高中数学课件-数列求和

1 （2）令bn= an2 - 1 (n∈N+),求数列{bn}的前n项和Tn.
【分析】本题考查裂项相消法求和.
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第二章 专题返回
【解析】（1）设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
由于a3=7,a5+a7=26,
∴a1+2d=7,2a1+10=26,
解得a1=3,d=2. 由于an=a1+(n-1)d，Sn= ∴an=2n+1,Sn=n(n+2).
因而an＝a1qn－1＝21n，n＝1,2，….
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第二章 专题
(2)因为{an}是首项a1＝12，公比q＝12的等比数列， 故Sn＝1211－－1221n＝1－21n，nSn＝n－2nn， 则数列{nSn}的前n项和 Tn＝(1＋2＋…＋n)－(12＋222＋…＋2nn)①
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【解析】将和式中各项倒序排列得
S=lgyn+lg(xyn-1)+lg(x2yn-2)+…+lgxn. 将此式与原式两边对应相加得
2S=lg(xy)n+lg(xy)n+…+lg(xy)n
=n(n+1)lg(xy). ∵∴lSg=(x1y)n=(na+, 1)a.
(2)12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1)； (3)13＋23＋33＋…＋n3＝14n2(n＋1)2.
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第二章 专题
2．倒序相加法：等差数列前n项和公式的推导方法， 即将Sn倒写后再与Sn相加，从而达到(化多为少)求和的目 的．常用于组合数列求和．
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[分析] 由 a2，a5 的值列方程组可求得基本量 a1 和 d，
即可求 an；再利用等比数列前 n 项和公式求 Sn.
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第二章 专题
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，依题意得方程组
a1＋d＝9 a1＋4d＝21
解得a1＝5，d＝4.
∴{an}的通项公式为an＝4n＋1.
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第二章 专题
①式两边同时乘以12得，12Tn＝12(1＋2＋…＋n)－(212＋223 ＋…＋n－2n 1＋2nn＋1)②
①－②得12Tn＝12(1＋2＋…＋n)－(12＋212＋…＋21n)＋2nn＋1 ＝nn＋ 4 1－1211－－1221n＋2nn＋1，
即Tn＝nn＋ 2 1＋2n1－1＋2nn－2.
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[例 5] 设正项等比数列{an}的首项 a1＝12，前 n 项和为 Sn 且 210S30－(210＋1)S20＋S10＝0.
(1)求数列{an}的通项； (2)求{nSn}的前 n 项和 Tn.
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第二章 专题
[分析] (1)先从已知条件出发，对210S30－(210＋1)S20＋ S10＝0进行变形整理，充分利用等比数列的性质，求出公比 q，然后由等比数列的通项公式求出数列的通项；(2)由(1) 求出nSn，认真观察{nSn}的通项，可采用错位相减法．
∴S=
f
2
1 007
f
2
2 007
f
2006 2 007
.
又S= f 2006 f 2005 f 1
2 007 2 007
2 007
两式相加得2S=2 006，∴S=1 003.
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[例3] 已知lg(xy)=a,其中S=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lgyn,求S. 【分析】本题考查倒序相加法求和.
;
②若{an}为等差数列，公差为d，则
an
1 an1
1 d
1 an
-
1 an1
;
③ .
1
1(
n k -
等
n)
nk n k
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an＝2n－112n＋1＝12(2n1－1－2n1＋1)； an＝nn＋11n＋2 ＝12[nn1＋1－n＋11n＋2]；
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第二章 专题
[点评] 分析数列是由等差数列或等比数列构成，可 直接由等差数列与等比数列的求和公式求和．
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第二章 专题
设{an}为等差数列，Sn为前n项和，已知S7=7，S15=75，Tn
为数列
Sn n
的前n项和，求Tn.
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第二章 专题
题型四 裂项相消法
所谓裂项相消，就是将数列的每一项“一拆为二”，即 每一项拆成两项之差，以达到隔项相消之目的．
常用的裂项变形有
an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1；
1
an
n
n 1
n 1
n
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第二章 专题
①
1 1 1 - 1 n(n k) k n n k
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【解析】S7=7a1+
7 6 d=7 2
S15=15a1+
15 14 d
2
75
da112
∴Sn=-2n+
n(n- 1) 2
,
∴ Sn n - 5 ,
n 22
∴Tn= 1 (1+2+…+n)-
2
5 2
n= 1 (n2-9n).
4
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故bn=b1qn-1=2×
1 4n-1
,即{bn}的通项公式为bn=
2 4n-1
.
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(2)∵cn=
an bn
4n - 2 2
=(2n-1)4n-1,
4n-1
∴Tn=c1+c2+…+cn=1+3×4+5×42+…+(2n-1)4n-1,
4Tn=1×4+3×42+5×43+…+(2n-3)4n-1+(2n-1)4n.
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第二章 专题
典例剖析
题型一 公式法：直接利用或者转化后利用等差或等 比数列求和公式
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第二章 专题
[例 1] 已知等差数列{an}，a2＝9，a5＝21.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令 bn＝
2a n
，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
两式相减得Fra Baidu bibliotek
1
3Tn=-1-2×(4+42+43+…+4n-1)+(2n-1)4n= 3［(6n-5)4n+5］,
∴Tn=
1［(6n-5)4n+5］. 9
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【评析】（1）利用错位相减法求和是指乘公比、两式 相减；（2）当两式相减时，一定要注意差式的组成.
