【高优指导】2017高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和课件 理 北师大版
1 101
=1-
1 101
=
关闭
解析
答案
-7-
1 2 3 4 5
3.已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n-1· (4n-3),则它的前100项之 和S100等于( ) A.200 B.-200 C.400D.-400
关闭
S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-
当 n 为偶数时 ,Sn=n+
3������ +1 3(1-3������ ) 1-3
=
3������ +1 2
+n- ;
2 1-3
3
当 n 为奇数时 ,Sn=(n-1)-(2n+1)+
3(1-3������ )
=
3������ +1 2
-n- .
2
7
∴Sn=
3������ +1 2
2
+ ������- ,������为偶数,
504× (5+2 017) 2
=504×1
关闭
解析
答案
-9-
1 2 3 4 5
5.1· 3+2· 32+3· 33+…+n· 3n=
.
关闭
设 Sn=1· 3+2· 32+3· 33+… +n· 3n, 1 所以 3Sn=1· 32+ 2· 33+3· 34+… +n· 3������ + , 1 两式相减得 ,-2Sn=3+(32+33+… +3n)-n· 3������ + =(3+32+33+… +3 )-n· 3
k k-1 ������ =22 . ������-1 =2 2 ;
所以,{an}的通项公式为 an=
������-1 2 2 ,������为奇数, ������ 22 ,������为偶数.
-18考点1 考点2 考点3 知识方法 易错易混
Sn=1×
log2 ������2������ (2)由(1)得 bn= ������2������-1 1 1 1 2
log2������2������ (2)设bn= ,n∈N+,求数列{bn}的前n项和. ������2������-1
-17考点1 考点2 考点3 知识方法 易错易混
解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4a2=a5-a3, 所以 a2(q-1)=a3(q-1).又因为 q≠1,故 a3=a2=2,由 a3=a1· q,得 q=2. 当 n=2k-1(k∈N+)时,an=a2k-1=2 当 n=2k(k∈N+)时,an=a2k=2
6.4
数列求和
-2-
考纲要求:1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式. 2.掌握非 等差、非等比数列求和的几种常见方法.
-3-
1.基本数列求和方法
������(������1 +������������ ) ������(������-1) (1)等差数列求和公式:Sn= =na1+ d. 2 2
关闭
-12考点1 考点2 考点3 知识方法 易错易混
(2)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. ①求数列{an}的通项公式; ������ ������ -2 +n,求b +b +b +…+b 的值. ②解 设: b = 2 n 2 3 ①设等差数列 {a1n}的公差为 d. 10
关闭
������1 + ������ = 4, 由已知得 (������1 + 3������) + (������1 + 6������) = 15, ������ = 3, 解得 1 ������ = 1. 所以 an=a1+(n-1)d=n+2. ②由 ①可得 bn=2n+n. 所以 b1+b2+b3+… +b10=(2+ 1)+(22+2)+(23+3)+… +(210+10) =(2+22+23+… +210)+(1+2+ 3+… +10) =
100 101
1
������ ������ ������ +1
=
1
∴数列
A .
������ (������ +1) 1
=
1 ������
−
1 ������ +1
,
1 2 1 2 1 3 1 100
������ ������ ������ ������ +1
的前 100 项和为 1- + − +…+
−
2
3
-������- ,������为奇数.
2
7
答案
-16考点1 考点2 考点3 知识方法 易错易混
考点2错位相减法求和 例2(2015天津,理18)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且 q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列. (1)求q的值和{an}的通项公式;
1 1 1 1 常见的裂项公式:① = ������(������+������) ������ ������ ������+������ 1 1 1 1 ②(2������-1)(2������+1) = 2 2������-1 - 2������+1 ; 1 1 1 1 ③������(������+1)(������+2) = 2 ������(������+1) - (������+1)(������+2) ; 1 1 ④ = ( ������ + ������ − ������ ). ������ ������+ ������+������
=2n+1-2+n2.
