【优化方案】2016年高考数学二轮复习-第一部分专题三-数列-第2讲-数列求和与数列的综合应用课件-

第2讲数列求和与数列的综合应用专题三数列2016考向导航专题三数列高考中对数列求和及其综合应用的考查题型，主、客观题均会出现，难度中等．数列主观题常与函数、不等式等知识点交汇，综合考查函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想．考查内容主要是：以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和；利用递推关系求数列的通项、前n项和；而该部分的难点是数列与其他知识点的交汇问题，如：数列中的给定信息题、证明题、恒成立问题等．1．活用公式与结论数列求和最常用的四种方法(1)公式法求和适合求等差数列或等比数列的前n项和．对等比数列利用公式法求和时，一定要注意公比q是否取1.(2)错位相减法这是推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}、{bn}分别是等差数列和等比数列．(3)裂项相消法把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求数列1anan＋1的前n项和．其中{an}若为等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1.(4)分组求和法一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，即先分别求和，然后再合并．2．辨明易错易混点(1)求解{an}的前n项和的最值时，无论是利用Sn还是an，都要注意条件n∈N*.(2)运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n＋1项中的前n项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时，注意要讨论代数式是否为零．考点一分组转化求和[命题角度]分组转化求和是把数列之和分为几组，各组中根据项的不同特征利用不同的方法求和，求出各组和之后再求整体之和，考查时多以解答题形式出现主要考查：1．周期数列的求和．2．奇偶项分别有相同的特征的数列求和．3．通项中含有(－1)n的数列求和．(2015·高考湖南卷)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.(1)证明：an＋2＝3an；(2)求Sn.[思路点拨](1)依据已知等式再构造一个类似的等式，然后两式相减，将和Sn消掉进行证明．(2)利用(1)中得到的关系求出该数列的通项公式，然后分组求和．[解](1)证明：由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.故对一切n∈N*，an＋2＝3an.(2)由(1)知，an≠0，所以an＋2an＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝3（3n－1）2，从而S2n－1＝S2n－a2n＝3（3n－1）2－2×3n－1＝32(5×3n－2－1)．综上所述，Sn＝32（5×3n－32－1），n是奇数，32（3n2－1），n是偶数.方法归纳分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组．(2)根据正号、负号分组．(3)根据数列的周期性分组．设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，数列{a2n－1}是首项为1的等差数列，数列{a2n}是首项为2的等比数列，且满足S3＝a4，a3＋a5＝a4＋2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求S2n.解：(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1＝1，a2＝2，a3＝1＋d，a4＝2q，a5＝1＋2d，所以4＋d＝2q，（1＋d）＋（1＋2d）＝2＋2q，解得d＝2，q＝3.所以an＝n，n＝2k－1，2·3n2－1，n＝2k，(k∈N*)．(2)S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n－1)＝（1＋2n－1）n2＋2（1－3n）1－3＝n2－1＋3n.考点二裂项相消求和[命题角度]裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项an分拆成an＝bn＋1－bn或者an＝bn－bn＋1或者an＝bn＋2－bn等，从而达到在求和时逐项相消的目的．本方法是高考中重点考查的求和方法之一．主要考查通项是两个等差数列的积或通项的分母是两个等差数列之积，而分子为常数的数列的求和问题．(2015·高考全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和．[思路点拨](1)依据已知的关系式再构造一个类似的关系式，两式相减得到数列通项的递推关系后求解．(2)由(1)求出通项，利用裂项相消法求和．[解](1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，①可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②②－①，得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由an＞0，得an＋1－an＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝1212n＋1－12n＋3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1213－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝n3（2n＋3）.方法归纳裂项后相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多.