高考数学总复习苏教数列求和.pptx

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1、会计学1高考高考(o ko)数学总复习苏教数学总复习苏教 数列求和数列求和第一页，共28页。（3）错位相减法(jinf)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(ky)相互抵消，从而求得其和.常见的拆项公式有： ;1n1-n11)n(n1)12n1-1-2n1(211)1)(2n-(2n1.n-1n1nn1第1页/共28页第二页，共28页。(5)分组求和法有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当(shd

2、ng)拆开，可分为几个等差，等比或常见的数列，即先分别求和，然后再合并，形如：an+bn,其中an是等差数列，bn是等比数列；*N2kkn,g(n)*Nk1,-2knf(n),an第2页/共28页第三页，共28页。典例分析典例分析(fnx)题型一题型一 利用错位相减法求和利用错位相减法求和【例【例1】(2008全国全国)在数列在数列an中，中，a1=1,an+1=2an+2n.(1)设设 ,证明证明:数列数列bn是等差数列；是等差数列；(2)求数列求数列an的前的前n项和项和Sn.分析分析(fnx) (1)求求bn+1，观察，观察bn与与bn+1的关系的关系.（2）由）由an=n2n-1的特点

3、可知，运用错位相减法求和的特点可知，运用错位相减法求和Sn.解（解（1）证明：）证明：由已知由已知an+1=2an+2n,得得 又又b1=a1=1,因此因此bn是首项为是首项为1，公差为，公差为1的等差数列的等差数列.1 -nnn2ab 1b12a222a21abn1 -nnnnnnn1n第3页/共28页第四页，共28页。（2）由(1)知Sn=1+221+322+n2n-1,两边乘以2,得2Sn=2+222+n2n,两式相减,得Sn=-1-21-22-2n-1+n2n=-(2n-1)+n2n=(n-1)2n+1.学后反思(1)一般地，如果数列an是等差数列(dn ch sh li)，bn是等比

4、数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法.1 -nn1 -nn2nan,2a即（2）用错位相减法求和时，应注意：要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数(fsh)的情形更值得注意；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(ybin)于下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;第4页/共28页第五页，共28页。应用等比数列求和公式时必须注意公比q1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(qngkung)讨论，这在以前高考中经常考查.举一反三举一反三1. (2010广州综测)已知数列 中， 且 (n2且nN*).(1)若数列 为等差数列，

5、求实数的值；（2）求数列 的前n项和 na15a 1221nnnaa2nnananS解析:（1）方法一： , , 设 ,由 为等差数列，则有 15a 22122113aa 33222133aa 2nnnab2132bbb第5页/共28页第六页，共28页。方法二：设 ,数列 为等差数列， 为等差数列，则 (nN*). 即 ,解得=-1.则 综上可知，当=-1时，数列 为首项是2,公差是1的等差数列.321232222aaa135332281111111111(2) 12221(21) 112nnnnnnnnnnnaabbaa2nna2nnnab2nna122nnnbbb12122222nnnnn

6、naaa 1212112442(2)22(21)(21)1nnnnnnnnnaaaaaaa 第6页/共28页第七页，共28页。综上可知，当=-1时，数列 为首项是2，公差是1的等差数列.（2）由(1)知， 即 令 ,则 ,-，得 2nna111(1) 122nnaan(1) 21nnan121(2 21)(3 21).(21)(1) 21nnnSnn1212 23 2.2(1) 2nnnSnnn 1212 23 2.2(1) 2nnnTnn 23122 23 2.2(1) 2nnnTnn 123112 2(22.2 )(1) 22nnnnTnn 112(21)nnnSnnn第7页/共28页第八

7、页，共28页。题型二题型二 利用裂项相消法求和利用裂项相消法求和【例【例2】(2008江西江西)等差数列等差数列(dn ch sh li)an的各项均为正数的各项均为正数,a1=3,前前n项和项和为为Sn,bn为等比数列为等比数列,b1=1,且且b2S2=64,b3S3=960.(1)求求an与与bn;(2)求求 S1S1S1221 S1S1S1221)2n1-n1( 212)n(n1S1n分析 易求得Sn=n(n+2),而 ,应用裂项法就能求出 的值.第8页/共28页第九页，共28页。(2)Sn=3+5+(2n+1)=n(n+2),所以(suy)解（1）设an的公差为d,bn的公比为q,则d