关闭
n+1
-2+n2
解析 答案
-15考点1 考点2 考点3 知识方法 易错易混
关闭
(2)在等比数列{an}中,已知a1=3,公比q≠1,等差数列{bn}满足 解 :①设等比数列 {an}的公比为 q,等差数列 {bn}的公差为 d. b1=a1,b4=a2,b13=a3. 由已知 ,得 a2=3q,a3=3q2,b1=3,b4=3+3d,b13= 3+12d, ①求数列 an+ }与 {, bn}的通项公式 3������ ={3 3������ ������ = 1 + ; ������, 故 ⇒ 2 ⇒q=3(q=1 舍去 ). 2(-1)nb +a ,求数列 ② 记c = { c } 的前 n 项和 S n. 3n������ = 3+ 12 ������ ������ = 1 + 4 ������ n n n ∴d=2,∴an=3n,bn=2n+1. ②由题意 ,得 cn=(-1)nbn+an=(-1)n(2n+1)+3n,Sn=c1+c2+… +cn=(-3+5)+(-7+9)+… +[(-1)n-1(2n-1)+(-1)n· (2n+1)]+3+32+… +3n.
-11考点1 考点2 考点3 知识方法 易错易混
考点1分组求和与并项求和 例1(1)若数列{an}的通项公式是an=(-1)n· (3n-2),则a1+a2+…+a10 等于( ) A.15 B.12 C.-12 D.-15 思考:具有什么特点的数列适合并项求和?
关闭
记bn=3n-2,则数列{bn}是以1为首项,3为公差的等差数列,所以 a1+a2+…+a9+a10=(-b1)+b2+…+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+…+(b10A b 9)=5×3=15. 解析 答案
������ ������+1 ������ ������+1
-6-
1 2 3 4 5
2.已知数列{an}的通项公式an=n,则数列 ( )
1 ������������ ������������+1
ห้องสมุดไป่ตู้
的前100项和为
A.
100 101
B.
99 101
C.
99 100
D.
101 100
关闭
∵������
;
-5-
1 2 3 4 5
1.下列结论正确的打“ ”,错误的打“×”. 1 1 1 = − (1)当n≥2时, ������2-1 ������-1 ������ + 1 . ( × ) (2)若Sn=a+2a2+3a3+…+nan,当a≠0,且a≠1时,求Sn的值可用错位 相减法求得. ( ) (3)求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°的和,可用倒序相 加法. ( ) (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). ( ) 1 1 1 1 = .( (5)已知等差数列{an}的公差为d,则有 ������ ������ ) ������ ������ ������
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北师大版高考数学一轮总复习6.4《数列求和》ppt课件
5．(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数 列．
(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的 形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应 项相乘构成的数列求和．
(4)倒序相加：例如，等差数列前 n 项和公式的推导方法．
[答案] 1.累加法
2．累积法
3.na12＋an
na1＋nn－2 1d
倒序相加法
na1
a11－qn 1－q
a1－anq 1－q
4
．
(1)
nn＋1 2
(2)n2 ＋ n
(3)n2
nn＋12n＋1
(4)
6
(5)nn＋2 12
基础自测
1.数列{1＋2n－1}的前 n 项和为( )
A．1＋2n
B．2＋2n
C．n＋2n－1
D．n＋2＋2n
[解析] 数列的通项公式为：an＝n＋21n，
Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
12＋14＋18＋…＋21n
＝
nn＋1 2
＋
1－21n＝12(n2＋n＋2)－21n.
利用裂项相消求和
等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和 为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
在数列{an}中，an＝
1 n＋1
＋
2 n＋1
＋…＋
n n＋1
，又bn＝
an·a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析] an＝n＋1 1＋n＋2 1＋…＋n＋n 1 ＝1＋2n＋＋…1 ＋n＝n2nn＋＋11＝n2 ∴bn＝an·a2n＋1＝n2·n2＋2 1＝nn8＋1 ＝8(1n－n＋1 1)．
高考人教A版数学一轮复习课件第6章第4节 数列求和课件
则cn=(-1)nlog3[n(n+1)]+log33n-1=(-1)nlog3n+(-1)nlog3(n+1)+n-1,
∴{cn}的前26项和为(-log31-log32+0)+(log32+log33+1)+(-log33-log34+2)
+…+(-log325-log326+24)+(log326+log327+25)
∴{an}的公差为2,而a1=1,故an=2n-1.
