第36讲数列求和(讲)(原卷版)

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2011届新课标人教版高中第1轮总复习理科数学课件第36讲数列模型及应用

16
乙方案获利： ②乙方案获利： 1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…+(1+9×0.5) × × 银行本息和：银行本息和： 1.05×[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)9] ×
10 × 9 =10×1+ 万元); × ×0.5=32.50(万元万元 2
故乙方案纯利：万元); 故乙方案纯利：32.50-13.21=19.29(万元由于本息与利润是熟悉的概念，万元由于本息与利润是熟悉的概念，因此只建立通项公式并运用所学过的公式求解. 立通项公式并运用所学过的公式求解综上可知，甲方案更好. 综上可知，甲方案更好
1 依题意,有依题意有n120°+ n(n-1)×5°=180°(n-2), ° × ° ° 2
化简得n -25n+144=0，解得n=9或化简得n2-25n+144=0，解得n=9或n=16. =195°[0°,180°)，故n=16舍去， ° ° 舍去， °，舍去
当n=16时，最大内角为 °+(16-1)×5° 时最大内角为120° × ° 最大内角为120°+(9-1)×5°=160°. 当n=9时,最大内角为时最大内角为 ° × ° °
新课标高中一轮总复习
理数
1
第五单元数列、推理与证明数列、
2
第36讲 36讲
数列模型及应用
3
1.认识数列的函数特性，能结合方认识数列的函数特性，认识数列的函数特性不等式、解析几何、程、不等式、解析几何、算法等知识解决一些数列问题. 解决一些数列问题 2.掌握与等差数列、等比数列有关掌握与等差数列、掌握与等差数列的实际应用问题的解法. 的实际应用问题的解法

高考数学第五章数列求和-教学课件

[冲关锦囊] 分组求和常见类型及方法
(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.
[精析考题] [例2] (2011·辽宁高考)已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{2an－n 1}的前n项和．
解：(1)因为{an}是首项为a1＝19，公差为d＝－2的等差数列，所以an＝ 19－2(n－1)＝－2n＋21. Sn＝19n＋nn2－1·(－2)＝－n2＋20n. (2)由题意知bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1＋an＝3n－1－2n＋21. Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋3n－2 1.
解析：∵Sn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n① ∴2Sn＝22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1② ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.
答案：(n－1)·2n＋1＋2
n C.n－1
n＋1 D. n
解析：∵f′(x)＝mxm－1＋a，∴m＝2，a＝1. ∴f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n， ∴f1n＝n2＋1 n＝nn1＋1＝n1－n＋1 1， ∴Sn＝f11＋f12＋f13＋…＋fn－1 1＋f1n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋n－1 1－n1＋n1－n＋1 1 ＝1－n＋1 1＝n＋n 1.
[自主解答] (1)设数列{an}的公比为q.由a23＝9a2a6得 a23＝9a24，所以q2＝19.由条件可知q＞0，故q＝13. 由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝13. 故数列{an}的通项公式为an＝31n.

数列求和PPT课件

1 2n-1
-
1 2n+1
)]
=
3n 2n+1
.
11.已知 {an} 是首项为 a1, 公比为 q 的等比数列. (1)求和: a1C20-a2C12+a3C22, a1C03-a2C13+a3C23-a4C33 ; (2)由(1)的结果归纳概括出关于正整数 n 的一个结论, 并加以证明; (3)设q≠1, Sn是{an} 的前 n 项和, 求 S1Cn0-S2C1n+S3C2n-S4C3n+ … +(-1)nSn+1Cnn.
n+1 项
∵lgx+lgy=a, ∴lg(xy)=a.
∴Sn=
n(n+1) 2
lg(xy)=
n(n2+1)a.
注: 本题亦可用对数的运算性质求解:
∵Sn=lg[xn+(n-1)+…+3+2+1y1+2+3+…+(n-1)+n],
∴Sn=
n(n+1) 2
lg(xy)=
n(n2+1)a.
7.求证: Cn0+3Cn1+5Cn2+…+(2n+1)Cnn=(n+1)2n.
-nn2+,1 2
,
n 为偶数时, n 为奇数时.
将数列的每一项拆(裂开)成两项之差, 使得正负项能相互
抵消, 剩下首尾若干项.
例
求和
Sn=
1×1 2+
1 2×3
+…+
1 n(n+1)
.
n n+1

高考数学复习知识点讲解教案第36讲等比数列及其前n项和

故15 = 12 + 16 = 28.
探究点一等比数列的基本运算
例1（1）
[2023·全国甲卷] 设等比数列{ }的各项均为正数，前项和为，
若1 = 1，5 = 53 − 4，则4 =(
15
A.
8
65
B.
8
C
)
C.15
D.40
［思路点拨］（1）根据题意列出关于公比的方程,求出,注意 = 1时的情况，
1,3,9或9,3,1
等比数列为______________.

+
+

=
13,

=
3,
= 3,

1 或ቊ
[解析] 设这个等比数列为，，，则൞
解得൝

= 3,
=
⋅ ⋅ = 27,
3

∴ 这个等比数列为1,3,9或9,3,1.
题组二常错题
◆ 索引：忽视项的符号的判断;忽视对公比的讨论;对等比数列的性质不熟导致出错.
2
∗
⋅
若 + = + = 2 , , , , ∈ ，则 ⋅ =_________=____.
（2）
（3）若数列{ }，{ }（项数相同）是等比数列，则{ }
{ ⋅

}，{ }仍然是等比数列.

