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2012届高考一轮复习数学理科课件(数列求和)


考 点 串 串 讲 1.公式法求和 常用求和公式 n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d; 2 2 ?q=1? ?na1 ? Sn= ?a1?1-qn? a1-anq ? 1-q = 1-q ?q≠1?; ?

k= 1

?k=2n(n+1);

n

1

k= 1 n

?k2=6n(n+1)(2n+1);

n

1

1 k3=[ n(n+1)]2. ? 2 k= 1

2.错位相减法求和 这是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,这种方法 主要用于求数列{an· n}的前 n 项和,其中{an}、{bn}分别是等差数列 b 和等比数列. 用乘公比错位相减法求和时,应注意: ①要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形更 值得注意. ②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错 项对齐”,以便于下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. ③应用等比数列求和公式必须注意公比 q≠1 这一前提条件. 如 果不能确定公比 q 是否为 1,应分两种情况讨论,这在高考中经常 考查.

3.倒序相加法求和 将一个数列倒过来排列(倒序), 当它与原数列相加时, 若有公因 式可提,并且剩余的项的和易于求得,则这样的数列可用倒序相加 n?a1+an? 法求和.等差数列的求和公式 Sn= 就是用倒序相加法推导 2 出来的. 4.分组转化法求和 有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列.若将这类数 列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,即能分别求和, 然后再合并.

5.裂项相消法求和 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用.裂项法的实质 是将数列中的某些项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最 终达到求和的目的. 常见的裂项公式有: 1 1 1 (1) = - n?n+1? n n+1 1 1 1 1 (2) = ( - ) ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 1 (3) n?n+1??n+2? ? 1 1? 1 ? ? - = 2?n?n+1? ?n+1??n+2??

1 1 (4) = ( a- b) a+ b a-b m- (5)Cn 1=Cm 1-Cm n+ n (6)n· n!=(n+1)!-n! (7)an=Sn-Sn- 1(n≥2) 1 11 1 (8) = ( - ) n?n+k? k n n+k 1 1 (9) = ( n+k- n) n+k+ n k

如果数列的通项公式可转化为 f(n+1)-f(n)的形式,常采用裂 1 项求和的方法.特别地,当数列形如{ },其中{an}是等差数列, anan+ 1 可尝试采用此法. 使用裂项法,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪 些项; 你是否注意到由于数列{an}中每一项 an 均裂成一正一负两项, 所以互为相反数的项合并为零后,所剩正数项与负数项的项数必是 一样多的,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的 特点. 实质上,正负项相消是此法的根源和目的.

典 例 对 对 碰 题型一 公式法求和 - 例 1 设数列 1,(1+2),?,(1+2+22+?+2n 1),?的前 n 项和为 Sn,则 Sn 的值为( ) A.2n B.2n-n + + C.2n 1-n D.2n 1-n-2

解析 解法一:特殊值法. 由原数列知 S1=1,S2=4. 在选项中,满足 S1=1,S2=4 的只有选项 D. - 解法二:看通项 an=1+2+22+?+2n 1=2n-1, 2?2n-1? + ∴Sn= -n=2n 1-n-2.故选 D. 2-1 答案 D 点评 解法一对解答复杂的选择题有简化计算的作用,解法二 利用通项 an 求 Sn,为求和的通法.

变式迁移 1 数列{an}的通项 an=n2-n,求前 n 项和 Sn.

解析 Sn=(12-1)+(22-2)+?+(n2-n) =(12+22+?+n2)-(1+2+?+n) n?n+1??2n+1? n?n+1? = - 6 2 n?n+1??n-1? = . 3

题型二 倒序相加法求和 1 例 2 设 f(x)= x ,求 f(-5)+f(-4)+?+f(0)+f(1)+?+ 2+ 2 f(5)+f(6)的值.