8、为正数(zhngsh)，an=3+(n-1)d,bn=qn-1,依题意有故an=3+2(n-1)=2n+1,bn=8n-1.340q56-d,8q2,d960,3d)q(9bS64,d)q(6bS23322或解得2)(n1531421311S1S1S1n21n第9页/共28页第十页，共28页。2)1)(n2(n32n- 43)2n1-1n1-21(121)2n1- 151-31 41- 21 31-(121n学后反思 如果数列的通项公式可转化为f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂项求和的方法.特别地，当数列形如 ，其中(qzhng)an是等差数列时，可尝试采用此法.常用裂项技巧如：1nnaa

9、1等)n-kn( 1nkn1);kn1-n1(k1k)n(n1k使用裂项法，要注意正负项相消时，消去了哪些(nxi)项，保留了哪些(nxi)项；要注意由于数列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.第10页/共28页第十一页，共28页。举一反三举一反三(j y fn sn)2. 求数列求数列,1)(nn12n,437,325,2132222222的前n项和Sn.解析： 1)(n2nn1)(n1-11)(n1-n1)41-31()31-21(

10、)21-1 (S,1)(n1-n11)(nn12n2222222222n2222题型三题型三 倒序相加法求和倒序相加法求和【例3】设函数 图象上有两点P1(x1,y1),P2(x2,y2)，若P为P1P2的中点，且P点的横坐标为(1)求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个值；（2）求333f(x)xx 21. )nnf()n2f()n1f(第11页/共28页第十二页，共28页。分析（1）由已知函数图象上两点P1,P2,可得设P(x,y),根据中点坐标(zubio)公式去求(2)根据（1）的结论：若x1+x2=1,则由f(x1)+f(x2)=1.可以得到 ，利用倒序相加法进行求解.解(1)P为P1

11、P2的中点，x1+x2=1, 又,333y,333y2211xx2xx1 2yyy211)n1-nf()n1f( 2yyy21p 122yyy1,1-2)3(336)3(336-2333-1333-1333333yy21pxxxxxxxxxx212121212211第12页/共28页第十三页，共28页。(2)由x1+x2=1,得 23-2nS, 3-2n2f(1)1111112S),nnf()n1f()n2-nf()n1-nf(S)nnf()n1-nf()n2f()n1f(S,23-3f(1)1,)f(x)f(xyyn11 -nnnn2121即又）个（学后反思本题在求和(qi h)时，运用了第

12、（1）问所得等式f(x)+f(1-x)=1得到通项的特征，即 ，由于距首末两项等距的两项相加的和为定值，所以可以用倒序相加法求和(qi h).n),1,2,1(i)ni -nf()nif(第13页/共28页第十四页，共28页。举一反三举一反三3. 3. 如果函数如果函数(hnsh)f(x)(hnsh)f(x)满足满足: :对任意的实数对任意的实数m m、n n都有都有f(m)+f(n)=f(m+n)f(m)+f(n)=f(m+n)且且f(1 005)=2,f(1 005)=2,求求f(2)+f(4)+f(6)+f(2 008)f(2)+f(4)+f(6)+f(2 008)的值的值. .解析：由

13、f(x)对任意实数m、n都有f(m)+f(n)=f(m+n)，得f(1 005)+f(1 005)=f(2 010)=2+2=4;f(2)+f(2 008)=f(2 010)=4;f(1 004)+f(1 006)=4.令S=f(2)+f(4)+f(6)+f(2 008),则S=f(2 008)+f(2 006)+f(2),于是2S=f(2)+f(2 008)+f(4)+f(2 006)+f(2 008)+f(2)=41 004=4 016,故S= 4 016=2 008. 12第14页/共28页第十五页，共28页。题型四题型四 分组法求和分组法求和【例【例4】(14分分)(2008陕西陕西)

14、已知数列已知数列an的首项的首项(1)证明：数列证明：数列 是等比数列；是等比数列；(2)求数列求数列 的前的前n项和项和Sn.分析分析(1)由已知条件由已知条件(tiojin)利用等比数列的定义证明，即根据利用等比数列的定义证明，即根据 ，从中得到，从中得到 的等式关系的等式关系.（2）充分利用（）充分利用（1）的结论得出）的结论得出 欲求数列欲求数列 的前的前n项和项和Sn,可先求出可先求出 的值的值.1,2,n,1a2aa , 32ann1n11-a1nann1a2aann1n1-a11-a1n1n与1.21a1nnannn32n2n232221T第15页/共28页第十六页，共28页。解

