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(安徽专用)2014届高考数学 第五章 第四节 数列求和课件 文 新人教A版


第四节

数列求和

1.公式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和. (1)等差数列的前 n 项和公式: n(n-1) n( a1+ an) na1+ d Sn= = ________________ ; 2 2 (2)等比数列的前 n 项和公式:

2.倒序相加法
如果一个数列 {an}

的前 n 项中首末两端等“距离”的两 项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和 即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法 推导的.

3.错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列 的对应项之积构成的,这个数列的前 n 项和可用错位相减 法.

4.裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可 以相互抵消,从而求得其和. 5.分组求和法 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,则求和时可用分组求和法,分别求和而

后相加减.

6.并项求和法 一个数列的前 n项和中,可两两结合求解,则称之为并

项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.
例如,Sn=1002-992+982-972+?+22-12 =(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.

1.裂项相消法的前提是什么? 【提示】 数列中的每一项均可分裂成一正一负两项,

且在求和过程中能够前后相互抵消. 2.若数列{an}是等比数列,则数列{|an|}的前n项和可用 什么方法求解? 【提示】 数列 {|an|} 仍然是等比数列,可用公式法求

解.

1.(人教 A 版教材习题改编)等差数列{an}的通项公式为 Sn an=2n+1,其前 n 项的和为 Sn,则数列{ }的前 10 项的和 n 为( ) A.120 B.70 C.75 D.100

n(3+2n+1) Sn 【解析】 ∵Sn= =n(n+2),∴ =n+2. 2 n Sn ∴数列{ }前 10 项的和为:(1+2+?+10)+20=75. n

【答案】

C

2.一个球从100 m高处自由落下,每次着地后又跳回到
原高度的一半再落下,当它第 10 次着地时,经过的路程是 ( ) A.100+200×(1-2-9) C.200(1-2-9) B.100+100(1-2-9) D.100(1-2-9)

【解析】 第 10 次着地时,经过的路程为 - 100+2(50+25+?+100×2 9) - - - =100+2×100×(2 1+2 2+?+2 9) 2-1(1-2-9) - =100+200× =100+200(1-2 9). -1 1-2

【答案】

A

3 . (2013· 合肥质检 ) 若数列 {an} 的通项公式是 an = ( -

1)n(3n-2),则a1+a2+?+a10=(
A.15 B.12 C.-12

)
D.-15

【解析】

∵an=(-1)n(3n-2),

∴a1+a2+?+a10=(-1+4)+(-7+10)+?+(-25+ 28)=3×5=15. 【答案】 A

4. (2012· 大纲全国卷)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 1 a5=5,S5=15,则数列{ }的前 100 项和为( anan+1 100 A. 101 99 B. 101 99 C. 100 101 D. 100 )

【解析】 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. ∵a5=5,S5=15, ?a1+4d=5, ? ∴? 5×(5-1) d=15, ?5a1+ 2 ?
?a = 1, ? 1 ∴? ? ?d= 1,

∴an=a1+(n-1)d=n. 1 1 1 1 ∴ = = - , anan+1 n(n+1) n n+1 1 1 1 1 ∴数列 { } 的前 100 项和为 1 - + - 2 2 3 anan+1 1 1 1 100 +?+ - =1- = . 100 101 101 101

【答案】

A

5.设数列{an}的通项an=4n-1,数列{bn} 的通项bn=3n
-1,则数列{an· bn}的前n项和Tn=________.
【解析】 Tn= 1· 2+ 4· 5+ 42· 8+?+ 4n-1(3n-1),① 4Tn= 4· 2+ 42· 5+ 43· 8+ ?+ 4n(3n- 1). ② - ②-① 得: 3Tn=- 2- 3(4+ 42+? + 4n 1)+ 4n(3n- 1) - =- 2+ 4(1- 4n 1)+ 4n(3n- 1) = 2+ (3n- 2)· 4n. 2 n 2 所以 Tn= (n- )· 4+ . 3 3

【答案】

2 n 2 (n- )· 4+ 3 3

已知函数 f(x) = 2x - 3x - 1 ,点 (n , an) 在 f(x) 的图象

上,an的前n项和为Sn.
(1)求使an<0的n的最大值; (2)求Sn. 【思路点拨】 (1)由条件,求出an,利用数列的性质求 an<0的n的最大值;(2)将{an}转化为两个特殊数列求和.

