2020版高中数学新人教B版必修5课件：第二章数列专题突破四数列求和（42张）

课件42张PPT。专题突破四　数列求和第二章 数列学习目标XUEXIMUBIAO1.掌握分组分解求和法的使用情形和解题要点.
2.掌握奇偶并项求和法的使用情形和解题要点.
3.掌握裂项相消求和法的使用情形和解题要点.
4.进一步熟悉错位相减法.NEIRONGSUOYIN内容索引自主学习题型探究达标检测1自主学习PART ONE知识点一　分组分解求和法总结　分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和.知识点二　奇偶并项求和法
思考　求和12－22＋32－42＋…＋992－1002.答案　12－22＋32－42＋…＋992－1002
＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)
＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)
＝－5 050.总结　奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.知识点三　裂项相消求和法总结　如果数列的项能裂成前后抵消的两项，可用裂项相消求和，此法一般先研究通项的裂法，然后仿照裂开每一项.裂项相消求和常用公式：知识点四　错位相减求和法
思考　记bn＝n·2n，求数列{bn}的前n项和Sn.答案　∵Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n， ①
2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1， ②
①－②，得－Sn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1
＝－2－(n－1)·2n＋1.
∴Sn＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N＋.总结　错位相减法主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和.
利用“错位相减法”时，先写出Sn与qSn的表达式，再将两式对齐作差，正确写出(1－q)Sn的表达式；(利用此法时要注意讨论公比q是否等于1).1.并项求和一定是相邻两项结合.(　　)
2.裂项相消一定是相邻两项裂项后产生抵消.(　　)思考辨析 判断正误SIKAOBIANXIPANDUANZHENGWU××2题型探究PART TWO题型一　分组分解求和解　当x≠±1时，当x＝±1时，Sn＝4n.反思感悟　某些数列，通过适当分组，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分别求和，从而得出原数列的和.跟踪训练1　已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；解　设数列{an}的公比为q(q>0)，∴an＝a1·qn－1＝2·2n－1＝2n.(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和.解　bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)题型二　裂项相消求和以下同例2解法.引申探究反思感悟　求和前一般先对数列的通项公式变形，如果数列的通项公式可转化为f (n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项求和法.跟踪训练2　求和：题型三　奇偶并项求和例3　求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1).解　当n为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)当n为偶数时，∴Sn＝(－1)nn (n∈N＋).反思感悟　通项中含有(－1)n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和.跟踪训练3　已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.解　当n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n·(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]当n为奇数时，令n＝2k－1(k∈N＋)，
∴Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k－(6k－2)题型四　错位相减求和例4　(2018·佛山检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N＋).
(1)求数列{an}的通项公式；解　当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，(2)求数列{nan}的前n项和Tn.两式相减得反思感悟　用错位相减要“能识别，按步走，慎化简”.跟踪训练4　已知数列{an}的通项公式为an＝3n－1，在等差数列{bn}中，bn＞0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.
(1)求数列{anbn}的通项公式；解　∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.
∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.
设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，
∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.
∵bn＞0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，
∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.
故anbn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N＋.解　由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1， ①
3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n， ②
①－②，得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n
＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n
＝3＋2× －(2n＋1)3n
＝3n－(2n＋1)3n
＝－2n·3n.
∴Tn＝n·3n，n∈N＋.(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.3达标检测PART THREE12341.数列{1＋2n－1}的前n项和为_____________________.Sn＝n＋2n－1，n∈N＋解析　∵an＝1＋2n－1，12341234解析　由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5 000.5 00012344.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N＋.证明　由已知an＋1＝2an＋2n，∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.1234(2)在(1)的条件下求数列{an}的前n项和Sn.∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，
两边同时乘以2得
2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.课堂小结KETANGXIAOJIE求数列的前n项和，一般有下列几种方法.
1.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.
2.分组求和
把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
3.裂项相消
有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.4.奇偶并项
当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.
5.倒序相加
例如，等差数列前n项和公式的推导方法.