15、 (1)证明(zhngmng)：为公比的等比数列为首项是以数列，又21211-a1211-a132a1)-a1(211-a1a121 212a1aa1,1a2aa111n1nnnn1nnn1n则设即知由1nn32nn32nnnnnn1 -nn2n21-n.2321T212n.232121Tn2nan1.21a12121211-a11(2)第16页/共28页第十七页，共28页。 22n-24nn21)n(n2n2-2Snan 21)n(nn3212n-2n-2T2n-21-12n-211)21-(1212n-212121T21n2nnnn1nn1nn1nn1nn2n项和的前数列又学后反思某些数列

16、，通过适当(shdng)分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式求和，从而得出原数列的和.拆项法是通过对数列通项结构的分析研究，将数列分解转化为若干个能求和的新数列的差，从而求得原数列的和的一种求和方法.第17页/共28页第十八页，共28页。4. 求和: 22222111()().()nnnSxxxxxx解析：当x1时，当x=1时， =4n.2222222422224224224222222222222111()().()111(2)(2) (2)111(.)2(.)(1)(1)211(1)12(1)nnnnnnnnnnnnSxxxxxxxxxxxxxxx

17、nxxxxxxxnxxxxnxxnS第18页/共28页第十九页，共28页。易错警示易错警示(jn sh)【例1】求和(qi h)错解 1222133232.222231.333213333 2213nnnnnnnnnnna 2312321(33.3)3(22.2 )393 222nnnnnS 第19页/共28页第二十页，共28页。错解分析 错解中在计算 时，没注意到项数是n+1项，而不是n项，从而(cng r)导致解题错误.正解 122211133232.222231.333213333 2213nnnnnnnnnnna 23123122(33.3)(22.2)31222nnnnnS第20页/

18、共28页第二十一页，共28页。【例2】在等差数列 中， 是数列 的前n项和.若 , ,求 nanSna216S 424S 12.naaa错解 由 由 ，得n5.5.设 214169242SaSd 9(1)( 2)11 2nann11 20nan12.nnSaaa5552()2(1)509( 2)10502nnnSSSSSSn nnnn 第21页/共28页第二十二页，共28页。错解分析 忽略对n的讨论，由于n的不同，数列 并不是等差数列，当n5时, ,当n6时， nannaannaa 正解 由 由 ,得n5.5.设 当n5时，当n5时，214169242SaSd 9(1)( 2)11 2nann

19、11 20nan12.nnSaaa2(1)9( 2)102nnn nSSnnn 5552()2(1)509( 2)10502nnnSSSSSSn nnnn 第22页/共28页第二十三页，共28页。考点考点(ko din)演练演练10. 已知数列 的前n项和 ,求 的值.na2nSn122320082009111.aaaaaa解析:当n2时， 当n=1时， 故 (nN*), 原式= 121nnnaSSn112 1 1aS 21nan12nnaa 32200920082121322009200821322009200820091.1.2114017122aaaaaaaaaaaaaaaaaaaa第2

20、3页/共28页第二十四页，共28页。11. 已知数列 的前n项和 (1)求证：数列 是等差数列；（2）若 ,求数列 的前n项和 na223nSnnna2nnnbanbnT1a解析：(1)证明： 当n2时， 又因为 适合上式,故 (nN*).当n2时, 所以 是等差数列且d=4, 111aS 221232(1)3(1)45nnnaSSnnnnn45nan1454(1)54nnaann 11a na第24页/共28页第二十五页，共28页。(2) , ,-得 (45) 2nnbn12123 2.(49)2(45)2nnnSnn 231223 2.(49) 2(45) 2nnnSnn 12111124

21、 2.4 2(45) 24(1 2)24(45) 218(49) 21 2nnnnnnSnnn 118(49) 2nnSn12. (2009湖北)已知 是一个公差大于0的等差数列，且满足 , (1)求数列 的通项公式；（2）若数列 和数列 满足等式: (n为正整数)，求数列 的前n项和 na3655a a 2716aanananb31223.2222nnnbbbba nbnS第25页/共28页第二十六页，共28页。na解析： (1)设等差数列 的公差为d,则依题设d0,由 ,得 .由 ,得 .由得 ,将其代入得 ,即 , 又d0,d=2,代入得 (2)令 ,则有 ,由(1)得 , ,则 (n2),即当n2时， 又当n=1时， , ,n=1, ,n2.24d 2716aa12716ad3655a a 11(2 )(5 )55ad ad12167ad(163 )(163 )220dd22569220d11a 1 (1) 221nann 2nnnbc 12.nnaccc1121.nnaccc11nnnaac11a 12nnaa12nc2nc 12nnb1122ba122nnb第26页/共28页第二十七页，共28页。于是 即 341123234112.222.22222.242(21)4262 1nnnnnnSbbbb226nnS第27页/共28页第二十八页，共28页。