【尝试解答】 图象上,

(1)∵点(n,an)在函数f(x)=2x-3x-1的

∴an=2n-3n-1,
∵an<0,∴2n-3n-1<0,即2n<3n+1,

又∵n∈N*,
∴n≤3,即n的最大值为3.

(2)∵an=2n-3n-1, ∴Sn=a1+a2+a3+?+an =(21-3×1-1)+(22-3×2-1)+?+(2n-3×n-1) =(21+22+?+2n)-3(1+2+3+?+n)-n 2(1-2n) n(n+1) = -3· -n 2 1-2 =2
n+ 1

n(3n+5) - -2. 2

1 . 数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项, 然后通过对通项变形,转化为等差数列或等比数列求和. 2.常见类型及方法 (1)an=kn+b,利用等差数列前n项和公式直接求解; (2)an=a·qn-1,利用等比数列前n项和公式直接求解;

(3)an=bn±cn,数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,
采用分组求和法求{an}的前n项和.

1 1 1 1 1 若数列{an}是 1,(1+ ),(1+ + ),?,(1+ + +? 2 2 4 2 4 + 1 2n
-1

),?,试求数列{an}的前 n 项和 Sn.

【解】 1 =2(1- n), 2

1 n 1-( ) 2 1 1 1 an=1+ + +?+ n-1= 2 4 1 2 1- 2

1 1 1 ∴ Sn= 2[(1- )+ (1- 2)+ ?+(1- n)] 2 2 2

1 1 ( 1- n) 2 2 = 2[n- ] 1 1- 2 1 1 = 2[n-(1- n)]= 2n- 2+ n-1. 2 2

公差不为 0 的等差数列 {an} 中, a1 = 2 ,且 a1 , a3 , a7

成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{cn}的前n项和为Sn,且nancn=1,求证:Sn< 1. 【思路点拨】 (1)由a1,a3,a7成等比数列,求得公差

d,进而确定{an}的通项公式. (2)根据{cn}的通项公式特征,利用裂项相消法求得Sn,

从而证得Sn<1.

【尝试解答】 +2d,a7=2+6d.

(1)设等差数列{an}的公差为d,则 a3=2

∵a1,a3,a7成等比数列,
∴(2+2d)2=2(2+6d), 又d≠0,∴可求d=1. ∴an=a1+(n-1)d=n+1, ∴数列{an}的通项公式为an=n+1.

(2)∵nancn=1,又由(1)知 an=n+1, 1 1 1 ∴ cn = = - . n(n+1) n n+1 1 1 1 ∴Sn= + +?+ 1×2 2×3 n(n+1) 1 1 1 1 1 1 =(1- )+( - )+?+( - )=1- <1. 2 2 3 n n+1 n+1

1 . 本题中在求数列 {cn} 的前 n 项和 Sn 时,把 cn = 1 1 1 变形为 cn= - 是解题的关键. n n(n+1) n+1 2.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或 多项,使这些裂开的项出现有规律的相互抵消,要注意消去 了哪些项,保留了哪些项.从而达到求和的目的.

已知等差数列{an}中,a2=8,S6=66. (1)求数列{an}的通项公式 an; 2 (2)设 bn= , Tn=b1+b2+?+bn, 求 Tn, T10. (n+1)an

【解】

(1)设等差数列{an}的公差为 d,则

?a2=a1+d=8, ? ? ?a1=6, 由题意得? 解之得? 6×5 ? S6=6a1+ d=66 ?d=2. ? 2 ? ∴an=6+(n-1)· 2=2n+4.

2 1 1 1 (2)bn= = = - , (n+1)an (n+1)(n+2) n+1 n+2 1 1 1 1 1 1 ∴Tn=( - )+( - )+?+( - ) 2 3 3 4 n+1 n+2 1 1 n = - = , 2 n+2 2(n+2) 10 5 从而 T10= = . 2(10+2) 12

数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn , a1 = 1 , an + 1 = 2Sn(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式an; (2)求数列{nan}的前n项和Tn.