(2)由(1)知 bn=
1
+ +1
=
1
2-1+ 2+1
=
2+1- 2-1
2
,
∴Sn=b1+b2+…+bn
1
=2[(
3-1)+( 5 − 3)+( 7 − 5)+…+( 2 + 1 − 2-1)]=
2+1-1
.
2
突破技能1.基本步骤
2
a1=1,+1
= 2 +2(an+1+an).
(1)求{an}的通项公式;
(2)记 b=
1
,求数列{bn}的前
+ +1
n 项和 Sn.
2
解:(1)由题意,得+1
− 2 =2(an+1+an),
即(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an),
又数列{an}的各项均为正数,即an+1+an≠0,则an+1-an=2,
2017届高三数学文理通用一轮复习课件：6.4 数列求和
第六章
考点一 考点二 考点三
6.4
数列求和
知识梳理 核心考点 规律总结
考情概览
-11-
2.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和 1 为 . 2������ + -2+n2
解析:Sn=(2+22+23+…+2n)+[1+3+5+…+(2n-1)]
2(1-2������ ) ������(1+2������-1) = + 2 1-2
3(1-3������ ) 为偶数时,Sn=n+ 1-3
=
3������+1 3 +n- ; 2 2
3(1-3������ ) 为奇数时,Sn=(n-1)-(2n+1)+ 1-3 3������+1 3 + ������- ,������为偶数, 2 2 3������+1 7 -������- ,������为奇数. 2 2
������-1
.
������+2 2
*. , n ∈ N ������-1
所以,数列{bn}的前 n 项和为 4-
第六章
考点一 考点二 考点三
6.4
数列求和
=2������ + -2+n2.
1
第六章
考点一 考点二 考点三
6.4
数列求和
知识梳理 核心考点 规律总结
考情概览
-12-
3.在等比数列{an}中,已知a1=3,公比q≠1,等差数列{bn}满足 b1=a1,b4=a2,b13=a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记cn=(-1)nbn+an,求数列{cn}的前n项和Sn.
高三理数一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和
=
1 ������
1 ������������
-
1 ������������+1
.
(1)(× (2))√ (3)√ (4)√ (5)× (6)√ (6)若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S50=-25. ( )
关闭
答案
-9-
知识梳理 双基自测
12345
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.15 B.12
C.-12 D.-15
因为an=(-1)n(3n-2),所以a1+a2+…+a10=(-1+4)+(-7+10)+…+(-
25+28)=3×5=15.
A
解析
关闭 关闭
答案
知识梳理 双基自测
12345
4.设 an=1+2+3+…+n,则 Sn=���1���1 + ���1���2+…+���1���������=
(3)若Sn=a+2a2+3a3+…+nan,当a≠0,且a≠1时,求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)已知等差数列{an}的公差为
d,则���������������1���������+1
4������1
+
4×3 2
������
=
10,解
得 ������1 = 1,
高三数学一轮总复习 第六章 数列、推理与证明 第四节 数列求和课件 理
①1＋2＋3＋…＋n＝ 2 ； ②2＋4＋6＋…＋2n＝ n(n＋1) ；
③1＋3＋5＋…＋2n－1＝ n2 .
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，从而求得前 n 项和．常用的裂项 公式有：
[小题体验]
1．(教材习题改编)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝13(2n
－1)，则 an＝________.
