数列求和的方法课件-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

数列求和的方法 复习引入 例题 分组求和法 反思归纳 练习 例题 裂项相消法 裂项相消法 反思归纳 练习 例3：求和：Sn＝1＋3x＋5x2＋7x3＋…＋(2n－1)xn－1(x≠0)． 例题 解： 当x=1时， 当x≠1时， 两式相减，得 例3：求和：Sn＝1＋3x＋5x2＋7x3＋…＋(2n－1)xn－1(x≠0)． 错位相减法 反思归纳 练习 2.(2010年高考课标全国卷改编)设等比数列 {an}满足a1＝2，a4＝512. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 例题 反思归纳 练习 随堂检测 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 课外作业 课本P40 1.等差数列 的前 项和公式： （1） ；（2） . 2.等比数列 的前 项和公式: （1）当 时, ，或 ; （2）当 时， . 3.推导等差数列前 项和公式的方法, 叫做 ; 推导等比数列前 项和公式的方法,叫做 . 例1: 求和：(a+1)＋(a2+2)＋…＋(an+n). 分析：数列 是由一个等比数列 与一个等差数列 的和构成的，所以,可以将求这个数列的前 项和转化为求一个等比数列 的前 项和与一个等差数列 的前 项和的和. 注意：等比数列 的公比为 ，所以需要对 分两种情况进行讨论： ＝eq \f(a1－an,1－a)+eq \f(nn＋1,2). 例1: 求和：(a+1)＋(a2+2)＋…＋(an+n). 解：(a+1)＋(a2+2)＋…＋(an+n) ＝(a+a2+…+an)＋(1+2+…+n) 当a＝1时， 原式＝(1+12+…+1n)＋(1+2+…+n) 当a≠1时， 原式＝(a＋a2＋…＋an)+(1＋2＋…＋n) 求形如 （其中 一个是等差数列，另一个是等比数列）的数列的前 项和，需将数列拆成（或分成）两部分，然后用特殊数列的求和公式先分别求和，再相加减，这种求和方法叫做分组求和法. ＝2n＋1－2＋n2. 答案：2n＋1＋n2－2 1.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为 ． 解析：Sn＝(2+1)＋(22+3)＋…＋(2n+2n－1) ＝(2+22+…+2n)＋(1+3+…+2n－1) ＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n1＋2n－1,2) ＝eq \f(n2＋n,2)＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n. 2.已知数列{cn}：1eq \f(1,2)，2eq \f(1,4)，3eq \f(1,8)，…，试求{cn}的前n项和Sn． 解：令{cn}的前n项和为Sn，则 Sn＝1eq \f(1,2)＋2eq \f(1,4)＋3eq \f(1,8)＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)) ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)) ＝eq \f(nn＋1,2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2)) 例2: 求和： ； 分析:第 项是 ,你能从中分解出 和 吗?怎么分解? . 于是,这个和可以怎样求解? 例2: 求和： ； 解：（1） ， 例2: 求和： ； 分析:第 项是 ,分母有根号，怎么办? . 于是,这个和可以怎样求解? 例2: 求和： ； 解： 把数列的通项an拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以正负相消，剩下首尾若干项，这种求和方法叫做裂项相消法. 注意：（1）相消时应注意消去哪些项，保留哪些项;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.分式的求和多利用此法． （2）将通项公式分裂成两项之差后，要注意通过通分检验所得两项之差与原通项公式是否相等，若不相等需要在两项之差前面补上一个系数，使之与原通项公式相等． （3）常见的裂项公式有： ① ； ② ； ③ ； ④eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)； ⑤eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))． 1.求数列 eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,3×5)＋…＋eq \f(1,nn＋2)的前 n 项和． 解：＋…＋＋＋ ＝ ＝ ＝. － 2.数列{an}的通项公式 an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项的和为10，则项数为_____． 解析：∵an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)， ∴Sn＝ =eq \r(n＋1)－1＝10， ∴n＝120. 答案：120 分析：数列的第 项 是由一个等差数列 与一个等比数列 的积构成的，我们怎样来求这个数列的前 项和呢？ 你还记得我们是怎样用“错位相减法”推导出等比数列的前 项和公式的吗？ 若数列{an}为等差数列，数列{bn}是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}（称为差比数列），当求该数列的前n项的和时，常常采用将{anbn}的各项乘以公比q，然后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，.即可把它转化为等比数列求和，这种数列求和的方法称为错位相减法． 1.数列，…前n项的和为____________ . ，…，，， 解析： 设Sn＝ ＋…＋＋＋＋，　 ① ＋… ＋＋＋Sn＝ ＋，　　　② 由①－②，得－＋…＋＋＋＋Sn＝ ∴Sn＝4－. Sn＝4－ 解：(1)∵a1＝2，a4＝512， 即 解得q＝4， ∴an＝2×4n－1＝22n－1. (2)由bn＝nan＝n·22n－1知， Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，① 从而 22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.