≠0
1
2
，{ }，{ }，
所以数列{ − 1}是首项为1，公比为2的等比数列.
∗

.
（2）
1
求证：
1
+
1
2
+ ⋯+
1

高考数学数列求和错位相减裂项相消(解析版)全

数列求和-错位相减、裂项相消◆错位相减法错位相减法是求解由等差数列a n 和等比数列b n 对应项之积组成的数列c n (即c n =a n b n )的前n 项和的方法.这种方法运算量较大,要重视解题过程的训练.在讲等比数列的时候, 我们推导过等比数列的求和公式,其过程正是利用错位相减的原理, 等比数列的通项b n 其实可以看成等差数列通项a n a n =1 与等比数列通项b n 的积.公式秒杀:S n =(A ⋅n +B )q n -B (错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A 与B ,可以采用将前1项和与前2项和代入式中,建立二元一次方程求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据.)【经典例题1】设数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=1,S n =a n +1-1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =na n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1n ∈N ∗ ； (2)T n =2-n +22n.【解析】(1)因为a 1=1,S n =a n +1-1．所以S 1=a 2-1，解得a 2=2．当n ≥2时，S n -1=a n -1，所以a n =S n -S n -1=a n +1-a n ，所以2a n =a n +1，即a n +1a n=2．因为a 2a 1=2也满足上式，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n =2n -1n ∈N ∗ ．(2)由(1)知a n +1=2n ，所以b n =n2n ，所以T n =1×12+2×12 2+3×12 3+⋯+n ×12 n⋯①12T n =1×12 2+2×12 3+⋯+(n -1)×12 n +n ×12n +1⋯②①-②得12T n =12+12 2+12 3+⋯+12 n -n ×12 n +1=121-12 n1-12-n ×12 n +1=1-1+n 2 12 n ，所以T n =2-n +22n．【经典例题2】已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等比数列，且a 1=b 1=1，S 3=3b 2=12．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)若c n =a n b n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -2，b n =4n -1(2)T n =4+n -1 4n +1【解析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由题意得：3a 1+3d =12，解得：d =3，所以a n =1+3n -1 =3n -2，由3b 2=12得：b 2=4，所以q =a2a 1=4，所以b n =4n -1(2)c n =a n b n +1=3n -2 ⋅4n ，则T n =4+4×42+7×43+⋯+3n -2 4n ①，4T n =42+4×43+7×44+⋯+3n -2 4n +1②，两式相减得：-3T n =4+3×42+3×43+3×44+⋯+3×4n -3n -2 4n +1=4+3×16-4n +11-4-3n -2 4n +1=-12+3-3n 4n +1，所以T n =4+n -1 4n +1【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和为S n ，且S 2=6，S 3=14．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1a n，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n n ∈N * (2)T n =3-2n +32n 【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q ，当q =1时，S n =na 1，所以S 2=2a 1=6，S 3=3a 1=14，无解．当q ≠1时，S n =a 11-q n 1-q ，所以S 2=a 11-q 21-q =6,S 3=a 11-q 31-q=14.解得a 1=2，q =2或a 1=18，q =-23(舍)．所以a n =2×2n -1=2n n ∈N * ．(2)b n =2n -1a n =2n -12n ．所以T n =12+322+523+⋯+2n -32n -1+2n -12n ①，则12T n=122+323+524+⋯+2n -32n+2n -12n +1②，①-②得，12T n =12+222+223+224+⋯+22n -2n -12n +1=12+2122+123+124+⋯+12n -2n -12n +1=12+2×141-12n -1 1-12-2n -12n +1=32-2n +32n +1．所以T n =3-2n +32n．【练习1】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +1n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1(2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由a n +1=2a n +1得：a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2n ，∴a n =2n -1.(2)由(1)得：n a n +1 =n ⋅2n ；∴S n =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n -1+n ⋅2n ，2S n =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1，∴-S n =2+22+23++2n-n ⋅2n +1=21-2n1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，∴S n =n -1 ⋅2n +1+2.【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =na n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =(n -1)⋅2n +1【解析】(1)令n =1得S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1，则a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1，整理得a n =2a n -1，∴an a n -1=2，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n =2n -1；(2)由(1)得b n =na n =n ⋅2n -1，则T n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1，2T n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n ，两式相减得-T n =20+21+22+23+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n =1-2n1-2-n ⋅2n ，化简得T n =1-2n +n ⋅2n =(n -1)⋅2n +1．【练习3】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且3S n =4a n -2．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1⋅log 2a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =22n -1(2)T n =409+6n -59×22n +3【解析】(1)当n =1时，3S 1=4a 1-2=3a 1，解得a 1=2．当n ≥2时，3a n =3S n -3S n -1=4a n -2-4a n -1-2 ，整理得a n =4a n -1，所以a n 是以2为首项，4为公比的等比数列，故a n =2×4n -1=22n -1．(2)由(1)可知，b n =a n +1⋅log 2a n =2n -1 ×22n +1，则T n =1×23+3×25+⋯+2n -1 ×22n +1，4T n =1×25+3×27+⋯+2n -1 ×22n +3，则-3T n =23+26+28+⋯+22n +2-2n -1 ×22n +3=23+26-22n +41-4-2n -1 ×22n +3=-403-6n -53×22n +3．故T n =409+6n -59×22n +3．【练习4】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2n +1a na n +2n(n ∈N +).