解析：当 n＝1 时，a1＝13，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝13(2n－1)－13(2n－1－1)＝2n3－1，当 n＝1 时，也符合上 式．故 an＝2n3－1. 答案：2n－1
第四节 数列求和
1．公式法
(1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝
பைடு நூலகம்
＋
nn－1d 2
.
na1＋an 2
＝ na1
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝ na1a111，－－qqq＝n，1，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： nn＋1
4．善于转化为等差数列、等比数列来求和，注意项数的计算．
[小题纠偏] 1．已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：对于任意 m，n∈N*，
都有 Sn＋Sm＝Sn＋m＋2n；若 a1＝1，则 a10＝________. 解析：取 m＝1 得 Sn＋S1＝Sn＋1＋2n，所以 Sn＋1－Sn＝ S1－2n，所以 an＋1＝a1－2n＝1－2n，所以 a10＝1－2×9 ＝－17. 答案：－17
③1＋3＋5＋…＋2n－1＝ n2 .
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，从而求得前 n 项和．常用的裂项 公式有：
[小题体验]
1．(教材习题改编)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝13(2n
－1)，则 an＝________.
解析：当 n＝1 时，a1＝13，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝13(2n－1)－13(2n－1－1)＝2n3－1，当 n＝1 时，也符合上 式．故 an＝2n3－1. 答案：2n－1
第四节 数列求和
1．公式法
(1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝
பைடு நூலகம்
＋
nn－1d 2
.
na1＋an 2
＝ na1
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝ na1a111，－－qqq＝n，1，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： nn＋1
4．善于转化为等差数列、等比数列来求和，注意项数的计算．
[小题纠偏] 1．已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：对于任意 m，n∈N*，
都有 Sn＋Sm＝Sn＋m＋2n；若 a1＝1，则 a10＝________. 解析：取 m＝1 得 Sn＋S1＝Sn＋1＋2n，所以 Sn＋1－Sn＝ S1－2n，所以 an＋1＝a1－2n＝1－2n，所以 a10＝1－2×9 ＝－17. 答案：－17
高考数学一轮复习第六章数列第四节数列求和课件理
[典题 1] 已知数列{an}的通项公式是 an＝2·3n－1＋(－ 1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn.
[听前试做] Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－ 1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
角度二：an＝
1 n＋
n＋k型
[典题 4] 已知函数 f(x)＝xa 的图象过点 (4,2)，令 an＝
fn＋11＋fn，n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S2 016＝(
)
A. 2 015－1
B. 2 016－1
C. 2 017－1
D. 2 017＋1
[听前试做] 由 f(4)＝2 可得 4a＝2，解得 a＝12，则 f(x)＝
＝－n＋2 12.所以 Tn＝－nnn2＋＋221，2，n为n为偶奇数数. ，
[典题 2] (2015·天津高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列， {bn}是等差数列，且 a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.
(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设 cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前 n 项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝ann＋1，记 Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，
2
求 Tn .
解：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)， 即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得 a1＝2. 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n.
(2)由题意知 bn＝ann2＋1＝n(n＋1)． 所以 Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)． 因为 bn＋1－bn＝2(n＋1)，可得当 n 为偶数时， Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn) ＝4＋8＋12＋…＋2n＝n24＋2 2n＝nn2＋2， 当 n 为奇数时， Tn＝Tn－1＋(－bn)＝n－12n＋1－n(n＋1)
高考数学一轮总复习第六章数列第四节数列求和课件
1
1 +1
T
+2×
+…+(n-1)·
+n·
,
n=1×
2
2
2
2
2
1 1- 1
2
2
1
③-④得,2Tn=
1
12
1
∴Tn=2-(2+n)·2 .
1 +1
-n·2
,
③
④
技巧点拨错位相减求和法的方法步骤
设{anbn}的前n项和为Sn,其中数列{an}为公差为d的等差数列,数列{bn}为公
比为q(q≠1)的等比数列.则错位相减求和法的步骤如下.
第六章
第四节 数列求和
课标
解读
1.巩固等差数列、等比数列前n项和公式.
2.掌握数列求和的裂项相消求和法、错位相减求和法、拆项分组求和
法、并项转化求和法、倒序相加求和法,能够解决数列的求和问题.