② 1 －②得 (1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1 ∴Sn＝eq \f(1,9)[(3n－1)22n＋1＋2]． 例4：设f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))，求f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值． 分析：注意到 即与首末两端等距离的两个自变量的和相等且等于1.于是，你能利用“倒序相加法”来求这个和吗？ ∴S＝3eq \r(2). 例4：设f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))，求f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值． 解：∵f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))， ∴f(1－x)＝eq \f(1,21－x＋\r(2))＝eq \f(1,2·\f(1,2x)＋\r(2))＝eq \f(2x,2＋\r(2)·2x)＝eq \f(1,\r(2))(eq \f(2x,2x＋\r(2)))． ∴f(x)＋f(1－x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))＋eq \f(\f(\r(2),2)·2x,2x＋\r(2))＝eq \f(1＋\f(\r(2),2)·2x,2x＋\r(2))＝eq \f(\r(2),2). 令S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)，则 S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋…＋f(－4)＋f(－5)， ∴2S＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]＝12×eq \f(\r(2),2)＝6eq \r(2). 如果一个数列{an}，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法． 设 ， 求 的值． 解： ， ， 令 ，则 ， 即 . 1．数列9,99,999,9999，…，的前n项和等于(　　) A．10n－1 B.eq \f(1010n－1,9)－n C.eq \f(10,9)(10n－1) D.eq \f(10,9)(10n－1)＋n 解析：∵an＝10n－1， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1) ＝(10＋102＋…＋10n)－n＝eq \f(1010n－1,9)－n. 选B. 2．若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　 ) A．15 B．12 C．－12 D．－15 解析：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)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15. 选A. 3.求和： … ． 解：设 ． ∴ EMBED Equation.DSMT4 ． 4．(2013·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前n项和． 解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d. 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝－1.)) 故{an}的通项公式为an＝2－n. (2)由(1)知eq \f(1,a2n－1a2n＋1) ＝eq \f(1,3－2n1－2n)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))， 从而数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前n项和为 eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－1)－\f(1,1)＋\f(1,1)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))＝eq \f(n,1－2n). 5.设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2，{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2， 故数列{an}的通项公式为an＝4n－2， 即数列{an}是首项a1＝2，公差d＝4的等差数列． 设数列{bn}的公比为q，则b1qd＝b1，d＝4，∴q＝eq \f(1,4). 故bn＝b1qn－1＝2×eq \f(1,4n－1)，即{bn}的通项公式为bn＝eq \f(2,4n－1). (2)∵cn＝＝(2n－1)4n－1， ＝ ∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝[1＋3×41＋5×42＋…＋ (2n－1)·4n－1]． ∴4Tn＝[1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－1)4n]． 两式相减，得3Tn＝－1－2(41＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n ＝[(6n－5)4n＋5]．[(6n－5)4n＋5]，∴Tn＝ 《选择性必修第二册》 “复习巩固”3； “综合运用”6； “综合运用”11. 3.求和： (1)(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋ (2n－3×5－n)． 解：(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋ (2n－3×5－n) $$