1 解析 ∵f(x)= x , 2+ 2 1 1 ∴f(x)+f(1-x)= x + - 2 + 2 21 x+ 2 1 1 = x + 2 + 2 2+ 2 2x 1 2x = x + 2 + 2 2+ 2·x 2 2+2x 2 = x = . ?2 + 2?× 2 2 设 S=f(-5)+f(-4)+?+f(0)+f(1)+?+f(5)+f(6),

则 S=f(6)+f(5)+?+f(1)+f(0)+?+f(-4)+f(-5). ∴2S=[f(-5)+f(6)]+[f(-4)+f(5)]+?+[f(6)+f(-5)]. 1 ∴原式= {[f(-5)+f(6)]+[f(-4)+f(5)]+?+[f(0)+f(1)]+? 2 1 2 +[f(6)+f(-5)]}= ×12× =3 2. 2 2 点评 对等差数列倒序 相加求和时利用 了 an+ a1 = an- 1+ a2 1 2 =?,对于 f(x)= x ,由于 f(x)+f(1-x)= ,也可产生以上效 2 2+ 2 果.可见类似这种可以将若干项和转化为某项积的求和方法实际上 是抓住了数列(或解析式)的特点, 利用“整体”运算简化求和的一种 方法.

变式迁移 2 数列{an}是公差为 d, 0=d 的等差数列, Sn=a0C 0 +a1C 1 +? a 求 n n n * +anC n(n∈N ).

解析 Sn=dC0 +2dC1 +3dC2 +?+ndCn,① n n n n - - Sn=ndCn+(n-1)dCn 1+(n-2)dCn 2+?+dC0 ,② n n n n ①+②得 2Sn=(n+1)d(C0 +C1 +C2 +?+Cn) n n n n =2n(n+1)d. - ∴Sn=(n+1)2n 1d.

题型三 错位相减法求和 - 例 3 求和 Sn=1+2x+3x2+?+nxn 1(x≠1).

解析 ∵Sn=1+2x+3x2+?+nxn 1, ① - ∴xSn=x+2x2+?+(n-1)xn 1+nxn, ② ①-②得 (1-x)Sn - =1+x+x2+?+xn 1-nxn 1-xn = -nxn (注:当 x=0 时仍成立) 1-x + 1-?1+n?xn+nxn 1 = , 1-x + 1-?1+n?xn+nxn 1 ∴Sn= . ?1-x? 2



变式迁移 3 2n-1 1 3 5 求和 Sn= + + +?+ n . 2 4 8 2

2n-1 1 3 5 ∵Sn= + + +?+ n ,① 2 4 8 2 2n-1 1 1 3 5 ∴ Sn= + + +?+ n+ 1 ,② 2 4 8 16 2 ①-②得 1 1 2 2 2 2n-1 S = + + +?+ n- n+ 1 2 n 2 4 8 2 2 2 2 - n+ 1 2n-1 1 4 2 = + - n+ 1 2 1 2 1- 2 2n-1 1 4 = +1- n+ 1- n+ 1 2 2 2 3 2n+3 = - n+ 1 , 2 2 2n+3 ∴Sn=3- n . 2 解析

题型四 分组求和法 例 4 数列{an}的前 n 项和 Sn=2an-1,数列{bn}满足:b1=3, bn+ 1=an+bn(n∈N*). (1)求证:数列{an}为等比数列; (2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

解析 (1)证明:∵Sn=2an-1,n∈N*, ∴Sn+ 1=2an+ 1-1.两式相减得 an+ 1=2an+ 1-2an. ∴an+ 1=2an,n∈N*. 由 a1=1,知 an≠0, an+ 1 ∴ =2. an 由定义知{an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列.

(2)由(1)知 an=2n 1,bn+ 1=2n 1+bn, - ∴bn+ 1-bn=2n 1. ∴b2-b1=20,b3-b2=21,b4-b3=22,? - bn-bn- 1=2n 2,等式左右两边相加得 - 1-2n 1 - - bn=b1+20+21+?+2n 2=3+ =2n 1+2. 1-2 - ∴Tn=(20+2)+(21+2)+?+(2n 1+2) - =(20+21+?+2n 1)+2n=2n+2n-1.





变式迁移 4 3 9 25 65 (1)求数列 , , , ,?的前 n 项和 Sn; 2 4 8 16 (2)求数列 9,99,999,9999,?的前 n 项和 Sn.

