6.5数列求和 课件-2027届高三数学一轮复习

第六章　数列 第5节　数列求和 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式. 2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法. 课标要求 1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n项和公式: Sn＝＝__________________. (2)等比数列的前n项和公式: na1+d 3 2.数列求和的几种常用方法 (1)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. (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，从而求得其和. (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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解. 4 (4)倒序相加法 如果一个数列{an}中，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项和可用倒序相加法求解. 5 常用结论与微点提醒 1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝. 2.12＋22＋…＋n2＝. 3.裂项求和常用的三种变形 (1). (2). (3). 6 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　) (2)当n≥2时，.(　　) 诊断自测 概念思考辨析+教材经典改编 √ √ 7 (3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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和.(　　) (4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.(　　) (3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解. × √ 8 2.(苏教选修一P181T11(1)改编)数列{an}中，an＝，则数列{an}的前 2 027项和S2 027＝____________.  由题意得an＝， 故S2 027＝＋…＋＝1－. 9 3.(人教A选修二P40习题T3(1)改编)已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn ＝________________.  Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝n(n＋1)＝2n＋1－2＋ n2＋n. 2n+1-2+n2+n 10 4.(人教B选修三P44T1改编)数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为____________.  S20＝4×1＋5×21＋6×22＋…＋23×219，2S20＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋23×220， 两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23×220＝4＋－23×220＝－22×220＋2， 故S20＝22×220－2. 22×220-2 11 例1 (2026·郑州调研)已知数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列，a4为a2和a8的等比中项，记数列{an}的前n项和为Sn. (1)求an和Sn; 考点一　分组求和与并项求和 因为a4为a2和a8的等比中项， 所以＝a2a8， 又因为数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列， 则(2＋3d)2＝(2＋d)(2＋7d)， 所以d＝2，an＝2n，Sn＝＝n(n＋1). (2)设bn＝(－1)n－1·(n∈N*)，求数列{bn}的前2 026项的和. 因为bn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·(n＋1)， 所以数列{bn}的前2 026项的和为 b1＋b2＋…＋b2 026＝2－3＋4－5＋…＋2 026－2 027＝(2－3)＋(4－5)＋…＋ (2 026－2 027)＝－1×＝－1 013. 感悟提升 1.分组求和法常见题型 (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＝ 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数列{cn}的前n项和. 感悟提升 2.并项求和法常见题型 (1)数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和. (2)数列{an}是周期数列或ak＋(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和. 训练1 (2026·唐山模拟)已知数列{an}是正项等比数列，其前n项和为Sn，且a2a4＝16，S5＝S3＋24. (1)求数列{an}的通项公式; 设数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1， 因为an>0，所以q>0， 依题意可得即 整理得q2＋q－6＝0， 解得q＝2或q＝－3(舍去)， 所以an＝a3qn－3＝2n－1. (2)记数列{an＋log2an}的前n项和为Tn，求满足Tn<2 026的最大整数n. 由(1)可知an＋log2an＝2n－1＋n－1， 故Tn＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋(0＋1＋2＋…＋n－1)＝2n－1＋. 显然Tn随着n的增大而增大， T10＝210－1＋45＝1 068<2 026， T11＝211－1＋55＝2 102>2 026， 所以满足Tn<2 026的最大整数n＝10. 例2 (2026·邯郸模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且 . (1)求{an}的通项公式; 考点二　裂项相消法求和 当n＝1时，由， 即＝2，解得a1＝1， 所以＝1， 则数列{}为首项为1，公差为1的等差数列， 所以＝n，则Sn＝n2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2 ＝2n－1， 当n＝1时，a1＝2×1－1＝1满足条件， 所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*). (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)知，bn＝， 所以bn＝＝1＋＝1＋＝1＋， 故Tn＝n＋＝n＋＝n＋， 即Tn＝n＋. 感悟提升 1.裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点:一是要注意裂项时对系数的调整;二是裂项后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理. 感悟提升 2.常见的几种裂项结构: (1)等差型:(an≠0，d≠0). (2)指数型:. (3)对数型:loga＝logaan＋1－logaan(a>0且a≠1，an>0). (4)无理型:()({an}为等差数列，公差d≠0且an>0). 