(1)求证数列2n a n 为等差数列；(2)设b n =n n +1 a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析 (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由已知可得a n +12n +1=a n a n +2n ，即2n +1a n +1=2n a n +1，即2n +1a n +1-2n a n =1，∴2n a n 是等差数列.(2)由(1)知，2n a n =2a 1+n -1 ×1=n +1，∴a n =2nn +1，∴b n =n ⋅2nS n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n2S n =1⋅22+2⋅23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1相减得，-S n=2+22+23+⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1=2n+1-2-n⋅2n+1∴S n=n-1⋅2n+1+2◆裂项相消法把数列的通项拆成相邻两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.在消项时要注意前面保留第几项,最后也要保留相对应的倒数几项.例如消项时保留第一项和第3项,相应的也要保留最后一项和倒数第三项.常见的裂项形式:(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k;(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;(3)1n+k+n=1k(n+k-n);(4)2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2;(5)2n2n-12n+1-1=12n-1-12n+1-1;(6)2n(4n-1)n(n+1)=2n+1n+1-2nn;(7)n+1(2n-1)(2n+1)2n =1(2n-1)2n+1-1(2n+1)2n+2;(8)(-1)n(n+1)(2n+1)(2n+3)=14(-1)n2n+1-(-1)n+12n+3(9)(-1)nn-n-1=(-1)n(n+n-1)=(-1)n n-(-1)n-1n-1(10)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2).(11)n⋅n!=n+1!-n!(12)kk+1!=1k!-1k+1!【经典例题1】已知正项数列a n中，a1=1，a2n+1-a2n=1，则数列1a n+1+a n的前99项和为( )A.4950B.10C.9D.14950【答案】C【解析】因为a2n+1-a2n=1且a21=1，所以，数列a2n是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，a2n=1+n-1=n，因为数列a n为正项数列，则a n=n，则1a n+1+a n=1n+1+n=n+1-nn+1+nn+1-n=-n+n+1，所以，数列1a n+1+a n的前99项和为-1+2-2+3-⋯-99+100=10-1=9.故选：C.【经典例题2】数列a n 的通项公式为a n =2n +1n 2n +12n ∈N *，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为a n =2n +1n 2n +12=1n 2-1(n +1)2，所以S 8=1-122+122-132 +⋯+182-192 =1-181=8081．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列a n 的前n 项和为S n =n 2，若b n =1a n a n +1，则数列{b n }的前n 项和为________．【答案】n 2n +1【解析】当n =1时，a 1=S 1=12=1，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1，且当n =1时，2n -1=1=a 1，故数列a n 的通项公式为a n =2n -1，b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，则数列{b n }的前n 项和为：121-13 +13-15 +15-17 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1.故答案为：n2n +1【练习1】数列12n +1+2n -1的前2022项和为( )A.4043-12B.4045-12C.4043-1D.4045-1【答案】B 【解析】解：12n +1+2n -1=2n +1-2n -12n +1+2n -1 2n +1-2n -1=2n +1-2n -12记12n +1+2n -1 的前n 项和为T n ，则T 2022=123-1+5-3+7-5+⋯+4045-4043=124045-1 ；故选：B 【练习2】数列a n 的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，又记b n =1a 2n +1⋅a 2n +3，数列b n 的前n 项和T n =______．【答案】n6n +9【解析】由对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列可得：2S n =a 2n +a n ，当n ≥2时可得2S n -1=a 2n -1+a n -1，所以2a n =2S n -2S n -1=a 2n +a n -a 2n -1-a n -1，所以a 2n -a n -a 2n -1-a n -1=0，所以(a n +a n -1)(a n -a n -1-1)=0，由数列a n 的各项均为正数，所以a n -a n -1=1，又n =1时a 2n -a n =0，所以a 1=1，所以a n =n ，b n =1a 2n +1⋅a 2n +3=1(2n +1)(2n +3)=1212n +1-12n +3 ，T n =1213-15+15-17+⋯12n +1-12n +3 =1213-12n +3 =n 6n +9.故答案为：n6n +9.【练习3】12!+23!+34!+⋅⋅⋅+nn +1 !=_______.【答案】1-1n +1 !【解析】∵k k +1 !=k +1-1k +1 !=1k !-1k +1 !，∴12!+23!+34!+⋅⋅⋅+n n +1 !=1-12!+12!-13!+13!-14!+⋅⋅⋅+1n -1 !-1n !+1n !-1n +1 !=1-1n +1 !.故答案为：1-1n +1 !.【练习4】设数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列a n3n +1 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =33n -2(2)T n =3n3n +1【解析】(1)解：数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n ，当n =1时，得a 1=3，n ≥2时，a 1+4a 2+⋯+(3n -5)a n -1=3(n -1)，两式相减得：(3n -2)a n =3，∴a n =33n -2，当n =1时，a 1=3，上式也成立.∴a n =33n -2；(2)因为a n 3n +1=3(3n -2)(3n +1)，=13n -2-13n +1，∴T n =11-14+14-17+⋯+13n -2-13n +1，=1-13n +1=3n3n +1.【练习5】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =1-a n n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 13a n ，C n =n +1-nb n b n +1，求数列C n 的前n 项和T n【答案】(1)a n =13n (2)T n =1-1n +1【解析】(1)当n =1时，2a 1=2S 1=1-a 1，解得：a 1=13；当n ≥2时，2a n =2S n -2S n -1=1-a n -1+a n -1，即a n =13a n -1，∴数列a n 是以13为首项，13为公比的等比数列，∴a n =13 n =13n .(2)由(1)得：b n =log 1313 n =n ，∴C n =n +1-n n n +1=1n -1n +1，∴T n =1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n -1-1n +1n -1n +1=1-1n +1.【练习6】已知数列a n 中，2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ．(1)证明：a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)设b n =(n -1)a nn (n +1)，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =2n -1n ∈N *(2)2n n +1-1【解析】(1)解：2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ，即为a 1+a 22+⋯+a n2n -1=n ·······①，又a 1+a 22+⋯+a n -12n -2=n -1，········②，①-②得a n2n -1=1，即a n =2n -1(n ≥2)，又当n =1时，a 1=1=21-1，故a n =2n -1n ∈N * ；从而a n +1a n =2n2n -1=2n ∈N * ，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由(1)得b n =(n -1)2n -1n (n +1)=2n n +1-2n -1n ，所以S n =212-201 +223-212 +⋯+2n n +1-2n -1n =2nn +1-1.【练习7】记S n 是公差不为零的等差数列a n 的前n 项和，若S 3=6，a 3是a 1和a 9的等比中项.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记b n =1a n ⋅a n +1⋅a n +2，求数列b n 的前20项和.【答案】(1)a n =n ，n ∈N *(2)115462【解析】(1)由题意知a 23=a 1⋅a 9，设等差数列a n 的公差为d ，则a 1a 1+8d =a 1+2d 2，因为d ≠0，解得a 1=d又S 3=3a 1+3d =6，可得a 1=d =1，所以数列a n 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1 d =n ，n ∈N *(2)由(1)可知b n =1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2，设数列b n 的前n 和为T n ，则T n =1211×2-12×3+12×3-13×4+⋅⋅⋅+1n n +1 -1n +1 n +2=1212-1n +1 n +2，所以T 20=12×12-121×22 =115462所以数列b n 的前20和为115462【练习8】已知等差数列a n 满足a 3=7，a 5+a 7=26，b n =1a 2n -1(n ∈N +)．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)数列b n 的前n 项和为S n ，求S n ．【答案】(1)a n =2n +1，b n =14n n +1(2)S n =n 4n +1【解析】(1)由题意，可设等差数列a n 的公差为d ，则a 1+2d =72a 1+10d =26，解得a 1=3，d =2，∴a n =3+2n -1 =2n +1；∴b n =1a 2n -1=12n +1 2-1=14n 2+4n =14n n +1 ；(2)∵b n =14n n +1=141n -1n +1 ，S n =141-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +1．【练习9】已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且4、a n +1、S n 成等比数列，其中n ∈N ∗．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =4S na n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =n +n2n +1【解析】(1)解：对任意的n ∈N ∗，a n >0，由题意可得4S n =a n +1 2=a 2n +2a n +1.当n =1时，则4a 1=4S 1=a 21+2a 1+1，解得a 1=1，当n ≥2时，由4S n =a 2n +2a n +1可得4S n -1=a 2n -1+2a n -1+1，上述两个等式作差得4a n =a 2n -a 2n -1+2a n -2a n -1，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0，因为a n +a n -1>0，所以，a n -a n -1=2，所以，数列a n 为等差数列，且首项为1，公差为2，则a n =1+2n -1 =2n -1.(2)解：S n =n 1+2n -12=n 2，则b n =4S n a n a n +1=4n 22n -1 2n +1 =4n 2-1+12n -1 2n +1 =1+12n -1 2n +1=1+1212n -1-12n +1，因此，T n =n +121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n +n2n +1.【练习10】已知S n 是数列a n 的前n 项和，a 1=1，___________.①∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ；②数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求a n ；(2)设b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)条件选择见解析，a n =2n -1(2)T n =2n n +12n +12【解析】(1)解：选条件①：∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ，得a n +1+a n +2=4n +1 ，所以，a n +2-a n =4n +1 -4n =4，即数列a 2k -1 、a 2k k ∈N ∗ 均为公差为4的等差数列，于是a 2k -1=a 1+4k -1 =4k -3=22k -1 -1，又a 1+a 2=4，a 2=3，a 2k =a 2+4k -1 =4k -1=2⋅2k -1，所以a n =2n -1；选条件②：因为数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6，得S 11+S 22+S 33=3×S 22=6，所以S 22=2，所以S n n 的公差为d=S 22-S 11=2-1=1，得到Sn n =1+n -1 =n ，则S n =n 2，当n ≥2，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1.又a 1=1满足a n =2n -1，所以，对任意的n ∈N ∗，a n =2n -1.(2)解：因为b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2=4n 2n -1 22n +1 2=1212n -1 2-12n +1 2，所以T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =12112-132+132-152+⋅⋅⋅+12n -1 2-12n +1 2 =121-12n +1 2 =2n n +1 2n +12.【过关检测】一、单选题1.S n=12+24+38+⋯+n2n=( )A.2n-n2n B.2n+1-n-22nC.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n【答案】B 【解析】由S n=12+24+38+⋯+n2n，得12S n=1×122+2×123+3×124+⋯+n⋅12n+1，两式相减得12S n=12+122+123+124+⋯+12n-n⋅12n+1=121-12n1-12-n12 n+1=1-12n-n⋅12 n+1=2n+1-n-22n+1.所以S n=2n+1-n-22n.故选：B.2.数列n⋅2n的前n项和等于( )．A.n⋅2n-2n+2B.n⋅2n+1-2n+1+2C.n⋅2n+1-2nD.n⋅2n+1-2n+1【答案】B【解析】解：设n⋅2n的前n项和为S n，则S n=1×21+2×22+3×23+⋯+n⋅2n， ①所以2S n=1×22+2×23+⋯+n-1⋅2n+n⋅2n+1， ②①-②，得-S n=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1，所以S n=n⋅2n+1-2n+1+2．故选:B．3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=7，S6=63，则数列{nan}的前n项和为( )A.-3+(n+1)×2nB.3+(n+1)×2nC.1+(n+1)×2nD.1+(n-1)×2n【答案】D【解析】设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，所以由题设得S3=a11-q31-q=7S6=a11-q61-q=63 ，两式相除得1+q3=9，解得q=2，进而可得a1=1，所以an=a1qn-1=2n-1，所以nan=n×2n-1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+⋯+2n -1-n ×2n =1-2n1-2-n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D .4.已知等差数列a n ，a 2=3，a 5=6，则数列1a n a n +1的前8项和为( )．A.15B.25C.35D.45【答案】B 【解析】由a 2=3，a 5=6可得公差d =a 5-a 23=1 ，所以a n =a 2+n -2 d =n +1，因此1a n a n +1=1n +1 n +2 =1n +1-1n +2 ，所以前8项和为12-13 +13-14 +⋯+19-110 =12-110=25故选：B 5.