解析 (1)将各项变形,使其呈现出某种特点, 3 1 9 1 25 1 如 =1+ , =2+ , =3+ ,?. 2 2 4 4 8 8 n2+n 1 Sn= +1- n. 2 2 (2)∵an=10n-1, + 10n 1-10-9n ∴Sn= . 9

题型五 裂项法求和 1 1 1 例 5 已知数列{an}: 1, , , ?, , ? 1+2 1+2+3 1+2+3+?+n 求它的前 n 项和. 1 2 分析 我们先看通项 an= = ,然后将 1+2+3+?+n n?n+1? 2 1 1 分裂成 2( - ),求和. n n+1 n?n+1?

2 1 1 =2( - ). n n+1 n?n+1? ∴Sn=a1+a2+?+an 1 1 1 1 1 1 1 =2[(1- )+( - )+( - )+?+( - )] 2 2 3 3 4 n n+1 1 2n =2(1- )= . n+1 n+1 解析 ∵an=

变式迁移 5 1 已知数列{an}的通项公式 an= ,求前 n 项和 Sn. ?2n-1??2n+1?

1 1 1 ∵an= ( - ) 2 2n-1 2n+1 ∴Sn=a1+a2+?+an 1 1 1 1 1 1 1 1 = [(1- )+( - )+( - )+?+( - )] 2 3 3 5 5 7 2n-1 2n+1 1 1 = (1- ) 2 2n+1 n = 2n+1 解析

题型六 与数列求和有关的综合题 例 6 设数列{an}满足 a1=a,an+ 1=can+1-c,n∈N*,其中 a, c 为实数,且 c≠0. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 (2)设 a= ,c= ,bn=n(1-an),n∈N*,求数列{bn}的前 n 项 2 2 和 Sn; (3)若 0<an<1 对任意 n∈N*成立,证明:0<c≤1.

解析 (1)解法一 ∵an+ 1-1=c(an-1), ∴当 a≠1 时{an-1}是首项为 a-1,公比为 c 的等比数列. - ∴an-1=(a-1)cn 1, - 即 an=(a-1)cn 1+1. 当 a=1 时,an=1 仍满足上式, - ∴数列{an}的通项公式为 an=(a-1)cn 1+1(n∈N*). 解法二 由题设得: - 当 n≥2 时,an-1=c(an- 1-1)=c2(an- 2-1)=?=cn 1(a1-1) - =(a-1)cn 1, - ∴an=(a-1)cn 1+1, n=1 时,a1=a 也满足上式. - 所以{an}的通项公式为 an=(a-1)cn 1+1(n∈N*).

1 - (2)由(1)得 bn=n(1-a)cn 1=n( )n. 2 1 1 1 Sn=b1+b2+?+bn= +2( )2+?+n( )n, ① 2 2 2 1 1 1 1 1 + Sn=( )2+2( )3+?+(n-1)( )n+n( )n 1,② 2 2 2 2 2 由①-②得 1 1 1 1 1 + Sn= +( )2+?+( )n-n( )n 1, 2 2 2 2 2 1 1 1 - 1 1 1 ∴Sn=1+ +( )2+?+( )n 1-n( )n=2[1-( )n]-n( )n, 2 2 2 2 2 2 1n ∴Sn=2-(2+n)( ) . 2

(3)由(1)知 an=(a-1)cn 1+1. - 若 0<(a-1)cn 1+1<1, - 则 0<(1-a)cn 1<1. 1 (n∈N*). 1-a - 由 cn 1>0 对任意 n∈N*成立,知 c>0. 下证 c≤1,用反证法. 证法一 假设 c>1,由函数 f(x)=cx 的函数图象知,当 n 趋于 - 无穷大时, cn 1 趋于无穷大. 1 - ∴cn 1< 不能对 n∈N*恒成立,导致矛盾, 1-a ∴c≤1, ∴0<c≤1. ∵0<a1=a<1,∴0<cn 1<




证法二

假设 c>1,∵cn 1<



1 , 1-a

1 - ∴logccn 1<logc . 1-a 1 即 n-1<logc (n∈N*)恒成立.(*) 1-a ∵a,c 为常数, ∴(*)式对 n∈N*不能恒成立,导致矛盾. ∴c≤1. ∴0<c≤1.

