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【精品】2011届高考数学第一轮总复习经典实用 3-4数列的求和学案课件

时间:2013-01-10


●基础知识 1.等差数列前n项和Sn= =na1+

倒序相加法 ;等比数列前n项和Sn= d,推导方法:

推导方法:乘公比,错位相减 .

2.常见数列的前n项和:①1+2+3+…+n= ②2+4+6+…+2n= n2+n ;③1+3+5+…+(2n -1)= n2 ;④12+22+32+…+n2=

⑤13+23+33+…+n3=
1)数列各项和S = = .

⑥无穷等比(|q|<

3.数列求和的常见方法有: (1)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的 数列. (2)拆项相消:有时把一个数列的通项公式分成两项

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.

4.常见的拆项公式有:

(7)n·n!= (n+1)! -n!;

(8)an=Sn-Sn-1(n≥2).

●易错知识 一、利用公式求和不注意项数易出错 1.S=1+2+22+23+?+2n=________ 答案:2n+1-1

二、不注意分类易出错
2.S=a+2a2+3a3+?nan(a∈R)=________.

答案:A

答案:B

3.(教材改编题)数列9,99,999,?的前n项和为 ( )

解析:∵9=10-1,99=102-1,999=103-1,?, ∴所求数列的和为Sn =(10-1)+(102 -1)+(103 -1) +?+(10n-1) =(10+102+103+?+10n)-n

答案:D

4.(2011· 原创题)已知数列{an}的前n项和Sn=n2.则

【例1】

已知{an}是等比数列,a1=2,a4=54;{bn}

是等差数列,b1=2,b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn的公式; (2)求数列{bn}的通项公式; (3)设Un=b1+b4+b7+?+b3n-2,其中n=1,2,?, 求U10的值.

[解析] (1)设数列{an}的公比为q, 由a4=a1q3得q3= =27,q=3, =3n-1, 所以数列{an}的通项公式为an=2·3n-1, 数列{an}的前n项和公式Sn= (2)设数列{bn}的公差为d, b1+b2+b3+b4=4b1+ 得8+6d=26,d=3, d=8+6d. 由b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3=2+2×3+2×32=26.

所以bn=b1+(n-1)d=3n-1.

(3)b1 ,b4 ,b7 ,…,b3n-2 组成以3d为公差的等差数 列,所以U10=10b1+ ×3d=425.

(2009·四川)求数列1,3+5,7+9+11,13+15+17+ 19,?的前n项和.

分析:依其结构特征知,只须求出和式中的最后一
个奇数,便知其和为前n个奇数之和,又由于数列中各项 的奇数的个数与项数一致,从而知各项的奇数个数构成的 数列1,2,3,?,n,可以由此入手解答.

解析:解法一:由于该数列的前n项共有 1+2+3+…n= 最末一个数字应为 2· ∴Sn= -1=n2+n-1, 个奇数,

解法二:依该数列的排列特征可知,第n项an中的第 一个奇数是第1+2+3+…+(n-1)+1= 奇数,这个奇数是 1)=n2+n-1, -1个

- 1 = n2 - n + 1 ,

从而推知第n项an中的第n个(末位)数字是n2-n+1+2(n-

故Sn=a1+a2+a3+?+an

=13+23+33+…+n3=

总结评述:根据所给的结构特征,寻找项数之间的 规律,是实现问题转化的主要途径.而转化求和又是研究 和探求数列求和问题的重要手段.

【例2】

(2009· 北京朝阳4月)已知数列{an}的前n项 在直线y= 上.数列{bn}满足bn

和为Sn,点(n,

-2bn+1+bn=0(n∈N*),且b3=11,前9项和为153. +2
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式; (2)设cn= Tn,求使不等式Tn> 数列{cn}的前n项和为 对一切n∈N*都成立的最大正

整数k的值;

注意到n=1时,a1=S1=6, 而当n=1时,n+5=6, 所以an=n+5(n∈N*). 又bn+2-2bn+1+bn=0,即 bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*),

所以{bn}为等差数列,于是 而b3=11,故b7=23,d= 因此bn=b3+3(n-3)=3n+2,

=153. =3,

即bn=3n+2(n∈N*).

因此Tn单调递增,故(Tn)min= 令 得k<19,所以kmax=18.

在数列{an}中,

又bn=

求数列{bn}的前n项的和.

∴数列{bn}的前n项的和

总结评述:对于裂项后有明显相消项的一类数列, 在求和时常采用“裂项求和法”,分式的求和多利用此 法,可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时应注意 消去项的规律,即消去了哪些项,保留哪些项.

错位相减法就是推导等比数列前n项和公式的方 法.一般地,若{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则求

{an·bn}的前n项和一般采用此法.此法有特定的操作程
序,要注意熟练掌握基本技能.

【例3】

(2007· 山东,17)设数列{an}满足a1 +3a2 + ,n∈N*.

32a3+…+3n-1an= (2)设bn=

1)求数列{an}的通项公式; ,求数列{bn}的前n项和Sn.

[解析] (1)∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an= ,① ∴当n≥ 2时,a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1= ①-②,得3n-1an= ,an=

在①中,令n=1,得a1= .∴an=

(2)∵bn=

,∴bn=n·3n.

∴Sn=3+2×32+3×33+?+n×3n.③ ∴3Sn=32+2×33+3×34+?+n×3n+1.④ ④-③,得2Sn=n3n+1-(3+32+33+?+3n), 即2Sn=n×3n+1-

设{an}是等差数列 ,{bn}是各项都为正数的等比数 列,且a1=b1=1,a3+b5=21,a5+b3=13.

(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列 的前n项和Sn.

解析:(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则依题 意有q>0且

解得d=2,q=2.
所以,an=1+(n-1)d=2n-1,bn=qn-1=2n-1.

【例4】

已知数列{an}的前n项和Sn=(n-1)·n+1, 2 对

是否存在等差数列{bn},使an=

一切自然数n均成立?

[解析] 由公式an=

依条件先求出an的通项,再由倒序相加法得出结论.
当n=1时,a1=S1=1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n-1)·2n+1-(n-2)·2n-
1-1=2n-1·(2n-2-n+2)=n·2n-1.

因a1=1满足n≥2时an的式子,

∴an=n·2n-1(n∈N*). 假 设 存 在 等 差 数 列 {bn} 满 足 条 件 , 设 b0 = 0 , 且 {bn}(n∈N*)仍成等差数列,则

令bn=n,显然n=0时,b0=0,故存在等差数列{bn} 满足已知等式.

设f(x)=

利用课本中推导等差数列前n项和公

式的方法,可求得f(-12)+f(-11)+f(-10)+?+f(0)

+?+f(11)+f(12)+f(13)的值为

(

)

令S26 =f(-12)+f(-11)+f(-10)+?+f(0)+?+
f(11)+f(12)+f(13) 又S26=f(13)+f(12)+f(11)+?+f(-11)+f(-12) 则 2S26 = [f( - 12) + f(13)] + [f( - 11) + f(12)] + … + [f(13)+f(-12)]= 答案:D 故选D.

1.在直接用公式求和时,要注意公式的应用范围和 公式推导过程中蕴含的数学思想.

2.注意观察数列的特点和规律,将一般数列求和转
化为基本数列求和. 3.方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分 类讨论等数学思想在本节内容中得到了广泛的应用,尤其 是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研

究,是解答数列综合问题的最基本的思路.


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