1、6.4数列求和必备知识预案自诊知识梳理1.基本数列求和方法(1)等差数列求和公式:Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d.(2)等比数列求和公式:Sn=na1,q=1,a1-anq1-q=a1(1-qn)1-q,q1.(3)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.非基本数列求和常用方法(1)倒序相加法:如果一个数列an的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等,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.(2)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
2、分组求和法,分别求和后再相加减.如已知an=2n+(2n-1),求Sn.(3)并项求和法:若一个数列的前n项和中两两结合后可求和,则可用并项求和法.如已知an=(-1)nf(n),求Sn.(4)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,那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求,如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.(5)裂项相消法:把数列的通项公式拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.常见的裂项公式:1n(n+k)=1k1n-1n+k;1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;1n(n+1)(n+2)=121n(
3、n+1)-1(n+1)(n+2);1n+n+k=1k(n+k-n).3.常用求和公式(1)12+22+32+n2=n(n+1)(2n+1)6;(2)13+23+33+n3=n(n+1)22.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“”,错误的画“”.(1)当n2时,1n2-1=1n-1-1n+1.()(2)利用倒序相加法可求得sin21+sin22+sin23+sin288+sin289=44.5.()(3)若Sn=a+2a2+3a3+nan,则当a0,且a1时,Sn的值可用错位相减法求得.()(4)如果数列an是周期为k的周期数列,那么Skm=mSk(m,k为大于1的正整数).()(5)已
4、知等差数列an的公差为d,则有1anan+1=1d1an-1an+1.()2.已知数列an满足:当n2且nN*时,有an+an-1=(-1)n3.则数列an的前200项的和为()A.300B.200C.100D.03.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+n2-1B.2n+1+n2-1C.2n+1+n2-2D.2n+n-24.(2020湖南师大附中一模,理10)设Sn是数列an的前n项和,若an+Sn=2n,2bn=2an+2-an+1(nN*),则数列1nbn的前99项和为()A.9798B.9899C.99100D.1001015.(2020新高考
5、全国1,14)将数列2n-1与3n-2的公共项从小到大排列得到数列an,则an的前n项和为.关键能力学案突破考点分组求和【例1】(2020陕西榆林一模,理19)已知数列an,bn满足a1=1,b1=12,2an+1=an+12bn,2bn+1=12an+bn.(1)证明:数列an+bn,an-bn为等比数列;(2)记Sn为数列an的前n项和,证明:Sn103.思考具有什么特点的数列适合分组求和?解题心得具有下列特点的数列适合分组求和:(1)若an=bncn,且bn,cn为等差数列或等比数列,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b
6、n,cn是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.对点训练1(2020天津河东一模,16)已知递增等差数列an,等比数列bn,数列cn,a1=c1=1,c4=9,a1,a2,a5成等比数列,bn=an+cn,nN*.(1)求an,bn的通项公式;(2)求数列cn的前n项和Sn.考点并项求和【例2】(2020河南安阳二模,理17)记数列an的前n项和为Sn,已知Sn=2an-2n+1.(1)求数列an的通项公式;(2)记bn=(-1)nlog223(an+4)-43,数列bn的前n项和为Tn,求Tn.思考具有什么特点的数列适合并项求和?解题心得若数列an的通项公式为an=(-1)nf(n),则
7、一般利用并项求和法求数列an的前n项和.对点训练2已知等差数列an的前n项和为Sn,且a1=1,S3+S4=S5.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=(-1)n-1an,求数列bn的前n项和Tn.考点错位相减法求和【例3】(2020全国3,理17)设数列an满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,a3,猜想an的通项公式并加以证明;(2)求数列2nan的前n项和Sn.思考具有什么特点的数列适合用错位相减法求和?解题心得1.一般地,如果数列an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和时,可采用错位相减法求和,解题思路是:和式两边先同乘等比数列bn的公比,再作差求解
8、.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.对点训练3(2020全国1,理17)设an是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求an的公比;(2)若a1=1,求数列nan的前n项和.考点裂项相消法求和【例4】已知数列an的前n项和为Sn,a1=-2,且满足Sn=12an+1+n+1(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=log3(-an+1),设数列1bnbn+2的前n项和为Tn,求证:Tn34.思考裂项相消法的基本思想是什么?解题心得裂项相消法的基本思想就是把an分拆成an=bn+k-b
9、n(kN*)的形式,从而达到在求和时绝大多数项相消的目的.在解题时要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式,使之符合裂项相消的条件.对点训练4(2020山东潍坊二模,18)已知数列an为各项均为正数的等比数列,a1=1;数列bn满足b2=3,a1b1+a2b2+a3b3+anbn=3+(2n-3)2n.(1)求an;(2)求1bnbn+1的前n项和Tn.1.数列求和,一般应从通项入手,若通项未知,先求通项,再通过对通项变形,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、非等比数列的求和,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
