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2.5数列求和的常用方法课件(人教A版必修5)

第二章
数列

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专题 数列求和的常用方法

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专题评述
数列求和的常用方法 1.公式求和法:直接应用等差数列、等比数列的求 和公式或正整数平方和、立方和公式等求和的方法. 熟记一些常见数列的前n项和公式:

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第二章 专题

(1)等差数列、等比数列的前n项和公式(注意应用等比 数列前n项和公式时应分q=1和q≠1两种情况讨论); 1 (2)1 +2 +3 +…+n = n(n+1)(2n+1); 6
2 2 2 2

1 2 (3)1 +2 +3 +…+n =4n (n+1)2.
3 3 3 3

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第二章 专题

2.倒序相加法:等差数列前n项和公式的推导方法, 即将Sn倒写后再与Sn相加,从而达到(化多为少)求和的目 的.常用于组合数列求和.

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第二章 专题

3.错位相减法:等比数列前n项和公式的推导方法, 即将数列中的各项乘以一个适当的数(式).然后错开一位 相减,使数列中的一些项相互抵消或形成规律,从而得出 数列的前n项和.此种方法常用于数列{an· bn}的前n项和, 其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.

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第二章 专题

4.裂项相消法:将数列的通项分裂为两项之差,即数 列的每一项都可按此法分裂成两项之差,求和时,除首尾 若干少数项之外,其余各项相互抵消,这一求和方法称为 裂项相消法.

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第二章 专题

5.分解求和法与并项求和法 分解求和法:把原数列的每一项拆成两(多)项之和或 差,从而将原数列分解成两(多)个数列的和或差,而这两 (多)个数列或者是等差、等比数列,或者是已知其和.求 出这两(多)个数列的和,再相加(减),得到原数列和的方法 便是分解求和法.为了便于拆项,常常从分解数列的通项 入手.

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第二章 专题

并项求和法:将原数列的项重新组合(例如两两结合, 奇偶项分别结合等),使它们成为一个或几个等差(比)数列 后再求和的方法. 总之,在求数列的前n项和时,应先考查其通项公式, 根据通项公式的特点,再来确定选用何种求和方法.数列 求和的实质就是一个代数式(或超越式)的化简问题.

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第二章 专题

典例剖析
题型一 公式法:直接利用或者转化后利用等差或等

比数列求和公式

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第二章 专题

[例1]

已知等差数列{an},a2=9,a5=21.

(1)求{an}的通项公式; (2)令bn=2an,求数列{bn}的前n项和Sn. [分析] 由a2,a5的值列方程组可求得基本量a1和d,即

可求an;再利用等比数列前n项和公式求Sn.

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第二章 专题

[解]

(1)设等差数列{an}的公差为d,依题意得方程组 解得a1=5,d=4.

? ?a1+d=9 ? ? ?a1+4d=21

∴{an}的通项公式为an=4n+1.

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第二章 专题

(2)由an=4n+1得bn=24n 1,bn+1=24(n


+1)+1

bn+1 24?n+1?+1 4 ∴ b = 4n+1 =2 . 2 n ∴{bn}是以b1=25为首项,公比为q=24的等比数列. 由等比数列前n项和公式得: 25?1-24n? 32?24n-1? Sn= = . 15 1-24

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第二章 专题

[点评]

分析数列是由等差数列或等比数列构成,可

直接由等差数列与等比数列的求和公式求和.

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第二章 专题

题型二 [例2]

倒序相加法 4x 1 2 设f(x)= x ,求和S=f( 2 002 )+f( 2 002 )+… 4 +2

2 001 +f(2 002). [分析] 本题是求函数值的和,通过对其解析式的研

究,寻找它们的规律,然后进行解决.

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第二章 专题

[解] 2 = x , 4 +2

4 4x 4 因为f(x)= x ,所以f(1-x)= 1-x = 4 +2 4 +2 4+2· 4x

1 -x

所以f(x)+f(1-x)=1. 1 2 2 001 所以S=f( )+f( )+…+f( ),① 2 002 2 002 2 002 2 001 2 000 1 S=f(2 002)+f(2 002)+…+f(2 002).②

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第二章 专题

1 2 001 ①+②得2S=2 001[f(2 002)+f(2 002)]=2 001. 2 001 所以S= 2 .

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第二章 专题

题型三 错位相减法 若在数列{an· bn}中,{an}成等差数列,{bn}成等比数 列,则可采用错位相减法求和. [例3] 1 设正项等比数列{an}的首项a1=2,前n项和为Sn

且210S30-(210+1)S20+S10=0. (1)求数列{an}的通项; (2)求{nSn}的前n项和Tn.

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第二章 专题

[分析]

(1)先从已知条件出发,对210S30-(210+1)S20+

S10=0进行变形整理,充分利用等比数列的性质,求出公比 q,然后由等比数列的通项公式求出数列的通项;(2)由(1) 求出nSn,认真观察{nSn}的通项,可采用错位相减法.

