高考数学二轮专题复习——数列求和课件PPT

这是一份高考数学二轮专题复习——数列求和课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了落实主干知识，Sn＝，q＝1，na1，常见的裂项技巧，常用求和公式，探究核心题型，所以－3≤λ≤1，因为当n≥2时，课时精练等内容，欢迎下载使用。
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用方法.
数列求和的几种常用方法1.公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.(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：
________＝________，q≠1.
2.分组求和法与并项求和法(1)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.(2)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.
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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.4.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.
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝ .(　　)(2)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得.(　　)(3)已知等差数列{an}的公差为d，则有＝ . (　　)(4)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　　)
1.已知函数f(n)＝ 且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于A.0 B.100 C.－100 D.10 200
由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.
例1　(2023·菏泽模拟)已知数列{an}中，a1＝1，它的前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝2n＋1－1.(1)证明：数列 为等比数列；
由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)，①得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)，②由①－②得an＋an＋1＝2n(n≥2)，
(2)求S1＋S2＋S3＋…＋S2n.
延伸探究　在本例(2)中，如何求S1＋S2＋S3＋…＋Sn?
当n为偶数时，S1＋S2＋S3＋…＋Sn
当n为奇数时，S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝(S1＋S2＋S3＋…＋Sn＋Sn＋1)－Sn＋1
(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{cn}的前n项和.
跟踪训练1　记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1.(1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)，显然an－1＋2≠0.所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n－1，即有an＝3·2n－1－2.
＝(－1)n·lg22n＝(－1)n·n.当n为偶数时，Tn＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n
当n为奇数时，Tn＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n
例2　(12分)(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝ .已知a1,3a2,9a3成等差数列.(1)求{an}和{bn}的通项公式； [切入点：设基本量q](2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn< . [关键点：bn＝ ]
(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，应注意：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，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
跟踪训练2　(2021·浙江)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－ ，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N+).(1)求数列{an}的通项公式；
因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N+)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N+恒成立，求实数λ的取值范围.
因为3bn＋(n－4)an＝0，
因为Tn≤λbn对任意n∈N+恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n＝4时，－12≤0恒成立，
例3　(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1， 是公差为 的等差数列.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
又S1＝1也满足上式，
又a1＝1也满足上式，
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.
跟踪训练3　(2022·湛江模拟)已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.(1)求数列{an}的通项公式；
由题意，设等比数列{an}的公比为q，则q3＝ ＝8，即q＝2，∵a2＋a5＝36，∴a1q＋a1q4＝36，即2a1＋16a1＝36，解得a1＝2，∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N+.
1.(2022·杭州模拟)已知等差数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；
设数列{an}的公差为d(d>0)，
所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)若bn＝2an＋1－3n＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)得，an＝2n，所以bn＝4(n＋1)－3n＋2，所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)＝
2.(2023·宁波模拟)已知数列{an}满足an＋1an－2n2(an＋1－an)＋1＝0，且a1＝1.(1)求出a2，a3的值，猜想数列{an}的通项公式；
由已知得，当n＝1时，a2a1－2(a2－a1)＋1＝0，又a1＝1，代入上式，解得a2＝3，同理可求得a3＝5.猜想an＝2n－1.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，且bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)可知an＝2n－1，经检验符合题意，所以Sn＝n2，
3.(2022·陕西西安八校联考)已知数列{an}，定义：“S1＝a1，当n≥2时，Sn＝a1－a2－a3－…－an，则Sn(n∈N+)叫作数列{an}的前n项差”.设an＝2－3n.(1)求数列{an}的前n项差Sn；
因为an＝2－3n，所以数列{an}是等差数列，且S1＝a1＝－1.当n≥2时，Sn＝a1－a2－a3－…－an＝2a1－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝2×(－1)－
当n＝1时，S1＝－1，满足上式，
(2)若bn＝2n，cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Mn.
由题意得cn＝an·bn＝(2－3n)·2n.则Mn＝－1×2－4×22－7×23＋…＋(2－3n)×2n，①2Mn＝－1×22－4×23－7×24＋…＋(2－3n)×2n＋1，②①－②得－Mn＝－2－3×22－3×23－…－3×2n－(2－3n)×2n＋1＝－2－ －(2－3n)×2n＋1＝10－(5－3n)·2n＋1，所以Mn＝(5－3n)·2n＋1－10.
4.(2022·淄博模拟)已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝ (n∈N+)，设bn＝a2n－1.(1)证明：数列{bn＋2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；
由题意知，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2bn＋2，
所以{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，则bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1－2.
(2)求数列{an}的前2n项和.
数列{an}的前2n项和为S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a1＋a3＋…＋a2n－1＋n)＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n＝2(b1＋b2＋…＋bn)＋n＝2×(22＋23＋…＋2n＋1－2n)＋n＝2× －3n＝2n＋3－3n－8.
5.(2023·蚌埠模拟)给出以下条件：①a2，a3，a4＋1成等比数列；②S1＋1，S2，S3成等比数列；③Sn＝ (n∈N+).从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答.已知递增等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，________.(1)求数列{an}的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
设数列{an}的公差为d，则d>0，选择条件①：因为a2，a3，a4＋1成等比数列，所以 ＝a2·(a4＋1)，所以(2＋2d)2＝(2＋d)·(2＋3d＋1)，化简得d2－d－2＝0，解得d＝2或d＝－1(舍)，所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.
选择条件②：因为S1＋1，S2，S3成等比数列，所以 ＝(S1＋1)·S3，所以(2×2＋d)2＝(2＋1)·(3×2＋3d)，化简得d2－d－2＝0，解得d＝2或d＝－1(舍)，所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.选择条件③：
因为an≠0，所以an＋1－an－1＝4，即2d＝4，所以d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)若 是以2为首项，2为公比的等比数列，求数列{bn}的前n项和Tn.
所以bn＝2n·2n，所以Tn＝2·21＋4·22＋6·23＋…＋2n·2n，2Tn＝2·22＋4·23＋6·24＋…＋(2n－2)·2n＋2n·2n＋1，
所以Tn＝(n－1)2n＋2＋4.
6.(2023·哈尔滨模拟)设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝a＋an.(1)求数列{an}的通项公式；
两式相减得，2an＝整理可得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，因为an>0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1(n≥2)，在2Sn＝ ＋an中，令n＝1，则a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.