训练2 (2026·佛山调研)记数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n(n∈N*). (1)求{an}的通项公式; ∵Sn＝2an－n，① 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，② ∴①－②得an＝2an－1＋1， 即an＋1＝2(an－1＋1)，则＝2，n≥2， 当n＝1时，由S1＝a1＝2a1－1，解得a1＝1， ∴{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1. (2)求证:数列的前n项和Tn<1. ∵ ＝， ∴Tn＝＋…＋＝1－<1. 例3 (2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中，a1＝3，且. (1)证明:数列{nan}是等差数列; 考点三　错位相减法求和 已知， 等式两边同乘n(n＋1)， 得(n＋1)an＋1＝nan＋1， 即(n＋1)an＋1－nan＝1. 又1×a1＝3，所以数列{nan}是首项为3，公差为1的等差数列. (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'(－2). 由(1)可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2， 又f'(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1， 故f'(－2)＝3＋4×(－2)＋…＋(m＋2)×(－2)m－1， 所以－2f'(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(m＋2)×(－2)m. 两式相减，得3f'(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)m－1－(m＋2)×(－2)m ＝×(－2)m， 所以f'(－2)＝×(－2)m. 感悟提升 1.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法. 2.用错位相减法求和时，应注意:在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式. 训练3 (2026·惠州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2(n∈N*).数列{bn}是公比为3的等比数列，且b1＝a1. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式; 当n＝1时，a1＝S1＝1; 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2 ＝n2－n2＋2n－1＝2n－1， 当n＝1时也符合上式， 所以an＝2n－1，b1＝a1＝1，所以bn＝3n－1. (2)令cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn. cn＝an·bn＝(2n－1)3n－1，所以Tn＝1＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1， 3Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n， 两式相减得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)3n， ＝1＋2×－(2n－1)3n ＝－2＋(2－2n)3n， 所以Tn＝(n－1)3n＋1. 1.已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋4，数列{bn}的首项为b1＝2. (1)若{bn}是公差为3的等差数列，求证:{}也是等差数列. 因为数列{bn}是首项为b1＝2，公差为3的等差数列， 所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1， 所以＝2bn＋4＝2(3n－1)＋4＝6n＋2， 所以＝6(n＋1)＋2－(6n＋2)＝6， 所以数列{}是以6为公差的等差数列. (2)若{}是公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和. 因为{}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首项为b1＝2，an＝2n＋4， 所以＝a2＝2×2＋4＝8，所以＝8×2n－1＝2n＋2. 又因为an＝2n＋4，所以＝2bn＋4， 所以2bn＋4＝2n＋2，解得bn＝2n＋1－2， 所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21＋1－2)＋(22＋1－2)＋(23＋1－2)＋…＋(2n＋1－2) ＝22＋23＋…＋2n＋1－2n＝－2n＝2n＋2－2n－4， 所以数列{bn}的前n项和为2n＋2－2n－4. 2.(2026·郑州调研)已知函数f(x)＝2sin x，把方程|f(x)|＝2的正数解从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; 因为f(x)＝2sin x， 令|f(x)|＝2，即＝1，所以x＝kπ＋，k∈Z， 解得x＝2k＋1(k∈Z)， 所以方程|f(x)|＝2的正数解从小到大依次为1，3，5，7，…， 所以an＝2n－1. (2)记bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证:Tn<. 记bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn， bn＝<， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn< ＝<. 3.(2026·合肥调研改编)已知函数f(x)＝(x＋1)3＋1，正项等比数列{an}满足a1 014＝，求f(lg ak). 函数f(x)＝(x＋1)3＋1的图象，可看成曲线y＝x3向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的. 因为曲线y＝x3的对称中心为(0，0)， 所以函数f(x)＝(x＋1)3＋1的图象的对称中心为(－1，1)， 所以f(x)＋f(－2－x)＝2. 因为正项等比数列{an}满足a1 014＝， 所以a1·a2 027＝a2·a2 026＝…＝， 所以lg a1＋lg a2 027＝lg a2＋lg a2 026＝…＝2lg a1 014＝－2， 所以f(lg a1)＋f(lg a2 027)＝f(lg a2)＋f(lg a2 026)＝…＝2f(lg a1 014)＝2， f(lg ak)＝f(lg a1)＋f(lg a2)＋f(lg a3)＋…＋f(lg a2 027)，① f(lg ak)＝f(lg a2 027)＋f(lg a2 026)＋f(lg a2 025)＋…＋f(lg a1).② 由①②相加得2f(lg ak)＝[f(lg a1)＋f(lg a2 027)]＋[f(lg a2)＋f(lg a2 026)]＋…＋[f(lg a2 027)＋f(lg a1)]， 即2f(lg ak)＝2 027×2， 所以f(lg ak)＝2 027. 4.(2026·临沂模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知an＋Sn＝2n＋. (1)证明:数列{an－2}是等比数列; 因为an＋Sn＝2n＋， 所以当n＝1时，a1＝; 当n≥2时，an－1＋Sn－1＝2(n－1)＋， 所以an－an－1＋an＝2，即an＝1＋an－1， 又a1－2＝≠0， 所以， 所以数列{an－2}是首项为，公比为的等比数列. (2)求数列{an}的通项公式; 由(1)得an－2＝×， 所以an＝＋2. (3)求数列{nan}的前n项和Tn. 由(2)得nan＝n×＋2n， 记Hn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，① 则Hn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，② 由①－②得Hn＝＋…＋－n×－n××， 所以Hn＝1－， 所以Tn＝1－＋2×＝n2＋n＋1－. $