(2015·黄冈模拟)在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列．(1)已知数列{an}的前10项和为45，求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝1anan＋1，且数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn＝19－1n＋9，求数列{an}的公差．解：设数列{an}的公差为d，由a1，a4，a8成等比数列可得a24＝a1·a8，即(a1＋3d)2＝a1(a1＋7d)，所以a21＋6a1d＋9d2＝a21＋7a1d，而d≠0，所以a1＝9d.(1)由数列{an}的前10项和为45可得S10＝10a1＋10×92d＝45，即90d＋45d＝45，故d＝13，a1＝3，故数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)·13＝13(n＋8)．(2)bn＝1anan＋1＝1d1an－1an＋1，则数列{bn}的前n项和为Tn＝1d1a1－1a2＋1a2－1a3＋…＋1an－1an＋1＝1d1a1－1an＋1＝1d19d－19d＋nd＝1d219－1n＋9＝19－1n＋9.所以1d2＝1，d＝±1.故数列{an}的公差d＝1或－1.考点三错位相减求和[命题角度]本方法主要考查求数列{anbn}的前n项和Sn的问题，其中数列{an}与{bn}一个是等差数列，另一个是等比数列．(2015·高考湖北卷)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)当d1时，记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.[思路点拨](1)根据已知，建立关于a1和d的方程组，解方程组可求a1，d，即b1和q，从而可写出数列{an}，{bn}的通项公式．(2)用错位相减法求Tn.[解](1)由题意有10a1＋45d＝100，a1d＝2，即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2或a1＝9，d＝29.故an＝2n－1，bn＝2n－1或an＝19（2n＋79），bn＝9·29n－1.(2)由d1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝2n－12n－1，于是Tn＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n－12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋724＋…＋2n－32n－1＋2n－12n.②①－②可得12Tn＝2＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，故Tn＝6－2n＋32n－1.1．在本例条件下，若d＜1且cn＝lgbn，求c1＋c2＋c3＋…＋cn.解：因为d＜1，所以bn＝9·29n－1，所以cn＝lg9·29n－1＝(n－1)lg2－(n－2)lg9，所以c1＋c2＋…＋cn＝lg2·[0＋1＋2＋…＋(n－1)]－lg9·[－1＋0＋1＋2＋…＋(n－2)]＝n（n－1）2lg2－n（n－3）2lg9.2．在本例条件下，若d＜1且cn＝anbn，求Dn＝c1＋c2＋…＋cn.解：因为d＜1，所以an＝19(2n＋79)，bn＝929n－1，所以cn＝(2n＋79)29n－1，Dn＝c1＋c2＋…＋cn＝(2×1＋79)290＋(2×2＋79)·291＋(2×3＋79)292＋…＋(2n＋79)·29n－1，①29Dn＝(2×1＋79)29＋(2×2＋79)292＋(2×3＋79)·293＋…＋(2n＋79)29n，②①－②得，79Dn＝81＋2×29＋2×292＋…＋2×29n－1－(2n＋79)29n＝81＋2×291－29n－11－29－(2n＋79)29n，所以Dn＝975717－2n＋814729n.方法归纳错位相减法的步骤(1)求和时先乘以数列的公比．(2)把两个和的形式错位相减．(3)整理结果形式．考点四等差、等比数列的综合[命题角度]等差数列、等比数列的综合运算．(2015·岳阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和是Sn，S18∶S9＝7∶8.(1)求证：S3，S9，S6依次成等差数列；(2)a7与a10的等差中项是否是数列{an}中的项？如果是，是{an}中的第几项？如果不是，请说明理由．[审题路线图](1)(审范围)条件――→对公比q的值讨论q的值―→S3，S6，S9―→结论(2)(审结论)结论a7＋a102数列{an}的通项―→n的值[解](1)证明：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S18＝18a1，S9＝9a1，S18∶S9＝2∶1≠7∶8，所以q≠1.所以S18＝a11－q(1－q18)，S9＝a11－q(1－q9)，S18∶S9＝1＋q9.所以1＋q9＝78，解得q＝－2－13.所以S3＝a1（1－q3）1－q＝32×a11－q，S6＝a1（1－q6）1－q＝34×a11－q，S9＝a11－q(1－q9)＝98×a11－q.因为S9－S3＝－38×a11－q，S6－S9＝－38×a11－q，所以S9－S3＝S6－S9.所以S3，S9，S6依次成等差数列．(2)a7与a10的等差中项等于a7＋a102＝a1（2－2－2－3）2＝a116，设a7与a10的等差中项是数列{an}中的第n项，则a1()－2－13n－1＝a116，化简得(－2)－n－13＝(－2)－4，即－n－13＝－4，解得n＝13.所以a7与a10的等差中项是数列{an}中的第13项．方法归纳(1)数列问题中的重点是等差数列和等比数列，高考中有关数列的解答题一般都是等差数列和等比数列的综合性试题，解答这类试题的关键是熟悉等差数列、等比数列的通项公式和前n项和公式，根据已知条件列出正确的方程或方程组，求出数列的基本量．(2)解答非等差、等比数列问题需转