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第二章 专题

[解]

(1)由210S30-(210+1)S20+S10=0得210(S30-S20)=

S20-S10,即210(a21+a22+…+a30)=a11+a12+…+a20,可 得,210· q10(a11+a12+…+a20)=a11+a12+…+a20,∵ 1 an>0,∴2 · q =1,由题意知q>0,解得q=2,
10 10

因而an=a1q

n-1

1 =2n,n=1,2,….

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第二章 专题

1 1 (2)因为{an}是首项a1=2,公比q=2的等比数列, 1 1 2?1-2n? 1 n 故Sn= =1- n,nSn=n- n, 1 2 2 1- 2 则数列{nSn}的前n项和 1 2 n Tn=(1+2+…+n)-( + 2+…+ n)① 2 2 2

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第二章 专题

1 1 1 1 2 ①式两边同时乘以2得,2Tn=2(1+2+…+n)-(22+23 n-1 n +…+ 2n + n+1)② 2 1 1 1 1 1 n ①-②得 Tn= (1+2+…+n)-( + 2+…+ n)+ n+1 2 2 2 2 2 2 1 1 n?n+1? 2?1-2n? n = 4 - + n+1, 1 2 1- 2 n?n+1? 1 n 即Tn= 2 + n-1+2n-2. 2
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第二章 专题

[点评]

此题综合性很强,巧妙的利用方程确定各项

和之间的关系,这就要求同学们在解决问题时,要合理的 化简方程,找出式子之间的内在联系,并结合数列中的有 关性质进行化简;本题设计巧妙,不高不低,难易适当, 试题没有设计任何的障碍,只要按照常规方式即可得解, n 道路一片光明,当得到nSn=n-2n时,一切都豁然开朗.

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第二章 专题

题型四 裂项相消法 所谓裂项相消,就是将数列的每一项“一拆为二”, 即每一项拆成两项之差,以达到隔项相消之目的. 常用的裂项变形有 1 1 1 ①an= =n- ; n?n+1? n+1

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第二章 专题

1 1 1 1 ②an= = ( - ); ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 1 ③an= n?n+1??n+2? 1 1 1 = [ - ]; 2 n?n+1? ?n+1??n+2? ④an=n· n!=(n+1)!-n!;

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第二章 专题

1 ⑤an=n(n+1)=3[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]; 1 ⑥an=n(n+1)(n+2)= 4 [n(n+1)(n+2)(n+3)-(n- 1)n(n+1)(n+2)]

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第二章 专题

[例4] (n≥2). [分析]

1 1 1 1 求和: 2 + 2 + 2 +…+ 2 2 -1 3 -1 4 -1 n -1

1 认真观察,可以发现数列的每一项 2 均可 n -1

分解成两项的差,于是可以用裂项相消法求和.

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第二章 专题

[解]

1 1 ∵ 2 = n -1 ?n-1??n+1?

1 1 1 = ( - ), 2 n-1 n+1 1 1 1 1 ∴ 2 + 2 + 2 +…+ 2 2 -1 3 -1 4 -1 n -1 1 1 1 1 1 1 1 1 =2[(1-3)+(2-4)+(3-5)+…+( - )] n-1 n+1

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第二章 专题

1 1 1 1 =2(1+2-n- ) n+ 1 2n+1 3 =4- (n≥2). 2n?n+1?

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第二章 专题

[点评]

裂项相消法的关键是将数列的通项分解成两

项的差,这两项一定要是同一数列的相邻(相间)两项,即 这两项的结构应一致.

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第二章 专题

题型五 [例5]

分解求和法与并项求和法 (1)求和:Sn= 11-2 + 1 111-22 +…+

(2)求和:Sn=1-3+5-7+9-11+…+(-1)n-1(2n- 1); (3)求和:12+32+52+…+(2n+1)2. [分析] 通项公式是解决数列求和的关键.先求出通

项公式,分析通项公式的特点,判断采用哪种求和方法.

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第二章 专题

[解]

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第二章 专题

1 1 2 1 n 所以Sn=3(10-1)+3(10 -1)+…+3(10 -1) 1 =3[(10+102+…+10n)-n]← 重组两个和式
n 1 10?10 -1? 1 = · - · n 3 10-1 3

10n+1-10 n = -3. 27

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第二章 专题

(2)当n=2k(k∈N*)时, S2k=1-3+5-7+9-11+…+(-1)2k-1(4k-1) =(1-3)+(5-7)+(9-11)+…+[(4k-3)-(4k-1)]= -2k; 当n=2k-1(k∈N* )时, S2k-1=(1-3)+(5-7)+(9-11)+…+[(4k-7)-(4k- 5)]+(4k-3)

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第二章 专题

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第二章 专题

(3)因为an=(2n-1)2=4n2-4n+1, 所以Sn+1=4[12+22+32+…+(n+1)2]-4[1+2+3+… 1 1 +(n+1)]+(n+1)=4× (n+1)(n+2)(2n+3)-4× (n+ 6 2 1 1)(n+2)+(n+1)= (n+1)(4n2+8n+3). 3

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第二章 专题

[点评]

(1)和(3)不能直接求和,但可以分解为特殊数

列再求和;(2)注意正负相间可以两项并在一起再求和.

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第二章 专题


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