10、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数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.1.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围.2.在应用错位相减法求和时,注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法求和时,要注意消项的规律具有对称性,即前面剩多少项,后面就剩多少项.6.4数列求和必备知识预案自诊考点自诊1.(1)(2)(3)(4)(5)2.A由题意,当n取偶数时,an+an-1=3,S200=a1+a2+a3+a4+a200=(a1+a2)+(a3+a4)+(a199+a200)=3(1+1+1)=300,故选A.3.CSn=
11、2(1-2n)1-2+n(1+2n-1)2=2n+1-2+n2.4.C当n2时,an-1+Sn-1=2n-1,则an-an-1+(Sn-Sn-1)=2n-2n-1=2n-1,即2an-an-1=2n-1,所以2an+2-an+1=2n+1(nN*),则bn=log22n+1=n+1,所以1nbn=1n-1n+1,故1b1+12b2+199b99=1-12+12-13+199-1100=1-1100=99100.故选C.5.3n2-2n数列2n-1的项均为奇数,数列3n-2的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然3n-2中的所有奇数均能在2n-1中找到,所以2n-1与3n-2的所有公共
12、项就是3n-2的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列an为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以an的前n项和为Sn=n1+n(n-1)26=3n2-2n.关键能力学案突破例1证明(1)由题意,得2an+1=an+12bn,2bn+1=12an+bn,两式相加,得an+1+bn+1=34(an+bn),a1=1,b1=12,a1+b1=32,an+bn是首项为32,公比为34的等比数列.两式相减,得an+1-bn+1=14(an-bn),a1-b1=12,an-bn是首项为12,公比为14的等比数列.(2)由(1)可得an+bn=3234n-1,an-bn=1214n-1,两式相加,得an
13、=14n+34n,Sn=14(1-(14)n1-14+341-(34)n1-340,由已知,得an=1+(n-1)d,a22=a1a5,即(1+d)2=1+4d,解得d=2或d=0(舍去),所以an=2n-1,nN*;设等比数列bn的公比为q,因为b1=a1+c1=2,所以bn=2qn-1,又因为b4=a4+c4=24-1+9=16,所以q3=a4a1=8,解得q=2,所以bn=2n,nN*.(2)由(1)可得cn=bn-an=2n-(2n-1),则Sn=c1+c2+cn=2-1+22-3+2n-(2n-1)=(2+22+2n)-1+3+(2n-1)=2(1-2n)1-2-n(1+2n-1)2
14、=2n+1-2-n2,nN*.例2解(1)当n=1时,由Sn=2an-2n+1,可得a1=S1=2a1-2+1,即有a1=1.当n2时,an=Sn-Sn-1=2an-2n+1-2an-1+2(n-1)-1,即an=2an-1+2,可得an+2=2(an-1+2),显然an-1+20.所以数列an+2是首项为3,公比为2的等比数列,则an+2=32n-1,即有an=32n-1-2.(2)bn=(-1)nlog223(32n-1+2)-43=(-1)nlog22n=(-1)nn.当n为偶数时,Tn=(-1+2)+(-3+4)+(-n+1+n)=n2,当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=n-12-n
15、=-n-12.综上可得,Tn=n2,n为偶数,-n-1n,n为奇数.对点训练2解(1)设等差数列an的公差为d,由S3+S4=S5可得a1+a2+a3=a5,即3a2=a5,3(1+d)=1+4d,解得d=2.an=1+(n-1)2=2n-1.(2)由(1)可得bn=(-1)n-1(2n-1).当n为偶数时,Tn=1-3+5-7+(2n-3)-(2n-1)=-n.当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-(n-1)+(-1)n-1(2n-1)=-(n-1)+(2n-1)=n.综上,Tn=(-1)n+1n.例3解(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3an-
16、(2n+1),an-(2n+1)=3an-1-(2n-1),a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以8Sn=32+522+723+(2n+1)2n.从而2Sn=322+523+724+(2n+1)2n+1.-得-Sn=32+222+223+22n-(2n+1)2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.对点训练3解(1)设an的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故an的公比为-2.(2)记Sn为nan的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-
17、2)n-1.所以Sn=1+2(-2)+n(-2)n-1,-2Sn=-2+2(-2)2+(n-1)(-2)n-1+n(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n=1-(-2)n3-n(-2)n.所以Sn=19-(3n+1)(-2)n9.例4(1)解由Sn=12an+1+n+1(nN*),得Sn-1=12an+n(n2,nN*),两式相减,并化简得an+1=3an-2,即an+1-1=3(an-1),又a1-1=-2-1=-30,数列an-1是以-3为首项,3为公比的等比数列,an-1=(-3)3n-1=-3n.故an=-3n+1.(2)证明由bn=log3(-a
18、n+1)=log33n=n,得1bnbn+2=1n(n+2)=121n-1n+2,Tn=121-13+12-14+13-15+1n-1-1n+1+1n-1n+2=121+12-1n+1-1n+2=34-2n+32(n+1)(n+2)34.对点训练4解(1)令n=1,得a1b1=3+(2-3)2=1,所以b1=1,令n=2,得a1b1+a2b2=7,所以a2b2=6.又b2=3,所以a2=2,设数列an的公比为q,则q=a2a1=2.所以an=2n-1.(2)当n2时,a1b1+a2b2+an-1bn-1=3+(2n-5)2n-1,又a1b1+a2b2+a3b3+anbn=3+(2n-3)2n,-,得anbn=3+(2n-3)2n-3+(2n-5)2n-1=(2n-1)2n-1,得bn=2n-1,当n=1时也成立,所以bn=2n-1,1bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1.所以Tn=121-13+1213-15+1212n-1-12n+1=121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.
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