【思路点拨】
的前n项和Tn.

由an+1=Sn+1-Sn得 Sn与Sn+1的递推关

系,求得Sn和an,由an的特征,利用错位相减法求数列{nan}

【尝试解答】 (1)∵an+1=2Sn,∴Sn+1-Sn=2Sn, ∴Sn+1=3Sn. 又∵S1=a1=1, ∴数列{Sn}是首项为 1、公比为 3 的等比数列,因此 Sn =3n-1(n∈N*). - 当 n≥2 时,an=2Sn-1=2· 3n 2(n≥2), ∴数列{an}的通项公式
? n=1, ?1, an = ? n - 2 ? 3 ,n≥2. ?2·

(2)Tn=a1+2a2+3a3+?+nan. 当 n=1 时,T1=1; - 当 n≥2 时,Tn=1+4· 30+6· 31+?+2n· 3n 2, - 3Tn=3+4· 31+6· 32+?+2n· 3n 1,

① ②

①-②得:-2Tn=-2+4+2(31+32+?+3n 2)-2n· 3n


-1

3(1-3n 2) =2+2· -2n· 3n-1=-1+(1-2n)· 3n-1, 1-3


1 1 n-1 ∴Tn= +(n- )· 3 (n≥2). 2 2 又∵T1=a1=1 也满足上式, 1 1 n-1 ∴Tn= +(n- )· 3 (n∈N*). 2 2

1. 本例(2)求 Tn时,易盲目利用错位相减法直接求和, 忽视讨论n=1的情形.

2.(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,可采用错位相减法求和.一般是和 式两边同乘以等比数列 {bn} 的公比,若 {bn} 的公比为参数, 应分公比等于1和不等于1两种情况讨论. (2) 在写出“ Sn”与“ qSn” 的表达式时应特别注意将两式

“错项对齐”.即公比 q的同次幂项相减,转化为等比数列
求和.

1 2 (2012· 江西高考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n + 2 kn(其中 k∈N*),且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; 9-2an (2)求数列{ }的前 n 项和 Tn. 2n 【解】 (1)由Sn=kcn-k,得 - n≥2时,an=Sn-Sn-1=kcn-kcn 1, 又a2=4,a6=8a3,
? ? ?kc(c-1)=4, ?c=2, ∴? 5 解得? 2 ? ? ?kc (c-1)=8kc (c-1) ?k=2,

因此a1=S1=2,an=2n(n≥2), 于是an=2n(n∈N*).

(2)Tn=1· 21+2· 22+3· 23+4· 24+?+n· 2n,① ∴2Tn=1· 22+2· 23+3· 24+?+(n-1)· 2n+n· 2n+1,② 由②-①,得 Tn=2Tn-Tn=-2-22-23-24-?-2n+n· 2n+1 =-2n+1+2+n· 2n+1=(n-1)2n+1+2.

解决非等差、等比数列的求和,主要有两种思路 (1) 转化的思想,即将一般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或错位相减来完成. (2) 不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消 法、倒序相加法等来求和.

1. 裂项相消法,分裂通项是否恰好等于相应的两项之
差. 2 . 在正负项抵消后,是否只剩下第一项和最后一项, 或有时前面剩下两项,后面也剩下两项,未消去的项有前后 对称的特点.

数列求和是高考的热点,主要涉及等差、等比数列求 和、错位相减法求和、裂项相消法求和与并项法求和,题目 呈现方式多样,在选择题、填空题中以考查基础知识为主,

在解答题中以考查错位相减法和裂项相消法求和为主,求解
的关键是抓住通项公式的特征,正确变形,分清项数求和.

易错辨析之八

通项遗漏导致错位相减求和错误

(2012· 浙江高考改编 ) 已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn , 且 Sn = 2n2 + n - 3 , n∈N* ,数列 {bn} 满足 an = 4log2bn + 3 , n∈N*.

(1)求an,bn;
(2)求数列{an· bn}的前n项和Tn. 【错解】 (1)由Sn=2n2+n-3,得

n≥2时,Sn-1=2(n-1)2+(n-1)-3, ∴an=2n2-2(n-1)2+1=4n-1, 由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.