已知数列a n 的前n 项和为S n ，S n +4=a n +n +1 2．记b n =8a n +1a n +2，数列的前n 项和为T n ，则T n 的取值范围为( )A.863,47 B.19,17C.47,+∞D.19,17【答案】A 【解析】因为数列a n 中，S n +4=a n +(n +1)2，所以S n +1+4=a n +1+n +2 2，所以S n +1+4-S n +4 =a n +1-a n +2n +3，所以a n =2n +3．因为b n =8a n +1a n +2，所以b n =82n +5 2n +7=412n +5-12n +7 ，所以T n =417-19+19-111+⋅⋅⋅+12n +5-12n +7=417-12n +7 ．因为数列T n 是递增数列，当n =1时，T n =863，当n →+∞时，12n +7→0，T n →47，所以863≤T n <47，所以T n 的取值范围为863,47 ．故选：A ．6.已知数列满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2，设b n =na n ，则数列1b n b n +1的前2022项和为( )A.40424043B.20214043C.40444045D.20224045【答案】D【解析】因为a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2①，当n =1时，a 1=1；当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+n -1 a n -1=(n -1)2②，①-②化简得a n =2n -1n ，当n =1时：a 1=2×1-11=1=1，也满足a n =2n -1n，所以a n =2n -1n ，b n =na n =2n -1，1b n b n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 所以1b n b n +1的前2022项和121-13+13-15+⋯+12×2022-1-12×2022+1 =121-12×2022+1 =20224045.故选:D .7.已知数列a n 满足a 1=1，且a n =1+a n a n +1，n ∈N *，则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=( )A.2021 B.20202021C.122021D.22021【答案】B 【解析】∵a n =1+a n a n +1，即a n +1=a n 1+a n ，则1a n +1=1+a n a n =1a n +1∴数列1a n是以首项1a 1=1，公差d =1的等差数列则1a n =1+n -1=n ，即a n =1n∴a n a n +1=1n n +1=1n -1n +1则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=1-12+12-13+...+12020-12021=20202021故选：B ．8.等差数列a n 中，a 3=5,a 7=9，设b n =1a n +1+a n，则数列b n 的前61项和为( )A.7-3B.7C.8-3D.8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足a 3=5,a 7=9，所以d =a 7-a 37-3=1，所以a n =a 3+n -3 d =n +2，所以b n =1n +3+n +2=n +3-n +2，令数列b n 的前n 项和为S n ，所以数列b n 的前n 项和S n =4-3+5-4+⋯+n +3-n +2=n +3-3，所以S 61=8-3．故选：C ．9.设数列n 22n -1 2n +1的前n 项和为S n ，则( )A.25<S 100<25.5B.25.5<S 100<26C.26<S 100<27D.27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由n 2(2n -1)(2n +1)=14⋅4n 24n 2-1=141+14n 2-1 =141+121(2n -1)(2n +1)=14+1812n -1-12n +1，∴S n =n 4+181-13+13-15+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1 =n 4+181-12n +1 =n (n +1)2(2n +1)，∴S 100=100×1012(2×100+1)≈25.12，故选：A ．10.已知数列a n 满足a n =1+2+4+⋯+2n -1，则数列2n a n a n +1 的前5项和为( )A.131B.163C.3031D.6263【答案】D 【解析】因为a n =1+2+4+⋯+2n -1=2n -1,a n +1=2n +1-1，所以2n a n a n +1=2n 2n -1 2n +1-1 =2n +1-1 -2n-1 2n -1 2n +1-1=12n -1-12n +1-1.所以2n a n a n +1 前5项和为121-1-122-1 +122-1-123-1 +⋯+125-1-126-1 =121-1-126-1=1-163=6263故选：D 11.已知数列a n 的首项a 1=1，且满足a n +1-a n =2n n ∈N * ，记数列a n +1a n +2 a n +1+2的前n 项和为T n ，若对于任意n ∈N *，不等式λ>T n 恒成立，则实数λ的取值范围为( )A.12,+∞ B.12,+∞C.13,+∞D.13,+∞【答案】C 【解析】解：因为a n +1-a n =2n n ∈N * ，所以a 2-a 1=21，a 3-a 2=22，a 4-a 3=23，⋯⋯，a n -a n -1=2n -1，所以a n -a 1=21+22+⋯+2n -1=21-2n -1 1-2=2n -2，n ≥2 ，又a 1=1，即a n =2n -1，所以a n +1=2n ，所以a n +1a n +2 a n +1+2 =2n 2n +1 2n +1+1=12n +1-12n +1+1，所以T n =121+1-122+1+122+1-123+1+⋯+12n +1-12n +1+1=13-12n +1+1<13所以λ的取值范围是13,+∞ .故选：C 12.在数列a n 中，a 2=3，其前n 项和S n 满足S n =n a n +12 ，若对任意n ∈N +总有14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1≤λ恒成立，则实数λ的最小值为( )A.1B.23C.12D.13【答案】C 【解析】当n ≥2时，2S n =na n +n ，2S n -1=n -1 a n -1+n -1 ，两式相减，整理得n -2 a n =(n -1)a n -1-1①，又当n ≥3时，n -3 a n -1=n -2 a n -2-1②，①-②，整理得n -2 a n +a n -2 =2n -4 a n -1，又因n -2≠0，得a n +a n -2=2a n -1，从而数列a n 为等差数列，当n =1时，S 1=a 1+12即a 1=a 1+12，解得a 1=1，所以公差d =a 2-a 1=2，则a n =2n -1，S n =na 1+n (n -1)2d =n 2，故当n ≥2时，14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1=122-1+142-1+⋯+12n 2-1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 ，易见121-12n +1 随n 的增大而增大，从而121-12n +1 <12恒成立，所以λ≥12，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13.已知正项数列{an }满足a 1=2且an +12-2an 2-anan +1=0，令bn =(n +2)an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由a 2n +1-2a 2n -a n a n +1=0，得(an +1+an )(an +1-2an )=0，又an >0，所以an +1+an >0，所以an +1-2an =0，所以an +1a n=2，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n =2×2n -1=2n ，所以b n =n +2 a n =n +2 ⋅2n ，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，T 8=3×21+4×22+⋯+9×28，则2T 8=3×22+4×23+⋯+9×29，-T 8=6+22+23+⋯+28 -9×29=6+221-271-2-9×29=2-8×29=-4094，则T 8=4094，故答案为：4094．14.已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn =2an -2，则数列n a n的前n 项和Tn =__．【答案】2-n +22n.