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(共46张PPT)
第六章　数列
6.5　数列求和
2027高考数学一轮总复习
内容索引
必备知识　回顾
课时作业
关键能力　提升
考试要求 三年考情 1.探索并掌握等差、等比数列前n项和公式及其推导用到的“分组求和法”“错位相减法”和其他一些重要的求和方法. 2.能在具体的问题情境中,发现数列的等差、等比关系,并解决相应的问题.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法. 2023 2024 2025
新课标Ⅰ卷T20 全国一卷T16
新课标Ⅱ卷T18 新课标Ⅱ卷T12 全国二卷T7,T9
必备知识　回顾
1.特殊数列的求和公式
(1)等差数列前n项和公式:Sn=.
(2)等比数列前n项和公式:
Sn=
1
知识梳理
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组求和法
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)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,那么这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
(3)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.
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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项和即可用倒序相加法求解.
常见的裂项公式
(1).
(2).
(3)=.
(4)loga=loga(n+1)-logan(n>0).
(5).
(6).
知识拓展
1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”)
(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,. (　 　)
(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=. (　 　)
基础检测
√
√
×
√
2.(人教A版选择性必修第二册P40习题4.3 T3改编)Sn==(　 　)
A.
C.
B
解析:由Sn=①,得②,①-②得,,∴Sn=.故选B.
3.(人教A版选择性必修第二册P40习题4.3 T3改编)数列.
解析:数列=(1+2+3+…+n)+=
.
n(1+n)2+1-12n
4.已知an=,数列{an}的前n项和为Sn,则S21=.
解析:因为an=,所以Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an
=2,所以S21=2.
关键能力　提升
考点1 分组求和法与并项求和法
【例1】　已知递增等差数列{an}满足a1=2,+2an.
(1)求数列{an}的通项公式;
【解】设递增等差数列{an}的公差为d,则d>0,
因为+2an,所以=2an+1+2an,
即(an+1-an)(an+1+an)=2(an+1+an),
因为a1=2,d>0,所以an+1+an>0,所以an+1-an=2,所以d=2,
故数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n.
(2)(一题多解)若数列{bn}满足bn=1+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和T2n.
【解】　方法一　T2n=b1+b2+…+b2n-1+b2n=(1-a1)+(a2+1)+…+(1-a2n-1)
+(a2n+1)=-(a1+a3+…+a2n-1)+n+(a2+a4+…+a2n)+n=-+2n=4n.
方法二　T2n=b1+b2+…+b2n-1+b2n=(1-a1)+(a2+1)+…+(1-a2n-1)+(a2n+1)
=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2n-a2n-1)+2n=2n+2n=4n.
1.分组求和法常见题型
(1)若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn形式,其中{an},{bn}为等差数列或等比数列,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=
形式,其中数列{an},{bn}为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.
规律总结
2.并项求和法常见题型
(1)数列{an}的通项公式为an=(-1)nf(n)形式,求数列{an}的前n项和.
(2)数列{an}是周期数列或ak+ak+1(k∈N*)为定值,求数列{an}的前n项和.
【对点训练1】　(2025·江苏苏州二模)在数列{an}中,已知a1=2,且当n为奇数时,an+1=3an+1;当n为偶数时,an+1=2an-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:当n为偶数时,an+1=2an-1,则数列{an}的奇数项是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1=a1·2n-1=2n,即当n为奇数时,an=.
当n为偶数时,an=3an-1+1=3+1.
所以{an}的通项公式为an=
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
解:由(1)知,a2n-1+a2n=a2n-1+3a2n-1+1=4a2n-1+1=4×2n+1,
S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=4(2+22+…+2n)+n=4+
n=2n+3+n-8.
考点2 错位相减法求和
【例2】　(2025·全国一卷)已知数列{an}中,a1=3,.
(1)求证:数列{nan}是等差数列;
【解】证明: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,
又因为a1=3,
所以数列{nan}是首项为3,公差为1的等差数列.
(2)(一题多解)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
【解】　方法一　由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2.
因为f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+amxm,
所以f'(x)=a1+2a2x+3a3x2+…+mamxm-1,
则f'(x)=3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1①,
所以xf'(x)=3x+4x2+5x3+…+(m+2)xm②.
当x≠1时,①-②,得(1-x)f'(x)=3+(x+x2+…+xm-1)-(m+2)xm=3+-(m+2)xm.
当x=-2时,3f'(-2)=3+-(m+2)·(-2)m,
故f'(-2)=·(-2)m.
方法二　由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2.
因为f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+amxm,
所以f'(x)=a1+2a2x+3a3x2+…+mamxm-1,
所以f'(-2)=a1+2a2·(-2)+3a3·(-2)2+…+mam·(-2)m-1=
3+4×(-2)+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1.
而(m+2)·(-2)m-1=·(-2)m-1-·(-2)m(关键:利用待定系数法将通项进行裂项),所以f'(-2)=(-2)0-(-2)1+(-2)1-(-2)2+…+·(-2)m-1-·(-2)m=(-2)0-·
(-2)m=·(-2)m.
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.错位相减法求和时的注意点
(1)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.
(2)应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1,若q=1,应用公式Sn=na1.
规律总结
【对点训练2】　已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=b1=3,a2+a4=2b2,a1a3=b3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则
因为q≠0,所以d=q=3,
所以an=3n,bn=3n.
(2)求数列的前n项和.
