
A．380－351－5119
B．400－251－5120
C．420－341－5120
D．440－451－5120
解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1
＋2＋…＋20)－3
15＋512＋…＋5120
{an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn 等于
()
1
1
A.n
B.n＋1
n－1 C. n
n D.n＋1
解析：因为函数 f(x)＝x2＋bx 的图象过点(1,2)， 所以 f(1)＝1＋b＝2，b＝1， 可得 an＝f1n＝n2＋1 n＝n1－n＋1 1， 所以 Sn＝1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝1－n＋1 1＝n＋n 1. 答案：D
[解题方略] 1．裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重 新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的 关键就是准确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发 现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩 第几项，后边就剩倒数第几项．
2．已知等比数列{an}满足 0<an<an＋1，a1＋a2＋a3＝13，且 a2， a3＋6，a4 为等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝(3an)log3(3an)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，对任意正整数 n,2Sn－(9n＋m)an>0 恒成立，试求 m 的取值范围．
2．已知函数 f(x)＝xα 的图象过点(4,2)，令 an＝fn＋11＋fn，n
∈N *.记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S2 020＝
()
A. 2 019－1 C. 2 021－1
B. 2 020－1 D. 2 021＋1
解析：由 f(4)＝2，可得 4α＝2，解得 α＝12，
则 f(x)＝ x.
考点三 错位相减法求和(综合之翼巧贯通) [典例] (2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数 列，公比大于 0.已知 a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3. (1)求{an}和{bn}的通项公式．
1，n为奇数， (2)设数列{cn}满足 cn＝bn2，n为偶数. 求 a1c1＋a2c2＋…
解：(1)由ana1n＋1的前 n 项和为 Sn＝2nn＋1知
a11a2＝13， a11a2＋a21a3＝25，
可得aa12aa23＝ ＝31， 5，
设等差数列{an}的公差为 d，从而aa11a＋1＋dda＝1＋32，d＝15，
解得ad1＝＝21， 或ad1＝＝－－21.，
又 a1>0，则ad1＝＝21，， 故 an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
第(2)问
求什么 要求数列{bn}的前n项和Sn，想到先求
想什么 {bn}的通项公式
给什么
由bn＝
1 n＋2log3an＋1
及(1)可得bn的通
Hale Waihona Puke Baidu
用什么 项公式
差什么 还差确定求和方法，根据bn的公式应 找什么 采用裂项相消法或错位相减法等求和
[解] (1)设数列{an}的公比为q， 由a2＋a3＝12得q＋q2＝12, 解得q＝3或q＝－4， 因为数列{an}的各项都为正数，所以q>0，所以q＝3，所以 an＝3n－1. (2)由(1)知bn＝n＋2l1og3an＋1＝nn1＋2＝12n1－n＋1 2， 故Sn＝12×1－13＋12－14＋…＋n－1 1－n＋1 1＋n1－n＋1 2＝34－ 2n＋3 2n＋1n＋2.
所以 an＝fn＋11＋fn＝
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
所以 S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝( 2－ 1)＋( 3－ 2) ＋( 4－ 3)＋…＋( 2 021－ 2 020)＝ 2 021－1.
答案：C
3．已知数列{an}的前 n 项和 Sn，满足 Sn＝2an＋2n－5(n∈N *)． (1)求证：数列{an－2}为等比数列； (2)记 bn＝aann＋－1a2n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解：(1)证明：由 Sn＝2an＋2n－5，① 当 n＝1 时，a1＝2a1－3，得 a1＝3； 当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1＋2n－7.② ①－②得 an＝2an－1－2，即 an－2＝2(an－1－2)，且 a1－2＝1， 故数列{an－2}是首项为 1，公比为 2 的等比数列． (2)由(1)知：an－2＝2n－1⇒an＝2n－1＋2， 故 bn＝aann＋－1a2n＝2n＋22n2－n1－1＋2＝2n－11＋2－2n＋1 2. ∴Tn＝20＋1 2－21＋1 2＋21＋1 2－22＋1 2＋…＋2n－11＋2－2n＋1 2 ＝20＋1 2－2n＋1 2＝13－2n＋1 2.
＝2n－1，所
以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22 ＋…＋299－99＝211－－2299－99＝2100－101. 答案：A
2．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n
项和为
()
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
＝2×
20×20＋1 2
－
3×1511－－515120＝420－341－5120. 答案：C
[一“点”就过]
1．分组转化法求和的常见类型
(1)若an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采
用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝
bn，n为奇数， cn，n为偶数
的数列，其中数列
∵2Sn－(9n＋m)an>0 恒成立， ∴n·3n＋1－3n2＋1＋32－n·3n＋1－m·3n－1>0 对任意正整数 n 恒成立， ∴m·3n－1<－3n2＋1＋32对任意正整数 n 恒成立，即 m<2·31n－2－92恒 成立， ∴m≤－92，即 m 的取值范围是－∞，－92.
考点四 数列的综合应用(创新之翼准辨析)
(2)由(1)知 bn＝(an＋1)·2an＝2n·22n－1＝n·4n， 则 Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋ (n－1)×4n－1＋n×4n， 两边同时乘以 4 得 4Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)×4n ＋n×4n＋1， 两 式 相 减 得 － 3Tn ＝ 41 ＋ 42 ＋ 43 ＋ 44 ＋ … ＋ 4n － n×4n ＋ 1 ＝ 4×1－1－4 4n－n×4n＋1， 故 Tn＝49＋3n9－1·4n＋1.
接求和的数列
考点二 裂项相消法求和(综合之翼巧贯通) [典例] 已知{an}是首项为1的等比数列，各项均为正数， 且a2＋a3＝12. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝n＋2l1og3an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解题指导] 第(1)问 求什么 要求等比数列{an}的通项公式，想到求 想什么 首项和公比 给什么 已知首项为 1，且 a2＋a3＝12 可以列出 用什么 关于公比的二次方程求解公比 差什么 还需对公比的值进行取舍，利用各项均 找什么 为正数可以舍去负值
[解题方略]
错位相减法求和的策略
(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，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等 比数列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在写“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式．
{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
2．利用分组转化法求和的3个关键点
即会利用方程思想求出等差数列与等比 会“列方程”
数列中的基本量
会利用等差(比)数列的通项公式，求出所 会“用公式”
求数列的通项公式
观察数列的通项公式的特征，若数列是
会“分组求 和”
由若干个简单数列(如等差数列、等比数 列、常数列等)组成，则求前n项和时可 用分组求和法，把数列分成几个可以直
高中数学课件： 数列求和
考点一 分组转化法求和(基础之翼练牢固)
[题组练通]
1．数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99
项和为
()
A．2100－101
B．299－101
C．2100－99
D．299－99
解析：由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝
1－2n 1－2
2．常见数列的裂项方法
数列(n 为正整 数)
1 nn＋k (k 为非零常数)
1 4n2－1
1
n＋
n＋1
裂项方法
nn1＋k＝1kn1－n＋1 k
4n21－1＝122n1－1－2n1＋1
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n
[过关集训]
1．已知函数 f(x)＝x2＋bx 的图象过点(1,2)，记 an＝f1n，若数列
1)n，n∈N *，则S2 019的值为
()
A．2 020×1 011－1 C．2 019×1 011－1
B．1 010×2 019 D．2 019×1 011
解析：由递推公式，可得： 当n为奇数时，an＋2－an＝4，数列{an}的奇数项是首项为 1，公差为4的等差数列； 当n为偶数时，an＋2－an＝0，数列{an}的偶数项是首项为 2，公差为0的等差数列， ∴S2 019＝(a1＋a3＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝ s2 019×1 011－1. 答案：C