2025高考数学一轮复习-第6章-第5节 数列求和【课件】

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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.
ZHISHIZHENDUANZICE
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)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.
解析　(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.
3.已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn＝__________________.
4.数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为____________.
解析　S20＝4×1＋5×21＋6×22＋…＋23×219，2S20＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋23×220，
＝－22×220＋2.故S20＝22×220－2.
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一　分组求和与并项求和
(2)若a1＝1，数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，求数列{anbn}的前15项和S15.
解　由(1)知an＋3＝an，a1＝1，所以a1＝a4＝a7＝…＝a13＝1，
训练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：{abn}也是等差数列.
证明　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abn＝2bn＋4＝2(3n－1)＋4＝6n＋2，所以abn＋1－abn＝6(n＋1)＋2－(6n＋2)＝6，所以数列{abn}是以6为公差的等差数列.
(2)若{abn}是公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和.
解　因为{abn}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首项为b1＝2，an＝2n＋4，所以ab1＝a2＝2×2＋4＝8，所以abn＝8×2n－1＝2n＋2.又因为an＝2n＋4，所以abn＝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)
考点二　裂项相消法求和
训练2 设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)·an＝2n.求：(1){an}的通项公式；
解　因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
考点三　错位相减法求和
[规范解答]　解　(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，
[满分规则]❶得步骤分①处利用an＝Sn－Sn－1消去Sn即可得2分，④处有错位相减求和的意识，即使后续计算错误，也可得2分，③处若忘验证，则会失掉1分.❷得关键分②处的变形最关键，是求通项公式的根本，此处出错，最多得2分.❸得计算分⑤⑥处都需要准确的计算，否则此步不得分，这也正是错位相减法的难点所在.
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n，求数列{bn}的前n项和.
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为(　　)A.－200B.－100C.200D.100
解析　S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
2.数列{an}的前n项和Sn＝2n＋2，数列{lg2an}的前n项和为Tn，则T20＝(　　)A.190B.192C.180D.182
解析　Sn＝2n＋2，有Sn－1＝2n－1＋2(n≥2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－(2n－1＋2)＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝21＋2＝4，不满足上式，
3.(2024·长沙质检)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)，则{an}的前60项和为(　　)A.1 240B.1 830C.2 520D.2 760
解析　由an＋1＋(－1)nan＝3n－1，得a2－a1＝2，a3＋a2＝5，a4－a3＝8，a5＋a4＝11，….故a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，a9＋a11＝3，…，即从第1项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于3；a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，…，即从第2项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项、24为公差的等差数列.
解析　根据等比数列的性质，由a1·a2 024＝1可得an·a2 025－n＝1，
令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)，则T＝f(a2 024)＋f(a2 023)＋…＋f(a1)，∴2T＝f(a1)＋f(a2 024)＋f(a2)＋f(a2 023)＋…＋f(a2 024)＋f(a1)＝4×2 024，∴T＝4 048.
解析　因为Sn＋1(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，
解析　依题意，因为an＋1＝2an－anan＋1，
9.(2024·广州调研)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*)，则其前2 025项之和S2 025＝________.
解析　S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)，又an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*), 且a1＝1，∴S2 025＝1＋(2－1 009)＋(4－1 009)＋…＋(2 024－1 009)＝1＋(2＋4＋6＋…＋2 024)－1 009×1 012
10.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝________.
解析　因为an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，①所以当n≥2时，有an－1·an·an＋1＝an－1＋an＋an＋1，②①－②得(an＋2－an－1)(an＋1an－1)＝0，因为a1＝1，a2＝2，所以2a3＝3＋a3，解得a3＝3，显然a2a3≠1，于是有an＋2－an－1＝0，于是当n∈N*时，an＋3＝an，所以数列{an}是以3为周期的周期数列.因为a1＋a2＋a3＝6，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝675×6＝4 050.
12.已知单调递增的等差数列{an}的前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；
解　设数列{an}的公差为d(d>0)，
14.已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，满足b1＝2a1＝2，b2＝2a2，a3＋b3＝11.求：(1)数列{an}，{bn}的通项公式；
解　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q≠0).由题意，得a1＝1，b1＝2.
解　由(1)，知anbn＝n×2n，则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，①2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1