解:由(1)知,, 令Sn=, 则,
两式相减,得,
所以Sn=,即数列.
考点3 裂项相消法求和
【例3】　已知各项均为正数的数列{an}满足a1=a2=1,数列{}的前n项和为an·an+1.正项等比数列{bn}满足b1=a3,b3=a6.
(1)求数列{bn}的通项公式;
【解】由题意可得=anan+1-an-1an(n≥2),
所以=an(an+1-an-1).
因为an>0,所以an=an+1-an-1,即an+1=an+an-1(n≥2),所以b1=a3=a1+a2=2,
b3=a6=a4+a5=a2+a3+a3+a4=a2+a3+a3+a2+a3=2a2+3a3=8.
设等比数列{bn}的公比为q(q>0),则q2==4,所以q=2,所以bn=2n.
(2)若cn=,求证:c1+c2+c3+…+cn<.
【解】证明:因为bn=2n,
所以cn==
,
所以c1+c2+c3+…+cn=.
裂项相消法的原则及规律
(1)裂项原则
一般是前面裂几项,后面就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.
(2)消项规律
消项后前面剩几项,后面就剩几项,前面剩第几项,后面就剩倒数第几项.
规律总结
【对点训练3】　已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:当n=1时,,即,解得a1=1,
所以=1,则数列是首项为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=1也满足上式,所以{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:由(1)知, bn=,
所以bn==1+=1+,
故Tn=n+, 即Tn=n+.
高考真题 教材典题
(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为__;如果对折n次,那么 dm2. (人教A版选择性必修第二册P38例10)如图,正方形ABCD的边长为5 cm,取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第3个正方形IJKL,依此方法一直继续下去.
考教衔接
5
高考真题 教材典题
(1)求从正方形ABCD开始,连续10个正方形的面积之和;
(2)如果这个作图过程可以一直继续下去,那么这些正方形的面积之和将趋近于多少
考教衔接
解析:依题意得,S1=120×2=240(dm2);S2=60×3=180(dm2);当n=3时,共可以得到5 dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm×3 dm,20 dm dm四种规格的图形,且5×6=30,12=30,10×3=30,20=30,所以S3=30×4=120(dm2);当n=4时,共可以得到5 dm×3 dm, dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm dm,20 dm dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3=15,6=15,12=15,10=15,20=15,所以S4=15×5=75(dm2)……所以可归纳出Sk=(k+1)=①,所以②,①-②,得,所以dm2.
课时作业45
1.(15分)(2026·辽宁鞍山一模)设{an}是各项都为正数的递增数列,已知a1=1且an满足关系式-2an+1=2anan+1.
(1)求a2,a3及数列{an}的通项公式;
解:由题意得-2(an+1-an)+1=4an,则(an+1-an-1)2=4an,∵an>0,∴an+1=an+2+1(an+1=an-2+1舍去),∴an+1=(+1)2,∴,∵=1,∴{cn}是首项为1,公差为1的等差数列,∴cn=1+(n-1)=n,即=n,∴an=n2,∴a2=4,a3=9.
基础巩固
(2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:由(1)知bn===.
由累加法,得Sn=.
2.(15分)(2025·广东佛山三模)已知数列{an},{bn}满足a1=1,且-an,an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个不同的实数根.
(1)求an;
解:因为-an,an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个不同的实数根,所以
-an+an+1=2.
所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,因此an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)设cn=+(-1)nan,求数列{cn}的前21项和S21.
解:由(1)知an=2n-1. 对于方程x2-2x-bn=0,
由根与系数的关系得anan+1=bn, 即bn=(2n-1)(2n+1).
所以cn=+(-1)nan=+(-1)n·(2n-1)=
(-1)n·(2n-1)+.
所以S21=(-1+3)+(-5+7)+…+(-37+39)-41+.
3.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,S5=25.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:设等差数列{an}的公差为d,
则
解得所以an=2n-1.
(2)(一题多解)若bn=3nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:方法一(错位相减法)　bn=3nan=(2n-1)×3n,
则Tn=1×3+3×32+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n①,
3Tn=1×32+3×33+…+(2n-3)×3n+(2n-1)×3n+1②(题眼),
①-②,得-2Tn=3+2×(32+33+…+3n)-(2n-1)×3n+1=3+-(2n-1)×3n+1=(2-2n)×3n+1-6,
所以Tn=(n-1)×3n+1+3.
方法二(裂项相消法)　bn=3nan=(2n-1)×3n=(n-1)×3n+1-(n-2)×3n,
所以Tn=0×32-(-1)×3+1×33-0×32+2×34-1×33+…+(n-1)×3n+1-
(n-2)×3n=(n-1)×3n+1+3.
4.(15分)(2025·广东汕头二模)已知数列{an}中,an=n2,其前n项和为Sn.
(1)求a1+a2+a3;
解:因为an=n2,所以a1+a2+a3=cos.
素养提升
(2)求S3n;
解:因为a3k-2+a3k-1+a3k=(3k-2)2cos+(3k-1)2cos+(3k)2·cos 2π=
-+(3k)2=9k-,
所以S3n=.
(3)若数列{bn}的前n项和为Tn,且bn=,求证:Tn<22.
解:证明:因为bn==(9n+4)·,所以Tn=13+…+(9n-5)+(9n+4),所以+…+(9n-5)+(9n+4),两式相减,
得-(9n+4)
-(9n+4),故Tn=22-<22.
本课结束

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