2021高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和课件 理

【知识重温】一、必记6个知识点1．公式法求和使用已知求和公式求和的方法，即等差、等比数列或可化为等差等比数列的求和方法．2．裂项相消法求和把数列的通项拆分为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法．3．错位相减法求和(1)适用的数列：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．(2)方法：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(*)，则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1(**)，(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．4．倒序相加法求和如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项之和，可把正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，例如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．5．分组求和法求和若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化求和法，分别求和而后相加减．例如已知an＝2n＋(2n－1)，求Sn.6．并项求和法求和把数列中的若干项结合到一起，形成一个新的可求和的数列，此时，数列中的项可能正、负相间出现或呈现周期性．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两个项合并求解．例如：Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.二、必明2个易误点1．使用裂项相消法求和时，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．2．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．【小题热身】1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝a1－an＋11－q.()(2)当n≥2时，1n2－1＝121n－1－1n＋1.()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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相加求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()√√×√2．[2020·重庆测试]在数列{an}中，an＋1－an＝2，a2＝5，则{an}的前4项和为()A．9B．22C．24D．32解析：依题意得，数列{an}是公差为2的等差数列，a1＝a2－2＝3，因此数列{an}的前4项和等于4×3＋4×32×2＝24，选C.答案：C3．[2020·江西新余三校联考]数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为()A．－200B．－100C．200D．100解析：根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D.答案：D4．函数f(x)＝x2x－1，求f12019＋f22019＋f32019＋…＋f20182019的值为()A．2018B．2019C．1008D．1009解析：∵f(x)＝x2x－1∴f(1－x)＝1－x21－x－1＝1－x1－2x＝x－12x－1∴f(x)＋f(1－x)＝1∴倒序相加得f12019＋f22019＋f32019＋…＋f20182019＝1009.答案：D5．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵树是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝a11－qn1－q＝21－2n1－2＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102，由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n≥6.答案：6考点一分组法求和[互动讲练型][例1][2019·天津南开附中期中]已知数列{an}是等比数列，满足a1＝3，a4＝24，数列{bn}是等差数列，满足b2＝4，b4＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn＝an－bn，求数列{cn}的前n项和．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意，得q3＝a4a1＝243＝8，解得q＝2，∴{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝3×2n－1，∴a3＝12.设等差数列{bn}的公差为d，∵b2＝4，b4＝a3＝12，b4＝b2＋2d，∴12＝4＋2d，解得d＝4.∴bn＝b2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×4＝4n－4.故{bn}的通项公式为bn＝4n－4.(2)由(1)知an＝3×2n－1，bn＝4n－4，∴cn＝an－bn＝3×2n－1－(4n－4)．从而数列{cn}的前n项和Sn＝3×20＋3×21＋…＋3×2n－1－[0＋4＋8＋…＋(4n－4)]＝3×1－2n1－2－n4n－42＝3×2n－3－n(2n－2)＝3×2n－2n2＋2n－3.悟·技法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，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{bn}，{cn}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.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2020·南昌模拟]已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，记bn＝anSn(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)∵Sn＝2n＋1－2，∴当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－2＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n.又a1＝2＝21，∴an＝2n.(2)由(1)知，bn＝anSn＝2·4n－2n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2(41＋42＋43＋…＋4n)－(22＋23＋…＋2n＋1)＝2×41－4n1－4－41－2n1－2＝23·4n＋1－2n＋2＋43.考点二错位相减法求和[互动讲练型][例2][2020·湖南衡阳联考]已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，b1＝12，2an＋1＝an＋12bn,2bn＋1＝12an＋bn(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋bn}，{an－bn}均是等比数列；(2)记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝λ＋μ(an－89×14n)，求λ－μ的值．解析：(1)依题意得2an＋1＝an＋12bn，2bn＋1＝12an＋bn，两式相加，得an＋1＋bn＋1＝34(an＋bn)，∴{an＋bn}为等比数列；两式相减，得an＋1－bn＋1＝14(an－bn)，∴{an－bn}为等比数列．(2)∵a1＝1，b1＝12，∴a1＋b1＝32，a1－b1＝12.由(1)可得an＋bn＝32×(34)n－1①，an－bn＝12×(14)n－1②.①＋②，得an＝(14)n＋(34)n，∴Sn＝＋＝13×1－14n＋3×1－3n4n＝103－13×14n－3×(34)n.又Sn＝λ＋μ(an－89×14n)＝λ＋μ[19×14n＋(34)n]，∴λ＝103，μ＝－3，∴λ－μ＝193.悟·技法1.掌握解题“3步骤”2．注意解题“3关键”(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“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．(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q＝1和q≠1两种情况求解．3．谨防解题“2失误”(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和.[变式练]——(着眼于举一反三)2．[2020·山东青岛一模]已知公比为q的等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求q的值；(2)若bn＝anlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn.解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意，有2a1＋a3＝3a2，a2＋a4＝2a3＋2，即a12＋q2＝3a1q①，a1q＋q3＝2a1q2＋4②，由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝2或q＝1.代入②知q＝1不成立，故舍去，所以q＝2.(2)由(1)知a1＝2，所以an＝2n，bn＝anlog2an＝2nlog22n＝n·2n，所以Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，所以2Sn＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.考点三裂项相消法[互动讲练型][例3][2020·辽宁鞍山月考]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a2＝4,2Sn＋1－an＋1＝2Sn＋3an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝3nan＋1－1Sn＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：38≤Tn12.解析：(1)∵2Sn＋1－an＋1＝2Sn＋3an，∴2an＋1－an＋1＝3an，∴an＋1＝3an(n∈N*)，∵a1＋a2＝4，∴a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1.(2)由(1)知Sn＝3n－12.∵bn＝3nan＋1－1Sn＋1，∴bn＝2×3n3n－13n＋1－1＝13n－1－13n＋1－1，∴Tn＝(131－1－132－1)＋(132－1－133－1)＋…＋(13n－1－13n＋1－1)＝12－13n＋1－1.∵n∈N*，所以－13n＋1－1∈[－18，0)，∴38≤12－13n＋1－112，即38≤Tn12.悟·技法常见的裂项方法(其中n为正整数)数列裂项方法1nn＋k(k为非零常数)1nn＋k＝1k1n－1n＋k14n2－114n2－1＝1212n－1－12n＋11nn＋1n＋2121nn＋1－1n＋1n＋21n＋n＋k1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)loga1＋1na0，a≠1loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan[变式练]——(着眼于举一反三)3．[2019·安徽池州期末]已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝23Sn＋13(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1log3an＋1＋log3an＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)由an＝23Sn＋13，可得Sn＝32an－12，当n≥2时，Sn－1＝32an－1－12，则an＝Sn－Sn－1＝(32an－12)－(32an－1－12）＝32an－32an－1，整理得an＝3an－1(n≥2)，而a1＝S1＝32a1－12，即a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，则an＝1×3n－1＝3n－1.故数列{an}的通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)得bn＝1log3an＋1＋log3an＋2＝1log33n－1＋1＋log33n－1＋2＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1.微专题(十四)与数列求和有关的综合问题[例]设函数f(x