【解析】解：∵Sn =2an -2，∴Sn -1=2an -1-2(n ≥2)，设公比为q ，两式相减得：an =2an -2an -1，即an =2an -1，n ≥2，又当n =1时，有S 1=2a 1-2，解得：a 1=2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an =2n ，n a n =n2n ，又Tn =121+222+323+⋯+n2n ，12Tn =122+223+⋯+n -12n +n 2n +1，两式相减得：12Tn =12+122+123+⋯+12n -n 2n +1=121-12n1-12-n2n +1，整理得：Tn =2-n +22n．故答案为：Tn =2-n +22n ．15.将1+x n (n ∈Ν+)的展开式中x 2的系数记为a n ，则1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=__________．【答案】40282015【解析】1+xn的展开式的通项公式为T k +1=C k n x k ，令k =2可得a n =C 2n =n n -12；1a n =2n n -1=21n -1-1n ；所以1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=21-12 +212-13 +⋯+212014-12015=21-12015 =40282015.故答案为：40282015.16.数列a n 的前项n 和为S n ，满足a 1=-12，且a n +a n +1=2n 2+2nn ∈N * ，则S 2n =______．【答案】2n 2n +1【解析】由题意，数列{a n }满足a n +a n +1=2n 2+2n，可得a 2n -1+a 2n =2(2n -1)2+2(2n -1)=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以S 2n =11-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +1，故答案为：2n2n +1三、解答题17.已知数列a n 满足a 1=1，2a n +1a n +a n +1-a n =0.(1)求证：数列1a n 为等差数列；(2)求数列a n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析；(2)S n =n2n +1.【解析】(1)令b n =1a n ，因为b n +1-b n =1a n +1-1a n =a n -a n +1a n ⋅a n +1=2，所以数列b n 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由(1)知：b n =2n -1；故a n =12n -1；所以a n a n +1=12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；所以S n =a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n a n +1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n 2n +1；18.已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，a n +1-a n =3n ∈N * ，且S 3=18.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =3n (2)T n =n9n +9【解析】(1)∵a n +1-a n =3，∴数列a n 是以公差为3的等差数列.又S 3=18，∴3a 1+9=18，a 1=3，∴a n =3n .(2)由(1)知b n =13n ×3n +1=19×1n -1n +1 ，于是T n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n =191-12 +12-13 +13-14 +⋅⋅⋅+1n -1n +1 =191-1n +1 =n 9n +919.已知数列a n 的首项为3，且a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ．(1)证明数列1a n -2 是等差数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =-1 n an n +1，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =1n+2(2)-1+-1 n1n +1【解析】(1)因为a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ，所a n -2 -a n +1-2 =a n +1-2 a n -2 ，则1a n +1-2-1a n -2=1，所以数列1a n -2 是以13-2=1 为首项，公差等于1的等差数列，∴1a n -2=1+n -1 =n ，即a n =1n+2；(2)b n =-1 n a n n +1=-1 n 1n n +1+2n +1 =-1 n 1n +1n +1 ，则S n =-1+12 +12+13 -13+14 +⋅⋅⋅+-1 n 1n +1n +1 =-1+-1 n 1n +1；综上，a n =1n +2，S n =-1+-1 n 1n +1 .20.已知数列a n 中，a 1=-1，且满足a n +1=2a n -1.(1)求证：数列a n -1 是等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =n +11-a n +1，求数列b n 的前n 项和为T n .【答案】(1)证明见解析，a n=-2n+1(2)T n=32-n+32n+1【解析】(1)解：对任意的n∈N∗，a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，且a1-1=-2，所以数列a n-1是以-2为首项，2为公比的等比数列．所以a n-1=-2n，所以a n=-2n+1．(2)解：由已知可得b n=n+11-a n+1=n+12n+1，则T n=222+323+424+⋯+n+12n+1，所以，12T n=223+324+⋯+n 2n+1+n+12n+2，两式相减得12T n=222+123+⋯+12n+1-n+12n+2=12+181-12n-11-12-n+12n+2=34-1 2n+1-n+12n+2=34-n+32n+2，因此，T n=32-n+32n+1.21.已知等比数列a n，a1=2，a5=32.(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列a n为正项数列(各项均为正)，求数列(2n+1)⋅a n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n或a n=2·-2n-1；(2)T n=2+(2n-1)⋅2n+1.【解析】(1)等比数列a n的公比为q，a1=2，a5=32，则q4=a5a1=16，解得q=±2，所以当q=2时，a n=2n，当q=-2时，a n=2⋅(-2)n-1.(2)由(1)知，a n=2n，则有(2n+1)⋅a n=(2n+1)⋅2n，则T n=3×21+5×22+7×23+⋯+(2n+1)⋅2n，于是得2T n=3×22+5×23+⋯+(2n-1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，两式相减，得-T n=6+2×(22+23+⋯+2n)-(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1-2n-1)1-2-(2n+1)⋅2n+1=-2-(2n-1)⋅2n+1，所以T n=2+(2n-1)⋅2n+1.22.已知等差数列a n满足a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，数列b n的前n项和为S n，且S n=32b n.(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)求数列a n b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.【解析】(1)设等差数列a n的公差为d，∵a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，∴1+d1+2d=1+7d，化简得2d2-4d=0，解得：d=0或d=2，若d=0，则a n=1；若d=2，则a n=2n-1；由数列b n的前n项和为S n=32b n-32①，当n=1时，得b1=3，当n≥2时，有S n-1=32b n-1-32②；①-②有b n=32b n-32b n-1，即b nb n-1=3，n≥2，所以数列b n是首项为3，公比为3的等比数列，所以b n=3n，综上所述：a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则a n b n=b n=3n，则T n=3+32+⋯+3n=31-3n1-3=33n-12，若a n=2n-1，则a n b n=2n-13n，则T n=1×3+3×32+⋯+2n-1×3n③；③×3得3T n=1×32+3×33+⋯+2n-1×3n+1④；③-④得：-2T n=3+2×32+2×33+⋯+2×3n-2n-1×3n+1=3+2×32(1-3n-1)1-3-(2n-1)×3n+1整理化简得：T n=n-13n+1+3，综上所述：若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.。

