专题44 数列的求和(解析版).docx

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1、文档专题44 数列的求和专题知识梳理1.公式法如果通项是等差或等比数列,则直接利用公式进行求和.等差数列{an}前n项和公式:Sn==na1+d.等比数列{an}前n项和公式:q=1时,Sn=__na1__;q≠1时,Sn==.2.分组求和法如果一个数列的通项形如an±bn,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则把它们分别求和.3.错位相减法如果一个数列的通项形如anbn,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则用两式错位相减法.其实,_等比__数列的前n项和公式就是用此法推导的.4.裂项相消法如果一个数列的通项是分式型数列,则可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.常见的拆项公式有:=-,=(-),=-.5.倒序相加法如果一个数列{an}的通项满足,与首末两端等“距离”的两项的和相等,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.如等差数列。

2、的前n项和公式即是用此法推导的.6.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.例如Sn=1002-992+982-972+…+22-12=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050.7.常见数列的前n项和公式:(1)1+2+3+…+n=;(2)1+3+5+…+(2n-1)=n2;(3)12+22+32+…+n2=.考点探究考向1 利用“分组求和法”求和【例】求和:(1)Sn=1+++…+.(2)1×4+2×7+3×10+…+n(3n+1).【解析】原式中通项为an==∴Sn=2=2=+2n-2.(2)数列{an}的通项an=n(3n+1)=3n2+n,把数列分成了两个数列,分别求和.1×4+2×7+3×10+…+n(3n+1)=(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+…+(3n2+n。

3、)=3(12+22+32+…+n2)+(1+2+3+…+n)=3·+=n(n+1)2.题组训练1.在数列{an}中,a1=-2101,且当2≤n≤100时,an+2a102-n=3×2n恒成立,则数列{an}的前100项和S100=____.【解析】∵2≤n≤100,∴2≤102-n≤100,将an+2a102-n=3×2n中的n换成102-n得,a102-n+2an=3×2102-n,消去a102-n得,an=2103-n-2n,∴S100=a1+a2+a3+a4+…+a100=-2101+(2101-22)+(2100-23)+(299-24)+…+(23-2100)=-4.2.已知数列{an}的通项公式为an=2n-1+3n-1,则数列{an}的前n项和Sn=___.【解析】数列{an}的通项公式为an=2n-1+3n-1,∴数列{an}的前n项和Sn=a1+a2+…+an=(21-。

4、1+3×1-1)+(22-1+3×2-1)+…+(2n-1+3×n-1)=(21-1+22-1+…+2n-1)+(3×1+3×2+…+3×n)+…+n×(-1)=2n-1+3×-n=2n+n2+n-1.考向2 利用“裂项相消法”求和【例】设是等比数列,公比大于0,其前n项和为,是等差数列.已知:,.(I)求和的通项公式;(II)设数列的前n项和为,(i)求; (ii)证明k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n∈N*).【解析】(I) 设数列的公比为q,代入,得或(舍去)又故.设等差数列的公差为d,代入,中,得,解得,.(II)(i)由(I)得,故Tn=k=1n(2k-1)=k=1n2k-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.(ii)因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)=k⋅2k+1。

5、(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(233-222)+(244-233)+⋯+(2n+2n+2-2n+1n+1)=2n+2n+2-2.题组训练1.求和:+++…+=___.【解析】因=-,故Sn=1-+-=1-=.2.已知数列的通项公式an=,则该数列的前____项之和等于9.【解析】,==9,所以解得n=993.已知数列{an}各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足4Sn=(an+1)2.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn及Tn的最小值.【解析】(1)∵(an+1)2=4Sn,∴Sn=,Sn+1=,∴Sn+1-Sn=an+1=,即4an+1=a-a+2an+1-2an,∴2(an+1+an)=(an+1+an)·(an+1-an).∵an+1+an≠0,∴an+1-an=2,。

6、即{an}是公差为2的等差数列,由(a1+1)2=4a1,解得a1=1,∴an=2n-1. (2)由(1)知bn==,∴Tn=b1+b2+…+bn=(1-+-+…+)-)==-=.∵Tn+1-Tn=--=-=>0,∴Tn+1>Tn,∴数列为递增数列,∴Tn的最小值为T1=.考向3 利用“倒序相加法”求和【例】已知函数f(x)=,求f()+f()+f()+…+f()的值.【解析】∵f(x)=,∴f(1-x)===,∴f(x)+f(1-x)=+=1.令S=f()+f()+f()+…+f(),则S=f()+f()+f()+…+f(),两式相加得,2S=2017[f()+f()]=2017,∴S=,即f()+f()+f()+…+f()=.题组训练1.求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°的值.【解析】设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+。

7、sin288°+sin289°,①将①式右边反序得S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°,②又∵sin x=cos(90°-x),sin2 x+cos2x=1.①+②得2S=(sin21°+cos21°)+(sin22°+cos22°)+…+(sin289°+cos289°)=89,∴S=44.5.考向4 利用“错位相减法”求和【例】已知为等差数列,前n项和为,是首项为2的等比数列,且公比大于0,,,.(1)求和的通项公式;(2)求数列的前n项和.【解析】(1)设等差数列的公差为,等比数列的公比为.由已知,得,而,∴.又∵,解得.∴.由,可得①,由,可得②,联立①②,解得,,由此可得.∴数列的通项公式为,数列的通项公式为.(2)设数列的前项和为,由,,有,∴,,上述两式相减,得得.∴数列的前项和为.题组训练1.已知{an}为等比数列,其中a1=1,。

8、且a2,a3+a5,a4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=(2n-1)·an,求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】 (1)设在等比数列{an}中,公比为q,∵a1=1,且a2,a3+a5,a4成等差数列,∴2(a3+a5)=a2+a4∴2(q2+q4)=q+q3,解得q=,∴an=()n-1. (2)∵an=()n-1,∴bn=(2n-1)an=(2n-1)()n-1,∴Tn=1·1+3·+5·()2+…+(2n-1)·()n-1,①Tn=1·+3·()2+5·()3+…+(2n-1)·()n,②①-②,得:Tn=1+2·-(2n-1)·()n=1+2-(2n-1)·()n=3-,∴Tn=6-.2.(2018·某某模拟)在等差数列中,已知,则数列的前10项和为.【解析】,所以d=-1,得,设,将两边乘以,得,-得,,所以.3.已知首项为的等比数列是递减数列,其前n。

9、项和为Sn,且S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列.(1)求数列的通项公式;(2)若bn=an·log2an,数列的前n项和为Tn,求满足不等式≥的最大n值.【解析】 (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意知a1=,∵S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列,∴2(S2+a2)=S1+a1+S3+a3,变形得S2-S1+2a2=a1+S3-S2+a3,即得3a2=a1+2a3,∴q=+q2,解得q=1或q=,又由{an}为递减数列,于是q=,∴an=a1qn-1=n. (2)由于bn=anlog2an=-n·n,∴Tn=-+2·2+…+n·n,于是Tn=-2+2·3+…+n·n+1,两式相减,得Tn=-[+2+…+n-n·n+1]=-+n·n+1,∴Tn=(n+2)·n-2.∴=n≥,解得n≤4,∴n的最大值为4.4.已知数列的前n项和Sn=3n2+8n,是等差数列,且(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令 求数列的前n项和Tn.【解析】(Ⅱ)由(Ⅰ)知,又,得,,两式作差,得所以.10 / 10。

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