高考数学一轮复习教案6.4《数列求和》教案(教师版).doc

第四节　数列求和[最新考纲]　1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d；(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)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(注意消项规律)，从而求得前n项和．裂项时常用的三种变形：①＝－；②＝；③＝－.(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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“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求解．(5)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)＝5 050.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有＝.(　　)(2)当n≥2时，＝.(　　)(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) 利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　　)[答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√二、教材改编1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)A．1 B. C. D.B　[∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.]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＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2C　[Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.]3．Sn＝＋＋＋…＋等于(　　)A. B. C. D.B　[由Sn＝＋＋＋…＋，①得Sn＝＋＋…＋＋，②①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－，∴Sn＝.]4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________．9　[S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]考点1　分组转化法求和　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＝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：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．　已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．[解]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.当n＝1时，a1＝S1＝1满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.[母题探究]　在本例(2)中，若条件不变求数列{bn}的前n项和Tn.[解]　由本例(1)知bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋＝2n＋1＋－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋－n＝2n＋1－－.所以Tn＝　常用并项求和法解答形如(－1)nan的数列求和问题，注意当n奇偶性不定时，要对n分奇数和偶数两种情况分别求解．对n为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求n为偶数时前n项和Tn.n为奇数可用Tn＝Tn－1＋bn(n≥2)或Tn＝Tn＋1－bn＋1最好．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2n项和T2n.[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)．∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.考点2　裂项相消法求和　形如an＝(k为非零常数)型　an＝＝.提醒：求和抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋＋＋…＋＝an＋1.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列的前n项和．[解]　(1)数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋＋＋…＋＝an＋1.所以当n＝1时，a2＝b1＝6，故an＝6＋2(n－2)＝2n＋2，由于b1＋＋＋…＋＝an＋1， ①当n≥2时，b1＋＋＋…＋＝an， ②①－②得：＝an＋1－an＝2，所以bn＝2n.所以bn＝.(2)当n＝1时，S1＝＝＝.当n≥2时，＝＝，则Sn＝＋＝＋＝，当n＝1时满足上式，故Sn＝.　本例第(1)问在求{bn}的通项公式时灵活运用了数列前n项和与项的关系，注意通项公式是否包含n＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{an}是等差数列，则＝.[备选例题]已知数列{an}满足：＋＋…＋＝(32n－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3，求＋＋…＋.[解]　＝(32－1)＝3，当n≥2时，因为＝－＝(32n－1)－(32n－2－1)＝32n－1，当n＝1时，＝32n－1也成立，所以an＝.(2)bn＝log3＝－(2n－1)，因为＝＝(－)，所以＋＋…＋＝[＋＋…＋]＝＝.等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 ＝________．　[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有解得所以Sn＝，＝＝2(－)，因此 ＝2(1－＋－＋…＋－)＝.]　形如(k为非零常数)型　an＝＝(－)．　已知函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 019＝(　　)A.－1 B.－1C.－1 D.＋1C　[由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝.∴an＝＝＝－，S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.]　运用分母有理化对分式正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．　求和S＝＋＋…＋＝(　　)A．5 B．4 C．10 D．9A　[S＝＋＋…＋＝＝5，故选A.]形如bn＝(q为等比数列{an}的公比)型　bn＝＝－.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{}的前n项和Tn.[解]　(1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，∴a1＝S1＝－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n－1－(an－n)，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.(2)∵＝＝－.∴数列{}的前n项和Tn＝＋＋…＋＝－.　本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如an＋1＝λan＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和．已知 {an}是等比数列，且a2＝，a5＝，若bn＝，则数列{bn}的前n项和为(　　)A. B. C. D.A　[a5＝a2·q3，∴q3＝，∴q＝，a1＝1，∴an＝()n-1，bn＝＝－∴b1＋b2＋b3＋…＋bn＝[－]＋[－]＋[－]＋…＋[－]＝－＝.故选A.]形如an＝型　an＝＝.　正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.[解]　(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，故bn＝＝＝[－]．Tn＝[1－＋－＋－＋…＋－＋－]＝[1＋－－]＜(1＋)＝.(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有：①＜＝.②－＜＜－.③2(－)＜＜2(－)．　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S4＝2a4－1，S3＝2a3－1.(1)求{an}的通项公式；(2)记bn＝log2(an·an＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：＋＋…＋＜2.[解]　(1)设{an}的公比为q，由S4－S3＝a4得2a4－2a3＝a4，所以＝2，所以q＝2.又因为S3＝2a3－1，所以a1＋2a1＋4a1＝8a1－1，所以a1＝1.所以an＝2n－1.(2)证明：由(1)知bn＝log2(an·an＋1)＝log2(2n－1×2n)＝2n－1，所以Tn＝·n＝n2，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＜1＋＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＜2.考点3　错位相减法求和　 错位相减法求和的具体步骤步骤1→写出Sn＝c1＋c2＋…＋cn.。