变式迁移 6 已知函数 g(x)=( x+2)2,(x≥0),数列{an}满足 a1=1,an+ 1= g(an)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 7 (2)记 Tn= + +?+ (n≥2),求证:Tn+ > . a1 a2 an 2?2n+1? 6

解析 (1)an+ 1=g(an)=( an+2)2, 即 an+ 1- an=2(n∈N*). ∴数列{ an}是以 a1 =1 为首项,2 为公差的等差数列. ∴ an =1+2(n-1)=2n-1, 即 an=(2n-1)2(n∈N*). 1 1 1 (2)证明:∵ = > an ?2n-1?2 ?2n-1??2n+1? 1 1 1 = ( - )(n≥2), 2 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn= + +?+ >1+ [( - )+?+( - )]= a1 a2 an 2 3 5 2n-1 2n+1 7 1 - . 6 2?2n+1? 1 7 ∴Tn+ > . 2?2n+1? 6

方 法 路 路 通 1.求一般数列的前 n 项和,无通法可循,需掌握求某些特殊数 列前 n 项和的方法,达到触类旁通.对等比数列的求和,勿忘对公 比 q 讨论.如果已知数列{an}、{b n}分别为等差、等比数列,求{an·n} b 的前 n 项和 Sn,则可用“错位相减法”——写出 Sn 的表达式,两边 乘公比得另一等式,然后两式相减即可. 2.变换通项就是对通项公式进行一些有目的处理,像裂项就是 一种常用方法: 通过裂项而转化为等差、 等比或自然数次方幂来求和. 3.两相邻项的代数和为常数时可用“并项法”,此法往往要分 n 为奇数、 偶数两种情况进行讨论. 另外数列求和还可用周期性求和, 数学归纳法求和等. 4.求 Sn 实质上是求{Sn}的通项公式,应注意对其涵义的理解.

5.数列求和时注意以下几点 (1)直接用公式求和时, 注意公式的应用范围和公式的推导过程. (2)注意观察数列特点和规律,在分析数列通项的基础上,或分 解为基本数列求和,或转化为基本数列求和.

正 误 题 题 辨 Sn 例已知两个等差数列{an},{bn}的前 n 项和为 Sn,Tn,且 = Tn 7n+1 a11 * (n∈N ),求 . b11 4n+27 Sn 7n+1 错解 = , Tn 4n+27 可设 Sn=(7n+1)k,Tn=(4n+27)k,k≠0, 则 a11=S11-S10 =(7×11+1)k-(7×10+1)k=7k, b11=T11-T10 =(4×11+27)k-(4×10+27)k=4k, a11 7k 7 ∴ = = . b11 4k 4

点击 错解问题出在 Sn 7n+1 “∵ = , Tn 4n+27 可设 Sn=(7n+1)k,Tn=(4n+27)k”上, Sn 7n+1 这种设法虽然可以保证“ = ”成立, Tn 4n+27 但因等差数列的前 n项和 Sn(当公差 d≠0 时)不是 n的一次函数, 而是 n 的二次函数,

d d 即 S= n2+(a1- )n(d≠0), 2 2 错解设法把 Sn,Tn 变成了 n 的一次函数, 从而改变了公式的本质特征导致错误, 或许你会问 “为 什么不设 为 Sn= (7n+ 1)(kn+ c), Tn= (4n+ 27)(kn+ c) 呢?”, 只要你注意到表达式中没有常数项就行了, 看来,深刻理解公式的结构特征为我们正确使用公式提供了有 力的保证.

正解

由等差数列的性质有: a1+a21 b1+b21 a11= ,b11= , 2 2 a1+a21 a1+a21 ×21 a11 2 2 S21 ∴ = = = b11 b1+b21 b1+b21 T21 ×21 2 2 7×21+1 4 = = . 4×21+27 3


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