强基础 增分策略
知识梳理
数列求和的常用方法
1.公式法
(1 + )
(-1)
(1)等差数列前 n 项和公式 Sn=
bn= 3 ,证明:b1+b2+…+bn<8.
证明(1)因为
所以
3
3
a1=4,an+1=1+2 ,
3 1
3 2
a2=
>0,a3=
>0,…,
1+2 1
1+2 2
以此类推可知,对任意的 n∈N*,an>0,
由已知得
1
1
+1
=
2 +1
1
1 +1
T
+2×
+…+(n-1)·
+n·
,
n=1×
2
2
2
2
2
1 1- 1
2
2
1
③-④得,2Tn=
1
12
1
∴Tn=2-(2+n)·2 .
1 +1
-n·2
,
③
④
技巧点拨错位相减求和法的方法步骤
设{anbn}的前n项和为Sn,其中数列{an}为公差为d的等差数列,数列{bn}为公
比为q(q≠1)的等比数列.则错位相减求和法的步骤如下.
第六章
第四节 数列求和
课标
解读
1.巩固等差数列、等比数列前n项和公式.
2.掌握数列求和的裂项相消求和法、错位相减求和法、拆项分组求和
法、并项转化求和法、倒序相加求和法,能够解决数列的求和问题.
强基础 增分策略
知识梳理
数列求和的常用方法
1.公式法
(1 + )
(-1)
(1)等差数列前 n 项和公式 Sn=
bn= 3 ,证明:b1+b2+…+bn<8.
证明(1)因为
所以
3
3
a1=4,an+1=1+2 ,
3 1
3 2
a2=
>0,a3=
>0,…,
1+2 1
1+2 2
以此类推可知,对任意的 n∈N*,an>0,
由已知得
1
1
+1
=
2 +1
1
2017版高考数学一轮总复习课件：第6章 数列 第四节
第八页，编辑于星期六：十九点 五十五分。
(3)[形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解]已知数列{an}的前 n项和为Sn，通过公式an＝(－1)n－1·n，则S17＝________.
解析 S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17 ＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17) ＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案 9
第十八页，编辑于星期六：十九点 五十五分。
(3)常见的裂项方法(其中n为正整数)
数列
裂项方法
1
n（n＋k）(k
为非零常数)
n（n1＋k）＝1k1n－n＋1 k
1 4n2－1
1
n＋
n＋1
4n21－1＝122n1－1－2n1＋1
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n
loga1＋1n (a＞0，a≠1) loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan
第十五页，编辑于星期六：十九点 五十五分。
(2)bn＝n2＋12n－1＝2nn－1＋2n，设数列2nn－1的前 n 项和为 Tn. 则 Tn＝1＋22＋232＋…＋2nn－1，12Tn＝12＋222＋233＋…＋n2－n－11 ＋2nn. 两式相减得12Tn＝1＋12＋212＋…＋2n1－1－2nn ＝11－－2112n－2nn＝2－n＋2n2，即 Tn＝4－n2＋n－21 . ∴Sn＝Tn＋n2＋n＝4－n2＋n－21 ＋n2＋n.
第二十三页，编辑于星期六：十九点 五十五分。
【例 3】(2016·甘肃会宁一中第三次月考)已知等比数列{an}的公 比 q＝3，前 3 项和 S3＝133. (1)求数列{an}的通项公式； π (2)若函数 f(x)＝Asin(2x＋φ)(A＞0，0＜φ＜π)，在 x＝ 6 处取得最大值，且最大值为 a3，求函数 f(x)的解析式.
(3)[形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解]已知数列{an}的前 n项和为Sn，通过公式an＝(－1)n－1·n，则S17＝________.