小学奥数-简单数列求和

例2 判断下面的数列中哪些是等差数列？
0 1 1，3，5，7，10，
13，16
0 4 1，2，7，11，
16，……
标题
11，12，13，14， 0 2
15……
1，5，9，13，17， 0 3
21，23
练一练
2．判断下列数列中哪些是等差数列。
0，2，6，12，20， 30，42
6，12，18，24， 30，36，42
算：
计
7+7× 2+7× 3+……+7× 50 0
（解
式
原
：
=7×
1+2+3+……+500
））
（
=7× [ 1+500 × 500÷ 2]
=876750
小课堂
○○○○ ○○○○○ ○○○○○○
…………………
○○○
○○○
共 10 层
话说唐僧师徒四人还在去西天取经的路上。一天猪八戒又
偷懒了。孙悟空为了教训一下猪八戒，变出许多金箍棒压在猪八戒身上。猪八戒直嚷：“猴哥，你饶了我吧，下次我再也不敢了。”孙悟空笑着说：“只要你算出压在你身上的金箍棒一共有多少根，我就放了你。”这下猪八戒可傻眼了：他最怕做算术题了。压在猪八戒身上的金箍棒如图所示，你能帮帮猪八戒吗？
思考：高斯是怎么算出来的呢？
公式推导
我们先来看看当时的高斯是怎么回答的。高斯说：“老师， 1加至 100 可以排两行，第一行顺着排，第二行倒过来排。”我们来看一下
1 + 2 + 3 + 4 + 5 +……+ 97 + 98 + 99 + 100 100 + 99 + 98 + 97 + 96 +……+ 4 + 3 + 2 + 1

数列求和(1月11日)

数列求和数列求和这类问题在初中、高中乃至大学的课本里都占有一定的比例，我们在小学学习数列求和问题的目的旨在发散思维，断炼学生观察事物的能力，通过观察，得以揭示出事物的发展和变化规律。

【知识要点】数列：若干个数排成一列称为数列。

项：数列中的每一个数称为一项。

其中第一项称为首项，最后一项称为末项，数列中项的个数称为项数。

特殊的数列——等差数列：数列中任意相邻两项的差相当公差：等差数列中相邻两项的差称为公差。

在这一章要用到两个非常重要的公式：“通项公式”和“项数公式”。

通项公式：第n项=首项+（项数－1）×公差项数公式：项数=（末项－首项）÷公差＋1【例题讲解及思维拓展训练题】例1：有一等差数列：3，7，11，15，……，这个等差数列的第100项是多少？分析：这个等差数列的首项是3.公差是4，项数是100。

要求第100项列表分析找规律：解：第100项=3+（100－1）×4=399.总结：通项公式：第n项=首项+（项数－1）×公差思维拓展训练一：1.一等差数列，首项=3.公差=2.项数=10，它的末项是多少？2.求1，4，7，10……这个等差数列的第30项。

3.求等差数列2，6，10，14……的第100项。

例2：有一个数列：4，10，16，22，…，52.这个数列共有多少项？分析：容易看出这是一个等差数列，公差为6，首项是4，末项是52.总结例1：要求一列数有多少项，可以先求出末项比首项多的公差的个数，再加1.解：项数=（52－4）÷6＋1=9，即这个数列共有9项。

总结：项数公式：项数=（末项－首项）÷公差＋1思维拓展训练二：1.等差数列中，首项=1.末项=39，公差=2.这个等差数列共有多少项？2.有一个等差数列：2，5，8，11.…，101.这个等差数列共有多少项？3.已知等差数列11，16，21，26，…，1001.这个等差数列共有多少项？例3：有这样一个数列：1，2，3，4，…，99，100。

第四节数列求和课件(共48张PPT)

－
1 n＋3
）＝
1 2
56－n＋1 2－n＋1 3. 答案：1256－n＋1 2－n＋1 3
考点1 分组转化法求和 [例1] （2020·焦作模拟）已知{an}为等差数列，且 a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝ 88，且数列{bn－an}为等比数列. （1）求数列{an}和{bn－an}的通项公式；（2
an＝n（n1＋k）型
[例2] （2020·中山七校联考）已知数列{an}为公差不为0的等差数列，满足a1＝5，且a2，a9，a30成等比数列.
（1）求{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足bn＋1－bn＝an（n∈N*），且b1＝
3，求数列b1n的前n项和Tn.
1.裂项时常用的三种变形.
（1）n（n1＋1）＝n1－n＋1 1.
（2）n（n1＋2）＝12n1－n＋1 2.
（3）（2n－1）1（2n＋1）＝122n1－1－2n1＋1.
（4）
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
2.应用裂项相消法时，应注意消项的规律具有对称性，即前面剩第几项则后面剩倒数第几项.
3.在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
） B. 2 020－1
C. 2 021－1 D. 2 021＋1
解析：由f（4）＝2，可得4α＝2，解得α＝12，
则f（x）＝ x.
所以an＝
1 f（n＋1）＋f（n）
＝
1 n＋1＋
＝ n
n＋1 －
n，
所以S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝（ 2 － 1 ）＋（ 3－ 2）＋（ 4－ 3）＋…＋（ 2 021－ 2 020）＝

