苏教高三数学复习数列求和.pptx

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1、【应试对策】1等差(比)数列的求和公式是解决其他数列的求和问题的基础，在数列求和时往往转化为等差(比)数列的求和数列求和的常用方法：(1)基本公式法：等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列；1222n2 n(n1)(2n1)；132333n3 n(n1)2.(2)分组求和法：将原来的数列分拆成两个或两个以上的数列，然后利用公式法求和第1页/共41页(3)裂项法：将数列的各项均分拆成两项的差，然后和式子中的一些项相互抵消，以达到求和的目的如an ，an an 一般地，若an是公差为d的等差数列，则 第2页/共41页(4)倒序相加法：类似于等差数列前n项和公式的推导方法，根据有些数列的特点，

2、将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的(5)错位相减法：Sna1a2an两边同乘以一个适当的数或式，然后把所得的等式和原等式相减，对应项相互抵消，最后得出前n项和Sn，一般适用于数列anbn的前n项求和，其中an是等差数列，bn是等比数列第3页/共41页【知识拓展】定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它们后一项的和为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫该数列的公和已知数列an是等和数列，且a12，公和为5，则a18_.这个数列前n项和Sn的计算公式为_第4页/共41页解析：由题意知，该数列为2,3,2,3,2,3，则a183.当n为偶数时，Sn ；当n为奇数时，Sn Sn

3、 答案：3Sn 第5页/共41页1当已知数列an，满足an1anf(n)，且f(1)f(2)f(n)可求 则可用 求数列的通项an.2当已知数列an中，满足f(an1,an)f(n)，且f(1)f(2)f(n)可求 则可用 求数列的通项an.3等差数列前n项和Sn ，推导方法：倒序相加法；累差法累积法第6页/共41页等比数列前n项和Sn 推导方法：错位相减4常见数列的前n项和：(1)123n ；(2)135(2n1)；(3)122232n2 n2第7页/共41页5(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，再

4、求和(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和(4)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导方法第8页/共41页6常见的拆项公式有：(1)(2)(3)思考：用裂项相消法求数列前n项和的前提是什么？提示：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用裂项相消法的前提第9页/共41页1 数列0.9,0.99,0.999，的前n项和为_解析：数列的通项公式为an10.1n，其前n项和Sn(10.1)(10.12)(10.1n)n(0.10.120.1n)答案：第10页/共41页2 数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则S100_.解析：S100(15)(913

5、)(4993)(41003)(4)50200.答案：200第11页/共41页3 数列，的前n项和Sn的值等 于_解析：Sn(1352n1)答案：第12页/共41页4 数列9,99,999，的前n项和为_解析：数列通项an10n1，分组求和得Sn 答案：第13页/共41页5 (2010南京市第九中学调研测试)已知数列an满足：an 则数列an的前100项的和是_解析：ana1a2a100 答案：第14页/共41页数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列来求之第15页/共41页 已知数列an的通项公式an3n2n1，求数列an的前n项

6、和Sn.思路点拨：从数列的通项公式可看出，数列an是由一个等差数列3n1和一个等比数列2n构成的，均可应用求和公式解：Sna1a2an(253n1)(2222n)【例例1】第16页/共41页 求下面数列的前n项和：，.解：前n项和为Sn 147(3n2)，设T1 当a1时，T1n；当a1时，T1 T2147(3n2)变式变式1：第17页/共41页当a1时，SnT1T2 当a1时，SnT1T2 第18页/共41页1利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项或前后剩的项更多，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和

7、系数之积与原通项公式相等n则 nn此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和2一般情况如下，若an是等差数列，第19页/共41页 【例2】设正数数列an的前n项和Sn，满足 (1)求出数列an的通项公式；(2)设bn ，记数列bn的前n项和为Tn，求Tn.思路点拨：由anSnSn1(n2)可求得an；采用裂项求和第20页/共41页解：(1)当n2时，anSnSn1 (an1)2(an11)2整理得(anan1)(anan12)0，anan10，anan12.当n1时，a1S1 (a11)2，解得a11.数列an是以a11为首项，以d2为公差的等差数列an2n1.n(2)第21页/共41页

8、变式2：(2010东北师大附中模拟)已知数列an：，求它的前n项和 解：前n项和Sn 第22页/共41页1一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法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”，以便于下一步准确写出“SnqSn”的表达式应用等比数列求和公式必须注意公比q1这一前提条件，如果不能确定公比q是否为1，应分两种情况讨论，这在近几年高考中经常考查第23页/共41页 【例3】已知数列an满足a1，a2a1，a3a2，anan1，是