解析 S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17 ＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17) ＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案 9
第十八页，编辑于星期六：十九点 五十五分。
(3)常见的裂项方法(其中n为正整数)
数列
裂项方法
1
n（n＋k）(k
为非零常数)
n（n1＋k）＝1k1n－n＋1 k
1 4n2－1
1
n＋
n＋1
4n21－1＝122n1－1－2n1＋1
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n
loga1＋1n (a＞0，a≠1) loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan
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(2)bn＝n2＋12n－1＝2nn－1＋2n，设数列2nn－1的前 n 项和为 Tn. 则 Tn＝1＋22＋232＋…＋2nn－1，12Tn＝12＋222＋233＋…＋n2－n－11 ＋2nn. 两式相减得12Tn＝1＋12＋212＋…＋2n1－1－2nn ＝11－－2112n－2nn＝2－n＋2n2，即 Tn＝4－n2＋n－21 . ∴Sn＝Tn＋n2＋n＝4－n2＋n－21 ＋n2＋n.
第二十三页，编辑于星期六：十九点 五十五分。
【例 3】(2016·甘肃会宁一中第三次月考)已知等比数列{an}的公 比 q＝3，前 3 项和 S3＝133. (1)求数列{an}的通项公式； π (2)若函数 f(x)＝Asin(2x＋φ)(A＞0，0＜φ＜π)，在 x＝ 6 处取得最大值，且最大值为 a3，求函数 f(x)的解析式.
高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和课件 文
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2. ∴S2 017＝S2 016＋a2 017
＝2 0416×2＋2 017·cos
2 017 2π
＝1 008.
1 2 3 4 5 解析答案
返回
Байду номын сангаас
题型分类 深度剖析
题型一 分组转化法求和
例 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；
解析答案
(2) 当 d>1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解
由
d>1，知
an＝2n－1，bn＝2n－1，故
2n－1 cn＝ 2n－1 ，
na1 ； a11－qn
a1－anq
(ⅱ)当 q≠1 时，Sn＝ 1－q ＝ 1－q .
答案
(2)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.
常见的裂项公式
①nn1＋1＝1n－n＋1 1；
②2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1；
已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 求其前n项和Sn.
解析答案
题型二 错位相减法求和
例2 (2015·湖北)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列 {bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
第六章 数列
§6.4 数列求和
内容 索引
基础知识 自主学习 题型分类 深度剖析 审题路线图系列 思想方法 感悟提高 练出高分
＝2 0416×2＋2 017·cos
2 017 2π
＝1 008.
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题型分类 深度剖析
题型一 分组转化法求和
例 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；
解析答案
(2) 当 d>1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解
由
d>1，知
an＝2n－1，bn＝2n－1，故
2n－1 cn＝ 2n－1 ，
na1 ； a11－qn
a1－anq
(ⅱ)当 q≠1 时，Sn＝ 1－q ＝ 1－q .
答案
(2)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.
常见的裂项公式
①nn1＋1＝1n－n＋1 1；
②2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1；
已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 求其前n项和Sn.
解析答案
题型二 错位相减法求和
例2 (2015·湖北)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列 {bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
第六章 数列
§6.4 数列求和
内容 索引
基础知识 自主学习 题型分类 深度剖析 审题路线图系列 思想方法 感悟提高 练出高分
高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和、数列的综合应用课件
(1)设{an}的公比为q,
由题意知:a1(1+q)=6, a12 q=a1q2, 又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.
=12 (1 2n ) -4-(6n-2)×2n+1
1 2
=-(3n-4)2n+2-16. 得Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.
方法总结 (1)等差数列与等比数列中分别有五个量,a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通 过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解. (2)数列{anbn},其中{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求{anbn}的前n项和应 采用错位相减法.
5.(2017山东文,19,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3. (1)求数列{an}的通项公式;
(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列
bn an
的前n项和Tn.
解析 本题考查等比数列与数列求和.
答案 A 本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力. 不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n), 则有N= n(n 1) +t+1,因为N>100,所以n≥13.
2
由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m. 因为n≥13,所以2n>n+2, 所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n, 因为2t+1-1>0, 所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1, 因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1. 所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3. 当t=3时,N=95,不合题意; 当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.