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题型二 倒序相加法 [例 2] 设 f(x)＝4x4＋x 2，求和 S＝f(2 0102)＋f(2 0202)＋… ＋f(22 000012)． [分析] 本题是求函数值的和，通过对其解析式的研
究，寻找它们的规律，然后进行解决．
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第二章 专题
[解]
因为f(x)＝
4x 4x＋2
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第二章 专题
4．裂项相消法：将数列的通项分裂为两项之差，即数 列的每一项都可按此法分裂成两项之差，求和时，除首尾 若干少数项之外，其余各项相互抵消，这一求和方法称为 裂项相消法．
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第二章 专题
5．分解求和法与并项求和法 分解求和法：把原数列的每一项拆成两(多)项之和或 差，从而将原数列分解成两(多)个数列的和或差，而这两(多) 个数列或者是等差、等比数列，或者是已知其和．求出这两 (多)个数列的和，再相加(减)，得到原数列和的方法便是分 解求和法．为了便于拆项，常常从分解数列的通项入手．
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第二章 专题
并项求和法：将原数列的项重新组合(例如两两结合， 奇偶项分别结合等)，使它们成为一个或几个等差(比)数列 后再求和的方法．
总之，在求数列的前n项和时，应先考查其通项公式， 根据通项公式的特点，再来确定选用何种求和方法．数列 求和的实质就是一个代数式(或超越式)的化简问题．
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【解析】（1）当n=1时，a1=S1=2； 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,a1也满足上式. 故{an}的通项公式为an=4n-2, 即{an}是a1=2，公差d=4的等差数列. 1 设{bn}的公比为q，则b1qd=b1,d=4,∴q= 4 .
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第二章 专题
[点评] 此题综合性很强，巧妙的利用方程确定各项 和之间的关系，这就要求同学们在解决问题时，要合理的 化简方程，找出式子之间的内在联系，并结合数列中的有 关性质进行化简；本题设计巧妙，不高不低，难易适当， 试题没有设计任何的障碍，只要按照常规方式即可得解， 道路一片光明，当得到nSn＝n－2nn时，一切都豁然开朗．
第二章 数列
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专题 数列求和的常用方法
第二章 数列
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专题评述
数列求和的常用方法 1．公式求和法：直接应用等差数列、等比数列的求 和公式或正整数平方和、立方和公式等求和的方法． 熟记一些常见数列的前n项和公式：
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第二章 专题
(1)等差数列、等比数列的前n项和公式(注意应用等比 数列前n项和公式时应分q＝1和q≠1两种情况讨论)；
第二章 专题
①＋②得2S＝2 001[f(2 0102)＋f(22 000012)]＝2 001.
所以S＝2
001 2.
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第二章 专题
设f(x)= a x (a>0,a≠1),求和： ax a
S f 1 f 2 f 2005 f 2006
2 007 2 007
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第二章 专题
[解] (1)由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0得210(S30－S20)＝ S20－S10，即210(a21＋a22＋…＋a30)＝a11＋a12＋…＋a20，可 得，210·q10(a11＋a12＋…＋a20)＝a11＋a12＋…＋a20，∵ an>0，∴210·q10＝1，由题意知q>0，解得q＝12，
2 007 2 007
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【解析】任取x,y，若x+y=1，则
f(x)+f(y)= ax ay ax a ay a
2axy a(ax ay ) = axy a(ax ay ) a
2a a(ax ay ) = 2a a(ax ay ) 1 ,
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第二章 专题
an＝n(n＋1)＝13[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]； an＝n(n＋1)(n＋2)＝14[n(n＋1)(n＋2)(n＋3)－(n－1)n(n ＋1)(n＋2)]
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第二章 专题
已知等差数列{an}满足：a3=7,a5+a7=26.{an}的前n项和 为Sn. （1）求an及Sn;
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第二章 专题
3．错位相减法：等比数列前n项和公式的推导方法， 即将数列中的各项乘以一个适当的数(式)．然后错开一位 相减，使数列中的一些项相互抵消或形成规律，从而得出 数列的前n项和．此种方法常用于数列{an·bn}的前n项和， 其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．
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第二章 专题
(2)由an＝4n＋1得bn＝24n＋1，bn＋1＝24(n＋1)＋1 ∴bbn＋n 1＝242n4＋n＋11＋1＝24. ∴{bn}是以b1＝25为首项，公比为q＝24的等比数列． 由等比数列前n项和公式得： Sn＝2511－－2244n＝322145n－1.
，所以f(1－x)＝
41－x 41－x＋2
＝
4 4＋2·4x
＝4x＋2 2，
所以f(x)＋f(1－x)＝1.
所以S＝f(2 0102)＋f(2 0202)＋…＋f(22 000012)，①
S＝f(22 000012)＋f(22 000002)＋…＋f(2 0102)．②
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2
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学点五 错位相减法 设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列，且 a1=b1,b2(a2-a1)=b1. ((12))求设数cn=列ba{nnan,}求和数{b列n}{的cn通}的项前公n式项；和Tn.
【分析】(1)利用an与Sn关系求an通项公式；利用公式 法求bn通项公式. (2)可利用错位相减法求和.