9、首项 为1，公比为2的等比数列 (1)求an；(2)如果bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Sn.思路点拨：(1)根据题意得到表达式，再用累加法求通项；(2)利用错位相减法求和第24页/共41页解：(1)由a11，当n2时，anan12n1，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)12222n1 2n1.(2)bn(2n1)an(2n1)(2n1)(2n1)2n(2n1)，Snb1b2bn2322523(2n1)2n135(2n1)令Tn2322523(2n1)2n则2Tn22323524(2n3)2n(2n1)2n1第25页/共41页得Tn222222322n(2n1)2n122(

10、22232n)(2n1)2n122 (2n1)2n122n28(2n1)2n16(32n)2n1，Tn(2n3)2n16，Sn(2n3)2n16(2n3)2n1n26.第26页/共41页 变式3：求数列ann2n的前n项和 解：ann2n，Sna1a2an2222n2n，2Sn22223(n1)2nn2n1.得：Sn222232nn2n12(2n1)n2n1，Sn(n1)2n12.第27页/共41页1数列求和，如果是等差、等比数列的求和，可直接用求和公式求解，公式要做到灵活运用2非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思路：转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通

11、过通项分解或错位相消来完成；不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法，倒序相加法等来求和，要将例题中的几类一般数列的求和方法记牢【规律方法总结规律方法总结】第28页/共41页3数列求和的方法技能：倒序相加：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列求和错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和分组求和：用于若干个等差或等比数列的和数列的求和折项相消：常用的拆项公式有：第29页/共41页 【例4】已知数列an是首项为a1 ，公比q 的等比数列，设bn2 an(nN*)，数列cn满足cnanbn.(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列cn的前n项和Sn.第30页/共41页解

12、本题易出现的第一个错误就是求错数列的通项公式；第二个错误是在用“错位相减”求和时对相减后的项处理不当，导致漏掉项或添加项，这是这类求和问题最容易出现错误的地方【错因分析错因分析】第31页/共41页解：(1)由题意，知an (nN*)，又bn 2，故bn3n2(nN*)(2)由(1)，知an ，bn3n2(nN*)，cn(3n2)(nN*)，Sn +(3n2)，【答题模板答题模板】第32页/共41页于是 两式相减，得第33页/共41页错位相减求和法错位相减求和法的适用环境：数列是由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积所组成的，求其前n项和，基本方法是设这个和式为Sn，在这个和式两端同时乘以等比

13、数列的公比得到另一个和式，这两个和式错一位相减，就把问题转化为以求一个等比数列的前n项和或前n1项和为主的求和问题这里最容易出现问题的就是错位相减后对剩余项的处理，如本例中相减后的和式要分三个部分：(1)这个是原来数列的第一项；【状元笔记状元笔记】n(2)，这是一个等比数列的前(n1)项的和；n(3)，这是原来数列的第n项乘以公比 后在作差时出现的在用错位相减法求数列的和时一定要处理好这三个部分，否则就会出错.第34页/共41页1 已知等差数列an的前n项和为Snpn22nq(p，qR)，nN*.(1)求q的值；(2)若a1与a5的等差中项为18，bn满足an21og2bn，求数列的bn前n项

14、和分析：已知数列前n项和的表达式，求通项公式时，可以根据anSnSn1 消去Sn和Sn1，求得an.注意要验证当n1时是否适合，若适合，即可合并成一个式子，如果不适合，要写成分段的形式第35页/共41页解：(1)解法一：当n1时，a1S1p2q.当n2时，anSnSn1pn22nqp(n1)22(n1)q2pnp2.an是等差数列，p2q2pp2，q0.解法二：当n1时，a1S1p2q.当n2时，anSnSn1pn22nqp(n1)22(n1)q2pnp2.当n3时，anan12pnp22p(n1)p22p.a2p2q2p3p2q.又a22p2p23p2，所以3p2q3p2，得q0.第36页/

15、共41页(2)a3，a318.又a36pp2，6pp218，p4，an8n6.又an2log2bn，得bn24n3.b12，2416，即bn是公比为16的等比数列所以数列bn的前n项和Tn 第37页/共41页2 设数列an的前n项和为Sn，点 (nN*)均在函数y3x2的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn ，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn 对所有nN*都成立的最小正整数m.第38页/共41页解：(1)依题意得 3n2，即Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5；当n1时，a1S1312211615，所以an6n5(nN*)n分析：把点 代入y3x2，可以得到一个Sn的表达式，根据这个表达式，可以求得通项公式，根据求得的an代入bn ，通过拆项求和表示出Tn.第39页/共41页(2)由(1)得bn 故Tn 因此，使得 (nN*)成立的m必须满足 ，即m10，故满足要求的最小正整数m为10.第40页/共41页感谢您的观看！第41页/共41页