(2)由(1)知anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N*, 所以Tn=3+7×2+11×22+?+(4n-1)·2n-1,

2Tn=3×2+7×22+?+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,
所以 2Tn - Tn = (4n - 1)2n - [3 + 4(2 + 22 + ? + 2n - 1)] = (4n-5)2n+5. 故Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.

错因分析:(1)求an,忽视n=1的情形,错求an,导致后
续问题不能正确求解. (2) 错位相减求和时,弄错等比数列的项数,盲目认为 除首、末项外成等比数列.

防范措施:(1)由Sn求an,当n=1时,a1=S1检验是否满
足an=Sn-Sn-1(n≥2),若不满足,应分段表示an,从而求Tn 时,应分类讨论. (2) 由于 {anbn} 的通项分段表示,求 Tn 时,不仅注意对 n 进行讨论,而且在写出“ Tn” 与 “qTn” 的表达式时应特别注

意将两式“错项对齐”.即公比q的同次幂项相减,转化为
等比数列求和.

【正解】 (1)在错解中,补上当 n=1 时,a1=S1=0, 不适合 an=4n-1(n≥2), 因此
? ?0 an=? ? ?4n-1

(n=1), (n≥2),

3 ∴a1=4log2b1+3,∴b1=2- , 4 3 ? ?2- (n=1), 4 于是 bn=? n- 1 ? 2 (n≥2). ?

(2)Tn=a1b1+a2b2+a3b3+?+anbn, 3 当 n=1 时,T1=a1b1=0×2- =0, 4 当 n≥2 时, Tn=7×2+11×22+15×23+?+(4n-1)· 2n-1, - ∴2Tn=7×22+11×23+?+(4n-5)· 2n 1+(4n-1)· 2n, 则 Tn=2Tn-Tn=(4n-1)· 2n-14-4(22+23+?+2n-1)
2 n- 2 4 × 2 ( 1 - 2 ) n =(4n-1)· 2 -14- 1-2

=(4n-5)· 2n+2, 又 n=1 时,T1=0 适合上式, 故 Tn=(4n-5)· 2n+2,n∈N*.

1.(2012·课标全国卷)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n
-1,则{an}的前60项和为( A.3 690 【解析】 B.3 660 ) C.1 845 D.1 830

∵an+1+(-1)nan=2n-1,

当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1, 当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3, 从而a2k+1+a2k-1=2,a2k+3+a2k+1=2,

因此a2k+3=a2k-1,
∴a1=a5=a9=…=a61,

于是 S60=a1+a2+a3+?+a60 =(a2+a3)+(a4+a5)+?+(a60+a61) = 3 + 7 + 11 + ? + (2×60 - 1) = 30×(3+119) =1 830. 2
【答案】 D

2.(2013· 大连调研)已知等差数列{an}满足 a2=0, a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式; an (2)求数列{ n-1}的前 n 项和. 2

【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 由已知
? ? ?a1+d=0, ?a1=1, 条件可得? 解得? ? ? ?2a1+12d=-10, ?d=-1.

故数列{an}的通项公式为 an=2-n.

an (2)设数列{ n-1}的前 n 项和为 Sn, 2 an 2-n 1 n ∵ n-1= n-1 = n-2- n-1, 2 2 2 2 1 1 1 2 3 n ∴Sn=(2+1+ + 2+?+ n-2)-(1+ + 2+?+ n-1). 2 2 2 2 2 2 2 3 n 记 Tn=1+ + 2+?+ n-1, ① 2 2 2 1 1 2 3 n 则 Tn= + 2+ 3+?+ n, ② 2 2 2 2 2

1 1 1 1 n ①-②得: Tn=1+ + 2+?+ n-1- n, 2 2 2 2 2 1 1- n 2 1 n 1 n ∴ Tn= - .即 Tn=4(1- n)- n-1. 2 1 2n 2 2 1- 2 1 n 2[1-( ) ] 2 1 n ∴Sn= -4(1- n)+ n-1 1 2 2 1- 2 1 1 n n =4(1- n)-4(1- n)+ n-1= n-1. 2 2 2 2


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