2020版高考数学第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用课件理新人教A版

第4节数列求和及数列的综合应用考试要求1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.知识梳理1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋________________.(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝_________________.n(n－1)2da1(1－qn)1－q，q≠12.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)裂项相消法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.(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑an与an＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.[微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝n(n＋1)2.2.12＋22＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)6.3.裂项求和常用的三种变形(1)1n（n＋1）＝1n－1n＋1.(2)1(2n－1)(2n＋1)＝1212n－1－12n＋1.(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝a1－an＋11－q.()(2)当n≥2时，1n2－1＝12(1n－1－1n＋1).()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得.()(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝3n－12.()解析(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.答案(1)√(2)√(3)×(4)√2.(必修5P47B4改编)数列{an}中，an＝1n(n＋1)，若{an}的前n项和为20192020，则项数n为()A.2018B.2019C.2020D.2021解析an＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝20192020，所以n＝2019.答案B3.(必修5P56例1改编)等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝1243，q0，Sn是其前n项和，则S6＝________.解析由a1＝27，a9＝1243知，1243＝27·q8，又由q0，解得q＝13，所以S6＝271－1361－13＝3649.答案36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A.9B.15C.18D.30解析由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.答案C5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，bn－an＝2n＋1，且Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2，则2Tn＝________________.解析由题意知Tn－Sn＝b1－a1＋b2－a2＋…＋bn－an＝n＋2n＋1－2，又Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2，所以2Tn＝Tn－Sn＋Sn＋Tn＝2n＋2＋n(n＋1)－4.答案2n＋2＋n(n＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋f1n＋…＋fn－1n＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.解析由f(x)＋f(1－x)＝4，可得f(0)＋f(1)＝4，…，f1n＋fn－1n＝4，所以2an＝[f(0)＋f(1)]＋f1n＋fn－1n＋…＋[f(1)＋f(0)]＝4(n＋1)，即an＝2(n＋1).答案an＝2(n＋1)考点一分组转化法求和【例1】(2019·济南质检)已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a3－1成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝2n－1＋an(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与n2＋2n的大小.解(1)设等比数列{an}的公比为q，∵a1，a2，a3－1成等差数列，∴2a2＝a1＋(a3－1)＝a3，∴q＝a3a2＝2，∴an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*).(2)由(1)知bn＝2n－1＋an＝2n－1＋2n－1，∴Sn＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n－1＋2n－1)＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝1＋（2n－1）2·n＋1－2n1－2＝n2＋2n－1.∵Sn－(n2＋2n)＝－10，∴Snn2＋2n.规律方法1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.2.若数列{cn}的通项公式为cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和.【训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1).∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.考点二裂项相消法求和【例2】(2019·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝an＋12－n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列2×3nanan＋1的前n项和Tn.解(1)∵a2＝8，Sn＝an＋12－n－1，∴a1＝S1＝a22－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋12－n－1－an2－n，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.(2)∵2×3nanan＋1＝2×3n(3n－1)(3n＋1－1)＝13n－1－13n＋1－1.∴数列2×3nanan＋1的前n项和Tn＝13－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n－1－13n＋1－1＝12－13n＋1－1.规律方法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.2.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系数之积与原通项公式相等.【训练2】设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.(1)求an；(2)设bn＝1Sn，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设数列{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝a1＋6d，(a1＋7d)－2(a1＋2d)＝3，解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由(1)得Sn＝na1＋n(n－1)2d＝n(n＋2)，∴bn＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2.∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝121－13＋12－14＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2.考点三错位相减法求和【例3】已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前n项和Tn.解(1)设{an}的公比为q，由题意知a1（1＋q）＝6，a21q＝a1q2，又an0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知：S2n＋1＝(2n＋1)(b1＋b2n＋1)2＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝bnan，则cn＝2n＋12n，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋522＋723＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n，又12Tn＝322＋523＋724＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，两式相减得12Tn＝32＋12＋122＋…＋12n－1－2n＋12n＋1，所以Tn＝5－2n＋52n.规律方法1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}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：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.【训练3】已知等差数列{an}满足：an＋1an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，an＋2log2bn＝－1.(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的公差为d，则d0，由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d分别加上1，1，3后成等比数列，得(2＋d)2＝2(4＋2d)，解得d＝2(舍负)，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.又因为an＋2log2bn＝－1，所以log2bn＝－n，则bn＝12n.(2)由(1)知an·bn＝(2n－1)·12n，则Tn＝121＋322＋523＋…＋2n－12n，①12Tn＝122＋323＋524＋…＋2n－12n＋1，②由①－②，得12Tn＝12＋2×122＋123＋124＋…＋12n－2n－12n＋1.∴12Tn＝12＋2×141－12n－11－12－2n－12n＋1，∴Tn＝1＋2－22n－1－2n－12n＝3－4＋2n－12n＝3－3＋2n2n.考点四数列的综合应用【例4】某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？解设该学生工作n天，每天领工资an元，共领工资Sn元，则第一种方案an(1)＝38，Sn(1)＝38n；第二种方案an(2)＝4n