数列求和(公开课课件)

思维升华
(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和. (2)若数列{cn}的通项公式为cn＝abnn，，nn为为奇偶数数，，其中数列{an}， {bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前 n项和.
d≠0，
解得a1＝1，d＝1， ∴数列{an}的通项公式an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)设bn＝2an ＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.
由(1)知，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，
(√ ) (2)当 n≥2 时，n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1.( √ )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根
据错位相减法求得.( × )
(4)求数列21n＋2n＋3的前 n 项和可用分组转化法求和.( √ )
1.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
设{nan}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，
Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，
①
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，
②
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前 100项和S100.

《数列求和专题》课件

数列求和的分类
有穷数列求和
数列的项数是有限的，求和时只需要将所有项加起来即可。
无穷数列求和
数列的项数是无限的，需要采用特定的方法进行求和。
数列求和的基本方法
公式法
对于一些特定的数列，可以直接使用公式进行求和。
裂项法
将数列中的每一项都拆分成两个部分，然后分别进行求和。
错位相减法
将数列中的每一项都乘以一个常数，然后错位相减，得到一个等差数列，最后进行求和。
03
等比数列求和
等比数列的定义
等比数列是一种常见的数列，其中任意两个相邻项之间的比值都
相等。
等比数列的每一项都可以由首项和公比唯一确定。
等比数列的通项公式为 $a_n=a_1*q^{(n-1)}$，其中 $a_n$是第n项，$a_1$是首项
，q是公比。
等比数列的通项公式
等比数列的通项公式是数列中任意一项的数学表示。
详细描述
分组转化法的基本思路是将原数列分组，每组内的项可以转化为等差数列或等比数列，然后利用相应的求和公式计算每组的和，最后将各组的和相加得到原数列的和。这种方法适用于一些复杂的数列求和问题。
05
数列求和的应用
在数学竞赛中的应用
数学竞赛中，数列求和是常见的题型，考察学生的数学思维和计
算能力。
数列求和在金融领域中还应用于计算复利、评估贷款还款等金融业务。
在日常生活中的应用
在日常生活中，数列求和的应用也十分常见，如计算购物清单的总价、计算工资总额等。
数列求和在日常生活中的应用还体现在统计数据、计算平均值等方面。
通过数列求和，人们可以快速准确地计算出一系列数字的总和，提高日常生活中的计算效率。

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第36讲数列求和（讲）
思维导图
知识梳理1．公式法
(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d
2.
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.
推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)
2；
②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法
(1)分组转化求和法：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，从而求得前n 项和．
(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{a n }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．
[常用结论]
常见的裂项技巧 ①1n (n ＋1)＝1n －1
n ＋1.
②1n (n ＋2)＝12⎝
⎛⎭⎫1
n －1n ＋2.
③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1
2n －1－12n ＋1.
④1
n ＋n ＋1
＝n ＋1－n .
⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝1
2⎝
⎛⎭⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).
题型归纳题型1 分组转化求和
【例1-1】（2020春•昆明期末）已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，12a =，且1a ，2a ，4a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）设2n a n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n S ．
【跟踪训练1-1】（2020春•保定期末）已知数列{}n a 、{}n b 满足：1n n n a a b +=+，{2}n b +为等比数列，且12b =，24a =，310a =．
（1）试判断数列{}n b 是否为等差数列，并说明理由；
（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ．
【跟踪训练1-2】（2020春•永州期末）已知等差数列{}n a ，等比数列{}n b 满足：113a b ==，4212a b ==．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b +的前n 项和n S ．
【名师指导】
1．分组转化求和
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或可求前n 项和的数列求和．
2．分组转化法求和的常见类型
题型2 裂项相消法求和
【例2-1】（2020春•黔南州期末）已知等差数列{}
n
a满足
3
10
a=，
14
17
a a
+=．
（1）求{}
n
a的通项公式；
（2）设
1
3
n
n n
b
a a
+
=，求数列{}
n
b的前n项和
n
S．
【跟踪训练2-1】（2020•安宁区校级模拟）已知21
n
S n n a
=+++是一个等差数列的前n项和，对于函数2
()
f x x ax
=-，若数列
1
()
f n
⎧⎫
⎨⎬
⎩⎭
的前n项和为
n
T，则
2020
T的值为()
A．
2021
2022
B．
2018
2019
C．
2019
2020
D．
2020
2021
【跟踪训练2-2】（2020春•成都期末）数列{}
n
a的前n项和为
n
S，若
1
(1)
n
a
n n
=
+
，则
99
(
S=) A．1B．
1
100
C．
98
99
D．
99
100
【名师指导】
1.基本步骤
2.裂项原则
一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止.
3.消项规律
消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
题型3 错位相减法求和
【例3-1】（2020春•柳林县期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，41
(*)3
n n S n N -=∈．
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）设2log n b =1{}n n b a +的前n 项和n T ．
【跟踪训练3-1】（2020春•黄冈期末）已知数列{}n a 满足24a =，12(2)n n a a n -=+，已知数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足1n n S b =-．
（Ⅰ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅰ）求数列{}n n a b 的前n 项和．
【跟踪训练3-2】（2020春•成都期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，530S =，756S =；各项均为正数的等比数列{}n b 满足1213b b =，23127
b b =．
（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b 的前n 项和n T ．
【名师指导】
错位相减法求数列{a n }的前n 项和
(1)适用条件
若{a n }是公差为d (d ≠0)的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和S n . (2)基本步骤
(3)注意事项
①在写出S n 与qS n 的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出S n －qS n ； ②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．。